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2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
10. 创新题 新考法 (2025四川内江第六中学期中)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并称为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”如下：设$x \in \mathbf{R}$，用$[x]$表示不超过$x$的最大整数，则$y = [x]$称为高斯函数，例如：$[-3.5] = -4$，$[2.1] = 2$.若$f(x) = x - [x],g(x) = \frac{[x + 1]}{x}$，则下列说法正确的是
(
A.$\exists x \in \mathbf{R},x \geq [x] + 1$
B.函数$f(x)$的值域为$0,1)$
C.当$x \geq 1$时，函数$g(x)$的值域为$(1,2$
D.若$\exists t \in \mathbf{R}$，使得$[t^3] = 1,[t^4] = 2,[t^5] = 3$，$·s ·s,[t^n] = n - 2$同时成立，则正整数$n$的最大值是5
(
BCD
)A.$\exists x \in \mathbf{R},x \geq [x] + 1$
B.函数$f(x)$的值域为$0,1)$
C.当$x \geq 1$时，函数$g(x)$的值域为$(1,2$
D.若$\exists t \in \mathbf{R}$，使得$[t^3] = 1,[t^4] = 2,[t^5] = 3$，$·s ·s,[t^n] = n - 2$同时成立，则正整数$n$的最大值是5
答案：
10.BCD对于A，由$[x]$表示不超过$x$的最大整数，知$[x]+1$是整数，若$\exists x\in\mathbf{R}$，$x\geq[x]+1$，则$[x]\geq[x]+1$，无解，故A错误；对于B，由高斯函数的定义可得$x - 1＜[x]\leq x$，所以$0\leq x - [x]＜1$，所以函数$f(x)=x - [x]$的值域为$[0,1)$，故B正确；对于C，当$x\geq1$时，$[x]\leq x＜[x]+1$且$[x + 1]=[x]+1$，所以$g(x)=\frac{[x + 1]}{x}＞\frac{[x]+1}{[x]+1}=1$，且$g(x)=\frac{[x + 1]}{x}\leq\frac{[x]+1}{[x]}=1+\frac{1}{[x]}\leq2$，当且仅当$x = 1$时取等号，所以当$x\geq1$时，函数$g(x)$的值域为$(1,2]$，故C正确；对于D，若$\exists t\in\mathbf{R}$，使得$[t^3]=1$，$[t^4]=2$，$[t^5]=3$，$·s·s$，$[t^n]=n - 2$同时成立，则$1\leq t＜\sqrt[3]{2}$，且$\sqrt[4]{2}\leq t＜\sqrt[4]{3}$，且$\sqrt[5]{3}\leq t＜\sqrt[5]{4}$，且$·s·s$，且$\sqrt[n]{n - 2}\leq t＜\sqrt[n]{n - 1}$，因为$\sqrt[4]{2}=\sqrt{2}$，所以若$n\geq6$，则不存在$t$同时满足$1\leq t＜\sqrt[3]{2}$和$\sqrt[4]{4}\leq t＜\sqrt[5]{5}$，所以只有当$n\leq5$时，存在$t\in[\sqrt[3]{1},\sqrt[2]{2})$满足题意，所以满足题意的正整数$n$的最大值是5，故D正确.
11.(2024黑龙江大庆实验中学月考)设集合$A = \left[0,\frac{1}{2}\right),B = \left[\frac{1}{2},1\right]$，函数$f(x) = \begin{cases} x + \frac{1}{2},x \in A \\ 2(1 - x),x \in B \end{cases}$，若$x_0 \in A$且$f(f(x_0)) \in A$，则$\frac{1}{x_0}$的取值范围为
(2,4)
.
答案：
11.答案(2,4)
思路点拨
根据分段函数的解析式，讨论$f(f(x_0)) = f(x_0)+\frac{1}{2}$及$f(f(x_0)) = 2[1 - f(x_0)]$，求出对应的$f(x_0)$的范围，再分类讨论求出$x_0$的范围，结合$x_0\in A$确定$x_0$的取值范围即可得解.
