《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

9. 已知定义在$\mathbf { R }$上的偶函数$f ( x )$是$[ 0, + \infty )$上的单调递减函数，若$f ( 3 a ) \geqslant f ( 2 a - 1 )$，则实数$a$的可能取值为（BD）
A.$- 2$
B.$- 1$
C.$2$
D.$\frac { 1 } { 5 }$

答案： 9.BD 本题考查函数的单调性和奇偶性综合问题 因为函数$f(x)$为定义在$R$上的偶函数，且在$[0,+\infty)$上单调递减，所以不等式$f(3a)\geq f(2a - 1)$等价于$|3a|\leq|2a - 1|$，可得$9a^{2}\leq(2a - 1)^{2}$，即$5a^{2}+4a - 1\leq0$，解得$-1\leq a\leq\frac{1}{5}$，结合选项可得实数$a$的可能取值为$-1$或$\frac{1}{5}$.故选BD.
方法技巧
如果函数$f(x)$是偶函数，在解决由$f(g(x))＞f(h(x))$求$x$的取值范围等问题时，由于$g(x)$，$h(x)$的正负不确定，而偶函数$f(x)$在$(0,+\infty)$和$(-\infty,0)$上的单调性相反，因此需要对$g(x)$，$h(x)$的正负分多种情况讨论，解题过程烦琐.但如果利用偶函数的性质$f(-x)=f(x)=f(|x|)$，可将$f(g(x))＞f(h(x))$转化为$f(|g(x)|)＞f(|h(x)|)$，这时$|g(x)|＞0,|h(x)|＞0$，因此只需根据函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上的单调性即可得出$|g(x)|$与$|h(x)|$的大小关系，进而解决问题，从而巧妙地避免了分类讨论，极大地简化了解题过程.

10. 关于函数$f ( x ) = \frac { \sqrt { x ^ { 2 } - x ^ { 4 } } } { | x - 1 | - 1 }$的性质描述，正确的是（AB）
A.$f ( x )$的定义域为$[ - 1,0 ) \cup ( 0,1 ]$
B.$f ( x )$的值域为$( - 1,1 )$
C.$f ( x )$在定义域上是增函数
D.$f ( x )$的图象关于$y$轴对称

答案： 10.AB 本题考查含根式的分式绝对值函数的性质 对A，由$\begin{cases}x^{2}-x^{4}\geq0,\\|x - 1|-1\neq0,\end{cases}$得$x\in[-1,0)\cup(0,1]$，即为函数$f(x)$的定义域，故A正确.对于B，由定义域，得$f(x)=\begin{cases}\sqrt{1 - x^{2}},-1\leq x＜0,\\-\sqrt{1 - x^{2}},0＜x\leq1,\end{cases}$当$x\in[-1,0)$时，$f(x)\in[0,1)$；当$x\in(0,1]$时，$f(x)\in(-1,0]$，所以$f(x)\in(-1,1)$，故B正确.对于C，因为$f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}＞f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以函数$f(x)$在定义域上不是增函数，故C不正确.对于D，因为函数的定义域关于原点对称，且对任意$x\in(0,1]$，$f(x)=-\sqrt{1 - x^{2}}=-f(-x)$，所以函数$f(x)$是奇函数，其图象关于原点对称，故D不正确.故选AB.

11. 设函数$f ( x ) = \min \{ | x - 2 |,x ^ { 2 }, | x + 2 | \}$，其中$\min \{ x,y,z \}$表示$x$，$y$，$z$中的最小者，下列说法正确的有（ ）

A.函数$f ( x )$为偶函数
B.不等式$f ( x ) ＜ 1$的解集为$( - 3,3 )$
C.当$x \in [ 1, + \infty )$时，$f ( x - 2 ) \leqslant f ( x )$
D.当$x \in [ - 4,4 ]$时，$| f ( x ) - 2 | \geqslant f ( x )$

答案：
11.AC 本题考查新定义函数的性质问题 作出函数$f(x)$的图象，即如图所示的实线部分.

由图可知，$f(x)=\begin{cases}|x + 2|,x\leq-1,\\x^{2},-1＜x＜1,\\|x - 2|,x\geq1,\end{cases}$其图象关于$y$轴对称，所以函数$f(x)$为偶函数，故A正确.因为$f(-1)=f(1)=1,f(-3)=f(3)=1$，所以$f(x)＜1$的解集为$(-3,-1)\cup(-1,1)\cup(1,3)$，故B不正确.当$x\geq1$时，$f(x)=|x - 2|,f(x - 2)$的图象可看作由$f(x)$的图象向右平移$2$个单位长度得到，对比$f(x - 2)$与$f(x)$的图象，显然当$x\in[1,+\infty)$时，$f(x - 2)\leq f(x)$，故C正确.由B选项的分析知$-3\leq x\leq3$时，$0\leq f(x)\leq1$，$|f(x)-2|\geq f(x)$成立，当$3＜x\leq4$时，$|f(x)-2|=|x - 2 - 2|=4 - x,f(x)=x - 2$，不等式$|f(x)-2|\geq f(x)$即为$4 - x\geq x - 2$，得$x\leq3$，不成立，故D不正确.故选AC.
方法总结
涉及$y = \min\{f(x),g(x),h(x)\}$或$y = \max\{f(x),g(x),h(x)\}$等新定义函数问题，一般采取数形结合的方法解决问题，即在同一坐标系中分别作出函数$f(x),g(x),h(x)$的图象，确定它们两两的交点，在每两个交点之间，根据图象的上下关系确定函数值的大小关系，从而得出相应新定义函数的图象，再结合图象分析判断其性质.

