辽宁省大连市第24中学2025-2026学年第一学期高一数学期中试卷（图片版，含答案）

高 一 数 学 试 题 答 案
一、 单 项 选 择题
1 8 D BB A C CA D
二 、多 项 选 择题
9 ．B C D 1 0 ．A B 11 ． A BD
三、 填 空 题
1 2． 1 1 3. [ 0, 10 ] [ 24 , ) 1 4 . [ 1 , 3)
四、 解 答 题
1 5． 解： 因为 B x | x 2 | 3 { x | 1 x 5} ， 所以
（1 ）m 5 时， A x x2 1 0 x 2 4 0 { x | 4 x 6} ，∴ A I B { x | 4 x 5} ；
（2 ） “ x A ” 是“ x B ” 的充 分不 必要 条件 ，即 A B ，
m 1 1又 A x x 2 2mx m 2 1 0 {x |m 1 x m 1} 且m 1 m 1，∴
m
，
1 5
解得 0 m 4，经 检 验符 合题 意， 故 实数 m 的取 值范 围 是 0 m 4．
1 6． 解： （1 ）由 题意 知利 润 L x 收入 减去 总成 本， 所以 利润
10 x2 4 00 x 2 0 0 0, 0 x 4 0
L ( x) 5 x 10 0 2 00 0 C ( x)
x 1 00 00
，
2 5 00 , x 40 x
故 2 0 25 年的 利润 L x （万 元） 关于 年产 量 x （百 辆） 的函 数关 系式 为
1 0x2 4 0 0 x 2 0 0 0, 0 x 4 0
L ( x)
x 1 0 0 0 0
．
2 5 0 0, x 4 0 x
（2 ）当 0 x 4 0 时， L ( x) 1 0x2 4 0 0 x 2 0 0 0 1 0 ( x 2 0 ) 2 2 0 0 0，
故当 x = 20 时， L ( x )ma x 2 0 0 0；
x 4 0 L ( x) 10 00 0 1 0 00 0当 时， x 25 0 0 2 x 2 5 00 2 3 00 ，
x x
x 10 0 0 0 当且仅当 ， 即 x 10 0 时取 得等 号；
x
综上 所述 ，当 产量 为 1 0 0（ 百 辆） 时， 取得 最大 利润 ，最 大利 润为 2 3 0 0 万元 ．
1 7． 解： （1 ） f ( x) x 2 4x a 3的对 称轴 是 x 2 ， f ( x ) 在区 间 1, 1 上是 减
函数 ，
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f (1 ) 0
f x a 0( ) 在 1, 1 上 存 在零 点， 则必 有： ，即 ，解 得： 8 a 0，
f ( 1) 0 a 8 0
故实 数 a 的取 值范 围为 8, 0 ；
（ 2 ） 由 题 意 知 ， 问 题 等 价 于 f ( x)ma x g ( x)ma x ， f ( x)ma x f ( 4) a 3 ， 当 m 1 时 ，
g ( x ) x 3， g ( x )ma x 7 ，故 a 3 7，解 得 a 4 ，即 a 的取 值范 围为 ( 4, ) .
（3 ）若 对 任意 x1 1 , 4 ，总 存 在 x 2 1 , 4 ，使 f ( x1 ) g ( x2 )成立 ，只 需 函数 y f ( x )
的值 域为 函数 y g ( x ) 值域 的子 集 ．
当 a 0 时， f ( x ) x2 4 x 3 ， x 1 , 4 的值 域为 1, 3 ，
下面 求 g ( x) mx 5 2m， x 1 , 4 的值 域，
①当 m 0 时， g( x ) 5，不 合题 意， 故舍 ；
②当 m 0 时， g ( x) mx 5 2m的值 域为 5 m ,5 2m ，
5 m 1只需 要 1, 3 5 m ,5 2m ，即 ，解 得m 6 ；
5 2m 3
③当 m 0 时， g ( x) mx 5 2m的值 域为 5 2 m ,5 m ，
5 2m 1只需 要 1, 3 5 2 m, 5 m ，即 ，解 得m 3；
5 m 3
综上 实数 m 的取 值范 围为 , 3 6 , ．
1 1
1
2 x2 1 2
1 8． 解 ： （ 1 1 x）当 x 0 时， 均 有 f ( ) x f ( x)，故 函 数 f x 是“ 局部
x 1 x2 1 1 1 x2
x2
反比 例对 称函 数” ．
f x kx 2 1 k（2 ）因 为 函数 是“ 局部 反比 例对 称函 数 ”， 所 以 f 2 f x k x 2，
x x
化简 得 k x2 4x k 0 ． 要使 得等 式成 立， 则 1 6 4k 2 0，， 解得 2 k 2．
又 k N*，所 以 k 1 或 k 2 ．