解析若$f(f(x_0)) = f(x_0)+\frac{1}{2}\in A$，即$0\leq f(x_0)+\frac{1}{2}＜\frac{1}{2}$，则$-\frac{1}{2}\leq f(x_0)＜0$，令$f(x_0)=x_0+\frac{1}{2}$，则$-\frac{1}{2}\leq x_0+\frac{1}{2}＜0\Rightarrow - 1\leq x_0＜-\frac{1}{2}$，不符合$x_0\in A$；令$f(x_0)=2(1 - x_0)$，则$-\frac{1}{2}\leq2(1 - x_0)＜0\Rightarrow1＜x_0\leq\frac{5}{4}$，不符合$x_0\in A$.若$f(f(x_0)) = 2[1 - f(x_0)]\in A$，即$0\leq2[1 - f(x_0)]＜\frac{1}{2}$，则$\frac{3}{4}＜f(x_0)\leq1$，令$f(x_0)=x_0+\frac{1}{2}$，则$\frac{3}{4}＜x_0+\frac{1}{2}\leq1\Rightarrow\frac{1}{4}＜x_0\leq\frac{1}{2}$，此时$x_0\in(\frac{1}{4},\frac{1}{2})$；令$f(x_0)=2(1 - x_0)$，则$\frac{3}{4}＜2(1 - x_0)\leq1\Rightarrow\frac{1}{2}\leq x_0＜\frac{5}{8}$，不符合$x_0\in A$.综上，$x_0\in(\frac{1}{4},\frac{1}{2})$，故$\frac{1}{x_0}\in(2,4)$.
思路点拨
根据分段函数的解析式，讨论$f(f(x_0)) = f(x_0)+\frac{1}{2}$及$f(f(x_0)) = 2[1 - f(x_0)]$，求出对应的$f(x_0)$的范围，再分类讨论求出$x_0$的范围，结合$x_0\in A$确定$x_0$的取值范围即可得解.
解析若$f(f(x_0)) = f(x_0)+\frac{1}{2}\in A$，即$0\leq f(x_0)+\frac{1}{2}＜\frac{1}{2}$，则$-\frac{1}{2}\leq f(x_0)＜0$，令$f(x_0)=x_0+\frac{1}{2}$，则$-\frac{1}{2}\leq x_0+\frac{1}{2}＜0\Rightarrow - 1\leq x_0＜-\frac{1}{2}$，不符合$x_0\in A$；令$f(x_0)=2(1 - x_0)$，则$-\frac{1}{2}\leq2(1 - x_0)＜0\Rightarrow1＜x_0\leq\frac{5}{4}$，不符合$x_0\in A$.若$f(f(x_0)) = 2[1 - f(x_0)]\in A$，即$0\leq2[1 - f(x_0)]＜\frac{1}{2}$，则$\frac{3}{4}＜f(x_0)\leq1$，令$f(x_0)=x_0+\frac{1}{2}$，则$\frac{3}{4}＜x_0+\frac{1}{2}\leq1\Rightarrow\frac{1}{4}＜x_0\leq\frac{1}{2}$，此时$x_0\in(\frac{1}{4},\frac{1}{2})$；令$f(x_0)=2(1 - x_0)$，则$\frac{3}{4}＜2(1 - x_0)\leq1\Rightarrow\frac{1}{2}\leq x_0＜\frac{5}{8}$，不符合$x_0\in A$.综上，$x_0\in(\frac{1}{4},\frac{1}{2})$，故$\frac{1}{x_0}\in(2,4)$.
12.(2025广西百色月考)已知$a,b,c,p$为实数，不等式组$\begin{cases} ax^2 + bx + c ＞ 0, \\ bx^2 + cx + a ＞ 0, \\ cx^2 + ax + b ＞ 0 \end{cases}$的解集为$\{x \mid x ＞ p\}$，则$p =$
0
；$\min\{a,b,c\} =$0
.
答案：
12.答案0;0
解析先证明$a$，$b$，$c$都不小于零，不妨假设$a＜0$，考虑不等式$ax^2 + bx + c＞0$，因为不等式组有解集，所以不等式$ax^2 + bx + c＞0$必定有解，不妨设方程$ax^2 + bx + c = 0$的两实数根为$m$，$n(m＜n)$，则不等式$ax^2 + bx + c＞0$的解集为$\{x|m＜x＜n\}$，易知不等式组的解集是不等式$ax^2 + bx + c＞0$的子集，与已知矛盾，故假设错误，故$a\geq0$.同理可知，$b\geq0$，$c\geq0$.再证明$a$，$b$，$c$中至少有一个为0，不妨设$a$，$b$，$c$均为正数，则函数$y = ax^2 + bx + c$，$y = bx^2 + cx + a$，$y = cx^2 + ax + b$的图象均开口向上，不等式组的解集应该还有$x＜q$（$q$为实数）的部分，与已知矛盾，故假设错误，所以$a$，$b$，$c$中至少有一个为0.显然$a$，$b$，$c$不全为0，分类讨论如下：若$a$，$b$，$c$中有两个为0，不妨设$a = b = 0$，$c＞0$，则不等式组为$\begin{cases}c＞0\\cx^2＞0\end{cases}$，其解集为$\{x|x＞0\}$，此时$p = 0$，符合题意；若$a$，$b$，$c$中有1个为0，不妨设$a = 0$，$b$，$c＞0$，则不等式组为$\begin{cases}bx + c＞0\\bx^2 + cx＞0\\cx^2 + b＞0\end{cases}$，其解集为$\{x|x＞0\}$，此时$p = 0$，符合题意.综上，$p = 0$，$\min\{a,b,c\}=0$.
