《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

10. 已知定义在 $ \mathbf { R } $ 上的函数 $ f ( x ) $ 满足对任意的 $ x, y \in \mathbf { R } $，$ f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) $，则下列结论一定正确的有 （ABD）
A.$ f ( 0 ) = 0 $
B.$ f ( x - y ) = f ( x ) - f ( y ) $
C.$ f ( x ) $ 为 $ \mathbf { R } $ 上的增函数
D.$ f ( x ) $ 为奇函数

答案： 10.ABD本题考查抽象函数的奇偶性与单调性。因为对任意的x，y∈R，f(x + y)=f(x)+f(y)，所以令x = y = 0，得f
(0)=f
(0)+f
(0)，解得f
(0)=0，故A正确。令y = -x，得f
(0)=f(x)+f( -x)=0，可得f(x)= -f( -x)，且f(x)的定义域为R，所以f(x)为奇函数，故D正确。因为f(x)为奇函数，所以f(x) - f(y)=f(x)+f( -y)=f(x - y)，故B正确。函数f(x)=0满足题意，但f(x)=0为常函数，不具有单调性，故C错误。故选ABD。

11. 某数学兴趣小组对函数 $ f ( x ) = 1 - \frac { x } { | x | + 1 } $ 进行研究，得出如下结论，其中正确的有 （ACD）
A.$ f ( - 2 023 ) + f ( 2 023 ) = 2 $
B.$ \exists x _ { 1 } \neq x _ { 2 } $，有 $ f ( x _ { 1 } ) = f ( x _ { 2 } ) $
C.$ f ( x ) $ 的值域为 $ ( 0,2 ) $
D.$ \forall x _ { 1 }, x _ { 2 } \in ( 0, + \infty ) $，都有 $ f \left( \frac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { 2 } \right) \leq \frac { f ( x _ { 1 } ) + f ( x _ { 2 } ) } { 2 } $

答案： 11.ACD本题考查函数值、函数的值域和单调性。对于A，f( -2023)+f
(2023)=1 - $\frac{-2023}{2023 + 1}$ + 1 - $\frac{2023}{2023 + 1}$ = 2，故A正确；对于B，当x≥0时，f(x)=1 - $\frac{x}{x + 1}$ = $\frac{1}{x + 1}$，函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，值域为(0,1]，当x ＜ 0时，f(x)=1 - $\frac{x}{x - 1}$ = 1 + $\frac{x}{x - 1}$ = 2 + $\frac{1}{x - 1}$，函数f(x)在( -∞,0)上单调递减，值域为(1,2)，因此函数f(x)在R上单调递减，则∀x₁≠x₂，都有f(x₁)≠f(x₂)，故B错误；对于C，由选项B知，函数f(x)的值域为(0,2)，故C正确；对于D，当x＞0时，f(x)=$\frac{1}{x + 1}$，∀x₁，x₂∈(0,+∞)，f($\frac{x₁ + x₂}{2}$)=$\frac{1}{\frac{x₁ + x₂}{2}+1}$ = $\frac{2}{(x₁ + 1)+(x₂ + 1)}$，$\frac{f(x₁)+f(x₂)}{2}$ = $\frac{1}{2}$($\frac{1}{x₁ + 1}$ + $\frac{1}{x₂ + 1}$) = $\frac{(x₁ + 1)+(x₂ + 1)}{2(x₁ + 1)(x₂ + 1)}$，$f(\frac{x₁ + x₂}{2}) - \frac{f(x₁)+f(x₂)}{2}$ = $\frac{2}{(x₁ + 1)+(x₂ + 1)}$ - $\frac{1}{2}$($\frac{1}{x₁ + 1}$ + $\frac{1}{x₂ + 1}$) = $\frac{4[(x₁ + 1)+(x₂ + 1)] - [(x₁ + 1)+(x₂ + 1)]²}{2[(x₁ + 1)+(x₂ + 1)](x₁ + 1)(x₂ + 1)}$ = $\frac{[(x₁ + 1)-(x₂ + 1)]²}{2[(x₁ + 1)+(x₂ + 1)](x₁ + 1)(x₂ + 1)}$ ≤ 0，当且仅当x₁ = x₂时取等号，因此f($\frac{x₁ + x₂}{2}$) ≤ $\frac{f(x₁)+f(x₂)}{2}$，故D正确。故选ACD。

12. 命题“$ \exists x ＞ 1 $，$ x ^ { 2 } ＜ 1 $”的否定为∀x＞1,x²≥1.