（3 ）根 据 题意 ， f x x 2 2mx m 2 4 是定 义在 区间 0 , 上的 “ 局部 反比 例对 称函 数” ，
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1
则方 程 f f x 1 2m，即 2 m2 4 x2 2mx m2 4在 0 , 上有 解． x x x
1
2
1 1 1
整理 得： x 2m x 2 m 2 5 0 ． 令 t x，由 x 0 ，得 t x 2，
x x x x
2 2
所以 问题 转化 为方 程 t 2m t 2 m 5 0在 2, 上有 解 ．
设函 数 g t t 2 2m t 2 m 2 5 ，则 其图 象开 口向 上， 对称 轴为 t m ． 分类 讨论 ：
①当 m 2 时， 只需 g 2 4 4 m 2 m2 5 0，即 m2 2 m 3 0 ，
解得 1 m 3，所 以 1 m 2；
②当 m 2 时， 只需 Δ 4m2 8 m 2 5 0 ，即 m 2 10 ，
解得 10 m 10 ，所 以 2 m 10 ．
综上 ，实 数 m 的取 值范 围为 1, 10 ．
7 x 8
1 9． 【解 】（ 1 ）令 f ( x) x ， 则 x2 6 x 8 0，解 得 x 2 或 x 4 ，
x 1
7 7 x 8 8
令 f ( f ( x )) x ， 则 x 1 27 x x 8 ， 整理 得 x 6 x 8 0， 解得 x 2 或 x 4 ，
1
x 1
经检 验知 均满 足条 件 ，故 函数 f ( x ) 的不 动点 和稳 定点 均 为 2 和 4 .
2
（2 ）（ i） f ( x ) x 2 a ( x 1) x 2 a x a，令 f f x x ，得 (x 2 + ax - a ) +a (x 2 + a x - a )- a = x ，
x 2即 a x a x 2 a x a a x a 0 3 2，得 x a x a x a x 1 0，
所以 x a x 1 x 2 a 1 x 1 0 .
a 1 2①当 2，即 a 1 时， 方程 为 x 1 x 1 0，解 得 x 1 ， 此时 f ( x ) 有一 个稳 定点 ；
②当 a 1 时， x 2 a 1 x 1 0 2的判 别式 a 1 4 .
若 a 1 2 4 0，即 3 a 1时， 此时 f ( x ) 有两 个稳 定点 ；
若 a 1 2 4 0，即 a 3 或 a 1 ；
当 a 3 时， 方程 为 x 3 x 1 3 0，此 时 f ( x ) 有两 个稳 定点 ；
当 a 1 时， 方程 为 x 1 x 1 3 0，此 时 f ( x ) 有两 个稳 定点 ；
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a 1 2 4 0 a 3 a 1 a 2若 ，即 或 ， a 1 a 1 1 a 0且
12 a 1 1 1 a 3 0，此 时 f ( x ) 有四 个稳 定点 ；
综上 所述 ，当 a 1时 ， f ( x ) 有一 个稳 定点 ；当 a 3 , 1 U 1 , 1 时 ， f ( x ) 有两 个稳 定点 ；
当 a , 3 U 1 , 时， f ( x ) 有四 个稳 定点 .
（i i ）由 （i ）知 ，当 a 3 , 1 U 1 , 1 时， f x 有两 个 稳定 点为 a 和 1 .
因为 x n 1 , n2 ， 2n1 f f x 2n2 ，故 取 x n1 ，得 2 n1 f f n 1 n1，
解得 n1 0，所 以 n1 a ， n2 1，因 为 n1 a 0，解 得 a 0 ，
由（ i） 知 a 3 , 1 1 , 1 ，故 0 a 1， 此时 x a, 1 ， 2a f f x 2 .
a
当 0 a 1时， a 1，令 t f x ，当 x a , 1 时，
2
2 2
因 f a a f 1 1 a a， f a，故 t
a

2 4
a, 1 .
4
a
2 a a2 a a
而 a a ，故 f t 在 a, 单调 递减 ，在 , 1 单调 递增 ，4 2 4 2 2
a a2 a a 2 a a a2
注意 到 a 1 1



，故 f 1 f a ，2 4 2 4 2 2 4
a2 a a2
所以 当 t a , a 时， f t 的值 域为 f , f 1 a, 1 ，
4 2

4


2 0 a 1
即 f f x a 的值 域为 a, 1 . 由题 意得 a2 ，解 得 0 a 1.
4 a 2a 4
所以 实数 a 的取 值范 围为 0 a 1.
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