12. 若函数$f ( 2 x + 1 ) = x ^ { 2 } - 2 x$，则$f ( 3 ) =$-1.

答案： 12. -1 [解析] 本题考查函数值的求法 当$2x + 1 = 3$时，$x = 1$，故$f(3)=f(2×1 + 1)=1^{2}-2×1=-1$.

13. 若关于$x$的不等式$x ^ { 2 } + m x + 1 \leqslant 0$在区间$( 0,2 ]$上有解，则实数$m$的取值范围是$(-\infty,-2]$.

答案： 13.$(-\infty,-2]$ [解析] 本题考查由一元二次不等式解的情况求参数取值范围问题 因为$x\in(0,2]$，所以$x^{2}+mx + 1\leq0$可化为$m\leq-\frac{x^{2}+1}{x}$，因为关于$x$的不等式$x^{2}+mx + 1\leq0$在区间$(0,2]$上有解，所以$m\leq\left(-\frac{x^{2}+1}{x}\right)_{\max}$，又$-\frac{x^{2}+1}{x}=-\left(x+\frac{1}{x}\right)\leq-2$，当且仅当$x = 1$时，等号成立，所以$\left(-\frac{x^{2}+1}{x}\right)_{\max}=-2$，所以$m\leq-2$，即实数$m$的取值范围是$(-\infty,-2]$.

14. 已知函数$f ( x ) = | x - a | + \frac { 4 } { x }$，$g ( x ) = x ^ { 2 } - a x + 6$，若对于任意的实数$x _ { 1 }$和$x _ { 2 }$，当$x _ { 1 } \in [ 1,4 ]$，$x _ { 2 } \in \left[ \frac { 1 } { 2 },2 \right]$时，都有$f ( x _ { 1 } ) \leqslant g ( x _ { 2 } )$成立，则实数$a$的取值范围是______$\left[-\frac{5}{2},2\right]$.

答案： 14.$\left[-\frac{5}{2},2\right]$ [解析] 本题考查函数性质综合、不等式的恒成立问题 因为对于任意的$x_{1}\in[1,4],x_{2}\in\left[\frac{1}{2},2\right]$都有$f(x_{1})\leq g(x_{2})$成立，所以$f(x)_{\max}\leq g(x)_{\min}$.当$a\in(1,4)$时，$\frac{a}{2}\in\left(\frac{1}{2},2\right)$，所以$g(x)_{\min}=g\left(\frac{a}{2}\right)=6-\frac{a^{2}}{4}$，此时$f(x)=\left|x - a\right|+\frac{4}{x}=\begin{cases}x+\frac{4}{x}-a,a\leq x\leq4,\\a - x+\frac{4}{x},1\leq x＜a.\end{cases}$时，$f(x)$的最大值必为$5 - a$与$\frac{4}{a}$中较大者；当$1\leq x＜a$时，$f(x)$的最大值为$a + 3$，因为$a + 3＞5 - a$，所以$f(x)_{\max}=\max\left\{a + 3,\frac{4}{a}\right\}$，而当$a\in(1,4)$时，$a + 3-\frac{4}{a}=\frac{a^{2}+3a - 4}{a}＞0$，所以$f(x)_{\max}=a + 3$，所以$a + 3\leq6-\frac{a^{2}}{4}$，解得$-6\leq a\leq2$，又$a\in(1,4)$，所以$a\in(1,2]$；当$a\leq1$时，$\frac{a}{2}\leq\frac{1}{2}$，所以$g(x)_{\min}=g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{25}{4}-\frac{a}{2}$，此时$f(x)=\left|x - a\right|+\frac{4}{x}=x+\frac{4}{x}-a$，当$x = 1$或$x = 4$时，$f(x)_{\max}=5 - a$，所以只需$5 - a\leq\frac{25}{4}-\frac{a}{2}$，解得$a\geq-\frac{5}{2}$，又$a\leq1$，所以$a\in\left[-\frac{5}{2},1\right]$；当$a\geq4$时$\frac{a}{2}\geq2$，所以$g(x)_{\min}=g(2)=10 - 2a$，此时$f(x)=\left|x - a\right|+\frac{4}{x}=a - x+\frac{4}{x}$，函数$f(x)$在$[1,4]$上单调递减，当$x = 1$时，$f(x)_{\max}=a + 3$，所以只需$3 + a\leq10 - 2a$，解得$a\leq\frac{7}{3}$，又$a\geq4$，所以无解.综上，$a\in\left[-\frac{5}{2},2\right]$.

15. （13分）已知函数$f ( x ) = m x ^ { 2 } - m x - 1$.
（1）若$m = \frac { 1 } { 2 }$，解不等式$f ( x ) ＜ 0$；
（2）若$m \in \mathbf { R }$，解关于$x$的不等式$f ( x ) ＜ ( m - 1 ) x ^ { 2 } + 2 x - 2 m - 1$.

答案： 15.[解析] 本题考查含参的一元二次不等式的解法
(1)当$m=\frac{1}{2}$时，$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x - 1$，不等式$f(x)＜0$，即$\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x - 1＜0$，解得$-1＜x＜2$，所以不等式$f(x)＜0$的解集为$(-1,2)$.
(2)因为$f(x)=mx^{2}-mx - 1$，所以不等式可化为$mx^{2}-mx - 1＜(m - 1)x^{2}+2x - 2m - 1$，即$(x - m)(x - 2)＜0$，所以当$m＜2$时，不等式的解集为$(m,2)$；当$m = 2$时，不等式的解集为$\varnothing$；当$m＞2$时，不等式的解集为$(2,m)$.