答案： 12.∀x＞1,x²≥1 [解析] 本题考查存在量词命题的否定。命题“∃x＞1,x²＜1”的否定为“∀x＞1,x²≥1”。

13. 函数 $ f ( x ) = [ x ] $ 的函数值表示不超过 $ x $ 的最大整数，例如，$ [ - 3.5 ] = - 4 $，$ [ 2.1 ] = 2 $. 若集合 $ A = \left\{ y \mid y = \left[ \frac { 2 x ^ { 2 } - 3 } { x ^ { 2 } + 1 } \right], x \in \mathbf { R } \right\} $，则 $ A $ 中元素的个数是5.

答案： 13.5 [解析] 本题考查函数的值域、集合中元素的个数。$\frac{2x² - 3}{x² + 1}$ = $\frac{2x² + 2 - 5}{x² + 1}$ = 2 - $\frac{5}{x² + 1}$，因为x² + 1≥1，所以0 ＜ $\frac{5}{x² + 1}$ ≤ 5，所以 -3≤2 - $\frac{5}{x² + 1}$ ＜ 2，即 -3≤$\frac{2x² - 3}{x² + 1}$ ＜ 2，所以A={ -3, -2, -1,0,1}，故A中元素的个数为5。

14. 已知函数 $ f ( x ) = - x + 2 $，$ g ( x ) = \frac { x ^ { 2 } + 5 x + 10 } { x + 3 } + m $，若对任意 $ x _ { 1 } \in [ 1, 2 ] $，存在 $ x _ { 2 } \in ( - 2,3 ) $，使得 $ f ( x _ { 1 } ) = g ( x _ { 2 } ) $，则实数 $ m $ 的取值范围为$(-\frac{14}{3},-3]$.

答案： 14.( -$\frac{14}{3}$,-3] [解析] 本题考查函数恒成立问题。由条件可得，f(x)，x∈[1,2]的值域是g(x)，x∈( -2,3)的值域的子集。因为f(x)= -x + 2，x∈[1,2]，所以f(x)∈[0,1]。g(x)=$\frac{x² + 5x + 10}{x + 3}$ + m = $\frac{(x + 3)² - (x + 3) + 4}{x + 3}$ + m = x + 3 + $\frac{4}{x + 3}$ - 1 + m。令x + 3 = t，t∈(1,6)，则g(x)=t + $\frac{4}{t}$ - 1 + m，t∈(1,6)。易知t + $\frac{4}{t}$在(1,2)上单调递减，在(2,6)上单调递增，最小值为4（t=2时），t=1时t + $\frac{4}{t}$=5，t=6时t + $\frac{4}{t}$=$\frac{20}{3}$，所以g(x)的值域为[3 + m, $\frac{17}{3}$ + m)。要使[0,1]⊆[3 + m, $\frac{17}{3}$ + m)，则$\begin{cases}3 + m ≤ 0\frac{17}{3} + m ＞ 1\end{cases}$，解得 -$\frac{14}{3}$ ＜ m ≤ -3，即实数m的取值范围为( -$\frac{14}{3}$,-3]。

15. (13 分) 设全集为 $ U = \mathbf { R } $，集合 $ A = \{ x \mid x ＜ - 3 $ 或 $ x ＞ 5 \} $，$ B = \{ x \mid - 2 ＜ x ＜ 10 \} $.
（1）求 $ ( \complement _ { U } A ) \cap B $；
（2）已知 $ C = \{ x \mid a ＜ x ＜ a + 1 \} $，若 $ C \subseteq B $，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 15.[解析] 本题考查集合的包含关系及交、补集的混合运算。
(1)因为A={x|x ＜ -3或x＞5}，U = R，所以∁₀UA={x| -3≤x≤5}。又B={x| -2＜x＜10}，所以(∁₀UA)∩B={x| -2＜x≤5}。
(2)因为集合C={x|a＜x＜a + 1}不是空集，且C⊆B，所以$\begin{cases}a ≥ -2\\a + 1 ≤ 10\end{cases}$，解得 -2≤a≤9，即实数a的取值范围为[ -2,9]。