《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

10. 下列判断正确的有（BCD）
A.$ \pi^{\frac{1}{3}}\gt 4^{\frac{1}{3}} $
B.$ 2^{\pi}\lt (\frac{1}{2})^{-4} $
C.若 $ a\gt b,c\gt d $，则 $ a - d\gt b - c $
D.若 $ a|c|\gt b|c| $，则 $ a\gt b $

答案： 10.BCD 本题考查比较大小问题 对于A，因为$y=x^\frac{1}{3}$
在(0,+∞)上单调递增，π＜4，所以$π^\frac{1}{3}＜4^\frac{1}{3}，$故A错误；
对于B，$(\frac{1}{2})^{−4}=2^4，$因为y=2^x在R上单调递增，
π＜4，所以2^π＜(\frac{1}{2})^{−4}，故B正确；对于C，因为c＞d，
所以−c＜−d，又因为a＞b，根据不等式的性质，可得
a−d＞b−c，故C正确；对于D，因为a|c|＞b|c|，所
以|c|＞0，根据不等式的性质得a＞b，故D正确.故选
BCD.

11. 悬链线是指两端固定的一条均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，例如悬索桥、电线等. 数学家和物理学家计算发现，悬链线是不同于抛物线的一类曲线，在特定的坐标系下，其函数解析式可以表示为 $ f(x)=ae^x + be^{-x} $（其中 $ a,b $ 是非零常数，无理数 $ e = 2.71828·s $）. 对于函数 $ f(x) $，以下结论正确的是（ACD）
A.$ a + b = 0 $ 是 $ f(x) $ 为奇函数的充要条件
B.$ a = b $ 是 $ f(x) $ 为偶函数的必要不充分条件
C.若 $ ab\lt 0 $，则 $ f(x) $ 为单调函数
D.若 $ ab\gt 0 $，则 $ f(x) $ 存在最大值或最小值

答案： 11.ACD 本题考查函数的性质及应用 对于A，函数
$f(x)=ae^x+be^{−x}$的定义域为R，关于原点对称，
当a+b=0时，f(x)+f(−x)=(a+b)e^x+
$(a+b)e^{−x}=0，$故函数f(x)为奇函数，充分性成立，
当函数f(x)为奇函数时，f(x)+f(−x)=(a+b)e^x+
$(a+b)e^{−x}=0，$因为e^x＞0，$e^{−x}＞0，$所以a+b=0，必
要性成立，所以a+b=0是函数f(x)为奇函数的充要
条件，故A正确；
对于B，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，当
a=b时，$f(−x)=ae^{−x}+be^x=f(x)，$故函数f(x)
为偶函数，充分性成立，当函数f(x)为偶函数时，
f(x)−f(−x)=0，故$(a−b)e^x+(b−a)e^{−x}=0，$即
$(a−b)(e^x−e^{−x})=0，$由于x的任意性，$e^x−e^{−x}$不一
定为0，故a=b，必要性成立，所以a=b是函数f(x)
为偶函数的充要条件，故B错误；
对于C，当a＞0，b＜0时，取∀x_1，x_2∈R，x_1＞$x_2，$有
$f(x_1)=ae^{x_1}+be^{−x_1}，$$f(x_2)=ae^{x_2}+be^{−x_2}，$$f(x_1)−$
$f(x_2)=a(e^{x_1}−e^{x_2})+b(e^{−x_1}−e^{−x_2})，$因为$x_1＞x_2，$
所以$a(e^{x_1}−e^{x_2})＞0，$$b(e^{−x_1}−e^{−x_2})＞0，$即$f(x_1)−$
$f(x_2)＞0，$故f(x)在R上单调递增，同理，当a＜0，
b＞0时，可得f(x)在R上单调递减，故C正确；
对于D，令t=e^x(t＞0)，则函数$f(x)=ae^x+be^{−x}$可
以转化成关于t的函数$g(t)=at+\frac{b}{t}(t＞0)，$由对
勾函数的性质易知，当a＞0，b＞0时，函数有最小
值，当a＜0，b＜0时，函数有最大值，故D正确.故
选ACD.

