辽宁省辽南协作体2025-2026学年第一学期高一数学期中试卷（图片版，含答案）

2025 —— 2026 学年度 上学期 期中考试 高一试题 数学答 案
一、 单 选题 ：
1.C 2.D 3.A 4. A 5.B 6. D 7.C 8.C
二、 多选题：
9.ABD 10. BCD 11.ABC
三、 填空题：
12. (1,2) (2,3)
13. 1
14. a≥6
四、 解答题：
15. 1 x2解：（ ）由 3x 10 = (x 5)(x + 2) 0 ，得 x 2或x 5，即
A ={x | x 2或x 5}，（ 3 分）
若m =1，则B ={x | x 2或x 1}=R，（ 5 分）
因此 A B = A ={x | x 2或x 5}.（ 6 分）
（ 2 ）当m+1 2m 1，即m 2时，B =R，符合 A B；（ 8 分）
m≥2
当m+1≤2m 1 ，即m≥2 时， m+1≥ 2，解得2≤m≤3；（ 1 1 分）

2m 1≤5
因此m≤3（ 12 分）， 检验，当m = 3时，B ={x | x 4或x 5}，符合 A B，因此m≤3 .
（ 13 分）
16. 解：（1 ） 因为 ， 是方程 x2 + 4x +1= 0的两个根， 则 =1， 2 + 4 +1= 0，所以
2 + + 4 = 2 + 4 +1= 0（ 3 分）
2
（或者 + = 4， + + 4 = ( + )+ 4 = 4 + 4 = 0 ）
（ 2） 当m = 0时， 2x 0，解得 x 0；（ 4 分）
当m 0时， = 4 4m2 = 4(1 m2 ) ，
0 4(1 m2若 ，即 ) 0，解得m 1或m 1，
当m 1时，不存在 x使得mx2 + 2x +m 0；（ 6 分）
当m 1时，对任意 x R，mx2 + 2x +m 0；（ 7 分）
若 = 0，即4(1 m2 ) = 0，解得m = 1或m =1，
当m = 1时， x2 + 2x 1 0，即 x2 2x +1 0，即 (x 1)2 0，无解；（ 9 分）
当m =1时， x2 + 2x +1 0，即 (x +1)2 0 ， x 1；（ 10 分）
若 0，即4(1 m2 ) 0，解得 1 m 1，且 m 0 ，即 1 m 0或0 m 1
2 4(1 m)2 1 1 m2
此时方程mx2 + 2x +m = 0的两个根为 = ，
2m m
1+ 1 m2 1 1 m2
当 1 m 0时， ，mx2 + 2x +m 0的解为
m m
1+ 1 m2 1 1 m2
x ；（ 1 2 分）
m m
1+ 1 m20 1 1 m
2
当 m 1时， ，mx2 + 2x +m 0的解为
m m
1 1 m2 1+ 1 m2
x 或x ；（ 14 分）
m m
综上所述：
当m≤ 1时，解集为 ；
1+ 1 m2 1 1 m2
当 1 m 0时，解集为 ( , )；
m m
当m = 0时，解集为 (0,+ )；
0 1 1 1 m
2 1+ 1 m2
当 m 时，解集为 ( , ) ( ,+ )
m m
当m =1时，解集为{x | x 1}；
当m 1时，解集为R .（ 15 分）