解析先证明$a$，$b$，$c$都不小于零，不妨假设$a＜0$，考虑不等式$ax^2 + bx + c＞0$，因为不等式组有解集，所以不等式$ax^2 + bx + c＞0$必定有解，不妨设方程$ax^2 + bx + c = 0$的两实数根为$m$，$n(m＜n)$，则不等式$ax^2 + bx + c＞0$的解集为$\{x|m＜x＜n\}$，易知不等式组的解集是不等式$ax^2 + bx + c＞0$的子集，与已知矛盾，故假设错误，故$a\geq0$.同理可知，$b\geq0$，$c\geq0$.再证明$a$，$b$，$c$中至少有一个为0，不妨设$a$，$b$，$c$均为正数，则函数$y = ax^2 + bx + c$，$y = bx^2 + cx + a$，$y = cx^2 + ax + b$的图象均开口向上，不等式组的解集应该还有$x＜q$（$q$为实数）的部分，与已知矛盾，故假设错误，所以$a$，$b$，$c$中至少有一个为0.显然$a$，$b$，$c$不全为0，分类讨论如下：若$a$，$b$，$c$中有两个为0，不妨设$a = b = 0$，$c＞0$，则不等式组为$\begin{cases}c＞0\\cx^2＞0\end{cases}$，其解集为$\{x|x＞0\}$，此时$p = 0$，符合题意；若$a$，$b$，$c$中有1个为0，不妨设$a = 0$，$b$，$c＞0$，则不等式组为$\begin{cases}bx + c＞0\\bx^2 + cx＞0\\cx^2 + b＞0\end{cases}$，其解集为$\{x|x＞0\}$，此时$p = 0$，符合题意.综上，$p = 0$，$\min\{a,b,c\}=0$.
13. 创新题 新情境 (17分)(2025山东中昇大联考)对于四个正数$m,n,p,q$，若满足$mq ＜ np$，则称有序数对$(m,n)$是$(p,q)$的“下位序列”.
(1)对于3,4,8,10，有序数对$(3,4)$是$(8,10)$的“下位序列”吗？请简单说明理由；
(2)设$a,b,c,d$均为正数，且$(a,b)$是$(c,d)$的“下位序列”，试判断$\frac{a}{b},\frac{c}{d},\frac{a + c}{b + d}$之间的大小关系；
(3)设正整数$n$满足条件：对集合$\{m \mid 0 ＜ m ＜ 2024,m \in \mathbf{N}\}$内的每个$m$，总存在正整数$k$，使得$(m,2024)$是$(k,n)$的“下位序列”，且$(k,n)$是$(m + 1,2025)$的“下位序列”，求正整数$n$的最小值.
(1)对于3,4,8,10，有序数对$(3,4)$是$(8,10)$的“下位序列”吗？请简单说明理由；
(2)设$a,b,c,d$均为正数，且$(a,b)$是$(c,d)$的“下位序列”，试判断$\frac{a}{b},\frac{c}{d},\frac{a + c}{b + d}$之间的大小关系；
(3)设正整数$n$满足条件：对集合$\{m \mid 0 ＜ m ＜ 2024,m \in \mathbf{N}\}$内的每个$m$，总存在正整数$k$，使得$(m,2024)$是$(k,n)$的“下位序列”，且$(k,n)$是$(m + 1,2025)$的“下位序列”，求正整数$n$的最小值.
答案：
13.解析
(1)因为$3×10＜4×8$，所以(3,4)是(8,10)的“下位序列”.