12. 函数 $ y = 2· a^{x - 1} - 1(a\gt 0 $，且 $ a\neq 1) $ 的图象恒过定点(1,1).

答案： 12.(1,1) [解析] 本题考查函数图象过定点问题 令
x−1=0，解得x=1，此时$y=2⋅a^0−1=1，$所以函数
$y=2⋅a^{x−1}−1(a＞0，$且a≠1)的图象恒过定
点(1,1).

13. 已知关于 $ x $ 的不等式 $ x^2 - 4ax + 2a^2\lt 0(a\gt 0) $ 的解集为 $ (m,n) $，则 $ m + n + \frac{a}{mn} $ 的最小值是$2\sqrt{2}$.

答案： $13.2\sqrt{2} [$解析] 本题考查一元二次不等式的解集和
基本不等式的运用 由题意可知$x^2−4ax+2a^2=0$
(a＞0)的两根为m，n，显然$Δ=16a^2−8a^2=8a^2＞0，$
$\begin{cases} 4a=m+n, \\ 2a^2=mn, \end{cases}$
则可得$m+n+\frac{a}{mn}=4a+\frac{a}{2a^2}=4a+\frac{1}{2a}，$
又a＞0，则$m+n+\frac{a}{mn}=4a+\frac{1}{2a}≥2\sqrt{4a⋅\frac{1}{2a}}=$
$2\sqrt{2}，$当且仅当$4a=\frac{1}{2a}，$即$a=\frac{\sqrt{2}}{4}$时，等号成立，所以
$m+n+\frac{a}{mn}$的最小值是$2\sqrt{2}.$

14. 定义在 $ \mathbf{R} $ 上的偶函数 $ f(x) $ 满足对任意的 $ x_1,x_2\in[0,+\infty)(x_1\neq x_2) $ 有 $ \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt 0 $，则满足 $ f(2x - 1)\geqslant f(x) $ 的 $ x $ 的取值范围是________.

答案：
$14.[\frac{1}{3},1] [$解析] 本题考查利用函数的性质解不等式

因为对任意的$x_1，$$x_2∈[0,+∞)(x_1≠x_2)$有
$\frac{f(x_2)−f(x_1)}{x_2−x_1}＜0，$所以函数f(x)在[0,+∞)上单
调递减，
又f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2x−1)≥f(x)，
所以|2x−1|≤|x|，即$(2x−1)^2≤x^2，$解得$\frac{1}{3}≤x≤1，$
所以满足f(2x−1)≥f(x)的x的取值范围是$[\frac{1}{3},1].$

15. (13 分)已知集合 $ A = \{x|2 - a\lt x\lt 2 + a\} $，$ B = \{x|x^2 - 5x + 4\geqslant 0\},C = \{x|\frac{x + 3}{x - 2}\lt 0\} $.
(1)求 $ B\cap C $；
(2)若 $ A\cap(\complement_{\mathbf{R}}B)=A $，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 15.[解析] 本题考查不等式的解法及集合的运算
(1)由$x^2−5x+4≥0，$解得x≥4或x≤1，可得集合B=
(−∞,1]∪[4,+∞)，
由$\frac{x+3}{x−2}＜0，$可得(x+3)(x−2)＜0，解得−3＜x＜2，
可得集合C=(−3,2)，
所以B∩C=(−3,1].
(2)若A∩(∁_RB)=A，则A⊆∁_RB，可知A∩B=∅，
当2−a≥2+a，即a≤0时，A=∅，符合题意；
当2−a＜2+a，即a＞0时，A≠∅，可得$\begin{cases}2−a≥1,\\2+a≤4,\end{cases}$
以0＜a≤1.
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,1].