t2 +12t + 70,0≤ t≤4

17. 解：（ 1） 若 a = 3，P(t) = 52 ，（ 1 分）
t + , 4 t≤12
t
当0≤ t≤4时，y = t2 +12t + 70的对称轴为 t = 6，开口向下，在[0,4]上为增函数，当
t = 0时， ymin = 70；（ 3 分）
4 12 52 2 52 4 13 52当 t≤ 时， y = t + ≥ = ，当且仅当 t = ，即 t = 2 13 时，等号成
t t
立，因为4 2 13≤12，故 ymin = 4 13；（ 5 分）
因为4 13 70，所以P(t)在[0,12]上的 最小值为4 13 . （6 分）
（ 2） 若要求整个受阅过程中最低分评分不低于 70， 即P(t)≥70恒成立，（ 7 分）
当0≤ t≤4时， t2 + 4at + 70≥70恒成立，即 t2 + 4at≥0，4a≥t，4a≥ tmax = 4，
所以a≥1；（ 1 0 分）
4 12 4a
2 +16 2
当 t≤ 时 ， t + ≥70 恒 成 立 ， 即 4a +16≥ t(70 t) ，
t
4a2 +16≥ t(70 t)max ，因为 y = t(70 t)对称轴为 t = 35，开 口向下，在 (4,12]上为增函
数，所以当 t =12时，y = t(70 t)max = 696，故4a2 +16≥696，解得a≥ 170 ；（ 14 分）
因为 t [0,12]，P(t)≥70恒成立，因此a≥ 170 ，故 训练水平系数a的 最小值为 170 .
（ 15 分）
18.
2 1
解：（ 1 ） 由 f ( )[2 f ( )] = [ (1)]2 (2 1 1f ，得 f ) = f ( ) ，又 因为
3 3 3 3 2 3
(1)[ (1 2f f )+ f ( )] 1 2= f ( ) f ( )， 即2[2 (2) 2 2 2f + f ( )] = 2 f ( ) f ( ) ，即
3 3 3 3 3 3 3 3
6 (2f ) = 2[ f (2)]2 2，即 f ( ) = 3 . （3 分）
3 3 3
（ 2） 因为 函数 f (x)的定义域为{x | x 0}，所以定义域关于原点对称，（ 4 分）
先证明：不存在 y0 ( ,0)使得 f (y0 ) = 0 .
假设存在 y0 ( ,0)，使得 f (y0 ) = 0 ，对于这样的 y0 ，一定存在 x0 0，使得，y0 + x0 0，
于是，由 f (x0 + y0 )[ f (x0 )+ f (y0 )] = f (x0 ) f (y0 )，即 f (x0 + y0 ) f (x0 ) = 0，
由已知得 f (x0 ) 0， f (x0 + y0 ) 0，则 f (x0 + y0 ) f (x0 ) 0，这与 f (x0 + y0 ) f (x0 ) = 0
矛盾，因此 y0 ( ,0) 使得 f (y0 ) 0 ， 再 由 已知 得到 y0 ( ,0) (0,+ ) 使得
f (y0 ) 0，（ 6 分）（ 只 要 能合 理的 说明当 x 0 时， f (x) 0即可）
再 由 f (x + y)[ f (x)+ f (y)] = f (x) f (y) 知，f (2x)[2 f (x)] = [ f (x)]2 ，得 f (x) = 2 f (2x)，
（ 8 分）
再由 f (2x x)[ f (2x)+ f ( x)] = f (2x) f ( x) ，即
( )[1 ( ) ( )] 1 ( ) ( ) 1 [ 1f x f x + f x = f x f x ，即 f (x)]2 + f (x) f ( x) = f (x) f ( x) ，整理
2 2 2 2
1 [ 1得 f (x)]2 = f (x) f ( x) ，又 因为 f (x) 不恒为 0， 所 以 f ( x) = f (x) ，即 f (x) 为奇
2 2
函数 . （1 0 分）
第（ 2 ） 问 也可以 这样证 明：
因为 函数 f (x)的定义域为{x | x 0}，所以定义域关于原点对称，（ 4 分）
先证明：不存在 y0 ( ,0)使得 f (y0 ) = 0 .
假设存在 y0 ( ,0)，使得 f (y0 ) = 0 ，对于这样的 y0 ，一定存在 x0 0，使得，y0 + x0 0，
于是，由 f (x0 + y0 )[ f (x0 )+ f (y0 )] = f (x0 ) f (y0 )，即 f (x0 + y0 ) f (x0 ) = 0，
由已知得 f (x0 ) 0， f (x0 + y0 ) 0，则 f (x0 + y0 ) f (x0 ) 0，这与 f (x0 + y0 ) f (x0 ) = 0
矛盾， 因此 y0 ( ,0) 使得 f (y0 ) 0 ， 再 由 已知 得到 y0 ( ,0) (0,+ ) 使得
f (y0 ) 0，（ 6 分）（ 只 要 能 合理 的 说明当 x 0 时， f (x) 0即可）
1 1 1 1
再 由 f (x + y)[ f (x)+ f (y)] = f (x) f (y) 知， = + ，令 g(x) = ，
f (x + y) f (x) f (y) f (x)
则 g(x + y) = g(x)+ g(y)，于 是 g( x) = g(x)+ g( 2x)，g(x) = g( x)+ g(2x) ，两 式相
加 得 ， g( 2x)+ g(2x) = 0 ， 即 g( x)+ g(x) = 0 1 1， 因 此 + = 0 ， 即
f ( x) f (x)
f ( x) = f (x)，故 f (x) 为奇 函数（ 10 分）
（ 3 ）因 为当 x 0时， f (x) 0 ，由（2 ）知 f (x) 为奇函数，所以当 x 0 时， f (x) 0（1 1
分）
1
因为 f (2x 1) 3，所以 2x 1 0， x （1 2 分）
2
x1, x2 (0,+ )
f (x ) f ( x )
，且 x1 x2， f (x2 ) f (x1) = f (x2 )+ f ( x1) = 2 1
x2 x1
f (x2 ) f ( x1) f (x2 ) f (x= = 1) ，因为 当 x (0,+ ) 时， f (x) 0 恒成立 ，所以
x2 x1 x2 x1
f (x2 ) f (x1) 0，因此 函数 f (x) 在 (0,+ )为减函数 ，（ 15 分）
x2 x1
2
由（ 1） 知 f ( ) = 3，所以 f (2x 1) 3即为 f (2 1) (2 2 1 5x f ) ， 2x 1 ，解得 x .
3 3 3 2 6
（ 17 分）