(2)因为$(a,b)$是$(c,d)$的“下位序列”，所以$ad＜bc$.因为$a$，$b$，$c$，$d$均为正数，所以$\frac{a + c}{b + d}-\frac{a}{b}=\frac{bc - ad}{b(b + d)}＞0$，所以$\frac{a + c}{b + d}＞\frac{a}{b}$，又$\frac{a + c}{b + d}-\frac{c}{d}=\frac{ad - bc}{d(b + d)}＜0$，故$\frac{a + c}{b + d}＜\frac{c}{d}$.综上所述，$\frac{a}{b}＜\frac{a + c}{b + d}＜\frac{c}{d}$.
(3)由已知得$\begin{cases}mn＜2024k\\(m + 1)n＞2025k\end{cases}$，因为$m$，$n$，$k$均为正整数，所以$\begin{cases}mn + 1\leq2024k\\(m + 1)n - 1\geq2025k\end{cases}$，所以$2024(mn + n - 1)\geq2024×2025k\geq2025(mn + 1)$，所以$n\geq\frac{4049}{2024 - m}$.由题意可得$n\geq\frac{4049}{2024 - m}$对集合$\{m|0＜m＜2024,m\in\mathbf{N}\}$内的每一个$m$都成立，所以$n\geq\frac{4049}{2024 - 2023}=4049$，所以正整数$n$的最小值为4049.
(1)因为$3×10＜4×8$，所以(3,4)是(8,10)的“下位序列”.
(2)因为$(a,b)$是$(c,d)$的“下位序列”，所以$ad＜bc$.因为$a$，$b$，$c$，$d$均为正数，所以$\frac{a + c}{b + d}-\frac{a}{b}=\frac{bc - ad}{b(b + d)}＞0$，所以$\frac{a + c}{b + d}＞\frac{a}{b}$，又$\frac{a + c}{b + d}-\frac{c}{d}=\frac{ad - bc}{d(b + d)}＜0$，故$\frac{a + c}{b + d}＜\frac{c}{d}$.综上所述，$\frac{a}{b}＜\frac{a + c}{b + d}＜\frac{c}{d}$.
(3)由已知得$\begin{cases}mn＜2024k\\(m + 1)n＞2025k\end{cases}$，因为$m$，$n$，$k$均为正整数，所以$\begin{cases}mn + 1\leq2024k\\(m + 1)n - 1\geq2025k\end{cases}$，所以$2024(mn + n - 1)\geq2024×2025k\geq2025(mn + 1)$，所以$n\geq\frac{4049}{2024 - m}$.由题意可得$n\geq\frac{4049}{2024 - m}$对集合$\{m|0＜m＜2024,m\in\mathbf{N}\}$内的每一个$m$都成立，所以$n\geq\frac{4049}{2024 - 2023}=4049$，所以正整数$n$的最小值为4049.
14.(17分)(2025江苏无锡第三高级中学月考)已知函数$f(x)$和$g(x)$，定义集合$M_{f(x)g(x)} = \{x \mid f(x) ＜ g(x)\}$.
(1)设$f(x) = x^2 + 2x + 3,g(x) = -x + 2$，求$M_{f(x)g(x)}$；
(2)设$f(x) = ax^2 + 2ax - 4,g(x) = 2x(x + 2)$，当$M_{f(x)g(x)} = \mathbf{R}$时，求$a$的取值范围；
(3)设$f(x) = |2x - b|,g(x) = \frac{x + 4b}{x - 1},h(x) = 2$，若$M_{f(x)h(x)} \cap M_{g(x)h(x)} \neq \varnothing$，求$b$的取值范围.
(1)设$f(x) = x^2 + 2x + 3,g(x) = -x + 2$，求$M_{f(x)g(x)}$；
(2)设$f(x) = ax^2 + 2ax - 4,g(x) = 2x(x + 2)$，当$M_{f(x)g(x)} = \mathbf{R}$时，求$a$的取值范围；
(3)设$f(x) = |2x - b|,g(x) = \frac{x + 4b}{x - 1},h(x) = 2$，若$M_{f(x)h(x)} \cap M_{g(x)h(x)} \neq \varnothing$，求$b$的取值范围.
答案：
14.解析
(1)令$f(x)＜g(x)$，得$x^2 + 2x + 3＜-x + 2$，解得$\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}＜x＜\frac{-3 + \sqrt{5}}{2}$，则$M_{f(x)g(x)}=(\frac{-3 - \sqrt{5}}{2},\frac{-3 + \sqrt{5}}{2})$.
