湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

PAGEPAGE1襄阳四中2025

fxxx2在区间0aa0与区间a,bbaa一、单选题（每题5分，共40分

取值范围是（A．

B．

C．0,

D．

Axx10}B∣x22x30AB（

二、多选题（每题6分，共18分

B．{1

xy满足2xy1，则下列结论正确的是（xRx22xm0”是假命题，则实数m的取值范围是（

x

xyA．m

B．m

y的取值范围是 C．1m

D．m

Cx2y2

D4xy已知a，bR，函数yax与yxb的图象如图所示，则（ 0a1C0a1且0b

a＞1且bD．0b1

下列说法正确的是（fx的定义域为2,2f2x1的定义域为13

22log2kx2kx3)恒有意义，则实数k的取值范围是[0NN

，其中dv为车速ms.当安全距离d180.7v0.3v218

30m时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（

y2x

的值域为 a的取值范围为（

m1

fx4xa•2x13在区间1上单调递增，则实数a的取值范围affxx3gxax12xR，用Mxfxgx中的较大者，记为MxmaxfxgxfA．

B．1

C．1

3的解集为2 x24x,x

B．当a1Mx的值域为1fxmx2,x

的图象上存在关于原点对称的点，则实数m的取值范围是（

C．若Mx在2上单调递增，则a

B．422,

D．422,f(

D．当1a0gx1x24

称为“Ω函数 x[0f(x0x0y0f(xyf(xfy成立，给出下列三个结论：其中正确结论的个数是（（1）fxΩf(0)0（2）函数hx)x2x在[0Ω

三、填空题（每题5分，共15分lg22lg2lg50lg25 1 ,x0,则满足f2x1fx的x的取值范围（3）g(x)0x

在[0Ω（Q为有理数集

2,x若a，bR，对x2,2，均有2abx2bxa10恒成立，则2ab的取值范围 四、解答题（13+15+15+17+17=77分15（13

x2x3x2x2x211，求实数c的值ax214xax214x

，其中a为实数

fx的定义域为R，求a当a1时，是否存在实数mx1,1xR 16（15x若a1fx的图象关于点（2,3）若对x2fx2xa恒成立，求实数a的取值范围

9x19x1m3x13x11fx成立？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由19（17（m，n17（15（1） A2,

Bx|y

教材中有对一元二次方程的根与系数关系（韦达定理）

t

x2

6x，若 B区间的长度为4，求实数t的取值范围 不等式组1x1 解集构成的各区间的长度和等于6，求实数t的范围类比以上思路，推导一元三次方程ax3bx2cxd0（a0）xx3x2cx10(cR有三个实数根x1

f(x)ax22x（a0）函数的定义域为区间[m，n]mnRfxPAGE3襄阳四中2025

x1x

1- 6- 13．,1 14．4,2

gx在1上单调递减； 2

7

【详解】设k2a+b，可得kx2bxa10若k0，则b2a，可得2axa10对x22

g21211,g

g414111 4aa1

gx在24上的值域为111则4aa1

，解得a，所以k0成立

23x

16 若k0，设b2tk，则atk，可得kx22tkx

tk10对x22

x

3x 34x 3x 8 3x 3x 6x

所以fxf4x 6fxkx22tkx

tk1，则f

0

x 4x x 2 x x xf(x)的图象关于点（2,3）f27k3tk1

若k0，则二次函数fx的图象开口向上，可得

，消去t解得0k2

2x25x

2x25x4恒成立，即a ，f2

k5tk10

22

x

x

若k0fxxt

①当t2fx在2,2f27k3tk10，且3tk6k

y

在 上单调递增则k16k，解得k0

y2t22在4∞上单调递增，所以2t22132422131②当t2fx在2,2f27k5tk10，且5tk10k

1所以a ，

的取值范围是

,2 则k110k，解得 k0 2

（1）x1x22x1x24所以11x1x221③当2t2时， 4tk4k2tk10

（2）设ax3bx2cxd0(a0)x1x2x3整理可得t2t0，即存在t2,2，使得t2t0

则ax3bx2cxd0(a0)可分解因式为axxx

x

0

打开括号得ax3axxxx2axxxxxxxaxx

0可得0，解得4k0

1 1 2 12

所以有ax3axxxx2axxxxxxxaxxxax3bx2cxd4,2

1 1 2 12综上所述：2ab的取值范围为

xxxbxxxxx

c,xxxd 1 1 2

12

由（2）xxx1xxxxxxcxx

1 1 2 12（2）证明：由（1）gx1（2）证明：由（1）

1x

易知x

x2x2x2x22x

x

xx 1 1 1 2

x

x

c，x2x2x211x2x1

ax2ax214x

1

1 1 2所以有112c1，解得c5

gx2gx1

x21

x11

（1）实数a的取值范围为a

x1x2

PAGEPAGE4由函数y 在定义域内单调递增则函数tax24x3a在12上单调递增，且tax24x3a0在12

所以61

0t1，即实数

的取值范围为(0,]当a0t4x3在12上单调递减，且t4x30

（2）1

x

3，解不等式1

x

x8当a0tax24x3ax20

解不等式93x2，所以不等式193的解集为tax24x3a在12

x

x 当a0时，tax24x3a开口向上，对称轴为x0

∵不等式组

x

a由题意得

，解得a2a的取值范围是a2

x23tx40x2,8

g(2)46t4 x24x（3）当a1x24x

0

x2

88

则g(86424t40，解得t2t的范围为(5]．（3）f(xax22x(a0)令t3x3x3x，显然在x1,1上递增，则t

,

3

x1，顶点坐标为(11则9x9xm3x3x1t2mt1

88

要使nm最大，则nm尽量小，即m1n令htt2mt1t

, 3

fx在[m1上单调递减，在(1n 使得9x9xm3x3x1fx成立，则只需ht 0

f

f(114，解得a1①当m8即m16时，函数ht在88

1m22m 8

3

所以m4n，且

，即m

1x

2x40则ht

h

m10．解得m ，与m 矛盾

n22n

3

m

mn

②当即 m

得mn

，所以(n

(n

4mn128，得nm m8

m

即nm的最大值为82在,上单调递增．则htminh 10，解得2m2

要使nm最小，则mnm，n2 2 ③当m8即m16时，函数ht在88

即1mn，此时-1£4，得0a11111

3

8

由f(m)am22m4，解得m 则htminh3

m10．解得m ，与m 矛盾

111

f(n

2n4，解得n 11114a1x2【详