19. （ 1 ）因为 g(x) 为奇函数，h(x) 为偶函数，所以 g( x) = g(x) ，h( x) = h(x)，即
( x 1) f ( x) = (x 1) f (x)，f ( x) x = f (x)+ x，消去 f ( x) ，得到 f (x) = x(x +1) ，
因此 f (x) = x( 1) 1 1 1 1x + = x2 x = (x + )2 + ，当 x = 时， f (x) 的最大值为 .（ 4
2 4 2 4
分）
( ) 1+ h(x)[m h(x)] 1 x
2(m+ x2) 1 m
（ 2） 令 r x = = = ，得1 x2 (m+ x2 ) =1 m，整
x x x
理得 x4 +mx2 m = 0，（ 5 分）
令 t = x2 0，即关于 t的方程 t2 +mt m = 0有两个不相等的 正数根，
= m2 + 4m 0

于是 t1 + t2 = m 0 ，解得m 4（9 分）

t1t2 = m 0
（ 3 ）由（1 ） 知h(x) = f (x)+ x = x2 ，由 xr(y)+1≥h(y)[m h(x)]，得到
x[1 y2 (m+ y2 )]
+1≥ y2 (m+ x2 )，即 x xy2 (m+ y2 )≥ y3(m+ x2 ) y，
y
于是 x + y mxy
2 xy4 +my3 + x2y3 ≥0 2，整理得my (y x)≥ xy3(y x) (x + y)，
x + y x + y
所以 x y 0，m≤ xy + 2 恒成立 ，于是m≤ xy + 2 ，（ 1 2 分） y (x y) y (x y) min
设 t = y
2 ( tx y) 0，则 x = 2 + y，于是 y
t
+ y + y
x + y 2
xy + = ( t ) y ( t 2y+ y y + = + )+ (y2 12 2 + 2 )≥2 2 + 2 ，当且仅当y (x y) y t y t y
t 2y , 1= y = ，即 y =1, t = 2 时等号成立，此时 x = 2 +1. 所以m≤2 2 + 2 .（ 1 7 分）
y t y
xy3(y x) (x + y) x + y ( ) x y + 2y（ 最后 5 分另 解 ：m≤ = xy + = x y + y y +
y2 (y x) y2 (x y) y2 (x y)
= (x y) 1 2y + y2 + 2 + ≥2+ 2 2 ， 当 且 仅 当 y =1 ， (x y)y = 2 ， 即y y(x y)
x = 2 +1时 等号 成立. ）