(2)由题意得，$f(x)＜g(x)$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，即$ax^2 + 2ax - 4 - 2x(x + 2)＜0$，即$(a - 2)x^2 + 2(a - 2)x - 4＜0$在$x\in\mathbf{R}$上恒成立，当$a = 2$时，$-4＜0$恒成立；当$a\neq2$时，由$\begin{cases}a - 2＜0\\4(a - 2)^2 + 16(a - 2)＜0\end{cases}$，解得$-2＜a＜2$.综上，当$M_{f(x)g(x)}=\mathbf{R}$时，$a$的取值范围为$(-2,2]$.
(3)由$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$得，不等式组$\begin{cases}f(x)＜2\\g(x)＜2\end{cases}$有解.由$f(x)＜2$得$-2＜2x - b＜2$，得$\frac{b}{2}-1＜x＜\frac{b}{2}+1$.由$g(x)＜2$得$\frac{x + 4b}{x - 1}＜2$，即$\frac{x + 4b - 2(x - 1)}{x - 1}＜0$，即$\frac{x-(4b + 2)}{x - 1}＞0$，即$[x-(4b + 2)](x - 1)＞0①$.当$4b + 2 = 1$，即$b = -\frac{1}{4}$时，$(x - 1)^2＞0$对任意$x\in(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$恒成立，满足$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$；当$4b + 2＜1$，即$b＜-\frac{1}{4}$时，由①得$x＜4b + 2$或$x＞1$，要使$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$，则$\frac{b}{2}-1＜4b + 2$或$\frac{b}{2}+1＞1$，解得$b＞-\frac{6}{7}$，则有$-\frac{6}{7}＜b＜-\frac{1}{4}$；当$4b + 2＞1$，即$b＞-\frac{1}{4}$时，由①得$x＜1$或$x＞4b + 2$，要使$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$，则$\frac{b}{2}-1＜1$或$\frac{b}{2}+1＞4b + 2$，解得$b＜4$，则有$-\frac{1}{4}＜b＜4$.综上所述，$b$的取值范围是$(-\frac{6}{7},4)$.
(1)令$f(x)＜g(x)$，得$x^2 + 2x + 3＜-x + 2$，解得$\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}＜x＜\frac{-3 + \sqrt{5}}{2}$，则$M_{f(x)g(x)}=(\frac{-3 - \sqrt{5}}{2},\frac{-3 + \sqrt{5}}{2})$.
(2)由题意得，$f(x)＜g(x)$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，即$ax^2 + 2ax - 4 - 2x(x + 2)＜0$，即$(a - 2)x^2 + 2(a - 2)x - 4＜0$在$x\in\mathbf{R}$上恒成立，当$a = 2$时，$-4＜0$恒成立；当$a\neq2$时，由$\begin{cases}a - 2＜0\\4(a - 2)^2 + 16(a - 2)＜0\end{cases}$，解得$-2＜a＜2$.综上，当$M_{f(x)g(x)}=\mathbf{R}$时，$a$的取值范围为$(-2,2]$.
(3)由$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$得，不等式组$\begin{cases}f(x)＜2\\g(x)＜2\end{cases}$有解.由$f(x)＜2$得$-2＜2x - b＜2$，得$\frac{b}{2}-1＜x＜\frac{b}{2}+1$.由$g(x)＜2$得$\frac{x + 4b}{x - 1}＜2$，即$\frac{x + 4b - 2(x - 1)}{x - 1}＜0$，即$\frac{x-(4b + 2)}{x - 1}＞0$，即$[x-(4b + 2)](x - 1)＞0①$.当$4b + 2 = 1$，即$b = -\frac{1}{4}$时，$(x - 1)^2＞0$对任意$x\in(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$恒成立，满足$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$；当$4b + 2＜1$，即$b＜-\frac{1}{4}$时，由①得$x＜4b + 2$或$x＞1$，要使$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$，则$\frac{b}{2}-1＜4b + 2$或$\frac{b}{2}+1＞1$，解得$b＞-\frac{6}{7}$，则有$-\frac{6}{7}＜b＜-\frac{1}{4}$；当$4b + 2＞1$，即$b＞-\frac{1}{4}$时，由①得$x＜1$或$x＞4b + 2$，要使$M_{f(x)h(x)}\cap M_{g(x)h(x)}\neq\varnothing$，则$\frac{b}{2}-1＜1$或$\frac{b}{2}+1＞4b + 2$，解得$b＜4$，则有$-\frac{1}{4}＜b＜4$.综上所述，$b$的取值范围是$(-\frac{6}{7},4)$.
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