《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

9. 若$a \gt 0$，$b \gt 0$，且$a + b = 4$，则下列不等式恒成立的是（AD）
A.$\frac{1}{ab} \geqslant \frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{a} + \frac{2}{b} \geqslant 2$
C.$\sqrt{ab} \geqslant 2$
D.$a^{2} + b^{2} \geqslant 8$

答案： 9.AD 本题考查基本不等式及其应用 对于A和C，因为$a ＞ 0$，$b ＞ 0$，所以$a + b = 4\geq2\sqrt{ab}$，则$\sqrt{ab}\leq2$，当且仅当$a = b = 2$时等号成立，故$0 ＜ ab\leq4$，则$\frac{1}{ab}\geq\frac{1}{4}$，故A正确，C错误；对于B，将$a = b = 2$代入，得$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1=\frac{3}{2}＜2$，故B错误；对于D，$a^2 + b^2\geq\frac{(a + b)^2}{2}=8$，当且仅当$a = b = 2$时等号成立，故D正确.故选AD.

10. 下列说法中正确的有（BC）
A.命题$p:\exists x_{0} \in \mathbf{R}$，$x_{0}^{2} + 2x_{0} + 2 \lt 0$，则命题$p$的否定是$\forall x \in \mathbf{R}$，$x^{2} + 2x + 2 \gt 0$
B.“$m \lt 0$”是“关于$x$的方程$x^{2} - 2x + m = 0$有一正根一负根”的充要条件
C.奇函数$f(x)$和偶函数$g(x)$的定义域都是$\mathbf{R}$，则函数$h(x) = f(g(x))$为偶函数
D.“$\sqrt{x} \gt \sqrt{y}$”是“$x \gt y$”的必要条件

答案： 10.BC 本题考查存在量词命题的否定、复合函数的奇偶性、充分条件与必要条件 对于A，命题$p$：$\exists x_0\in\mathbf{R}$，$x_0^2 + 2x_0 + 2 ＜ 0$，则命题$p$的否定是$\forall x\in\mathbf{R}$，$x^2 + 2x + 2\geq0$，故A错误；对于B，当$m ＜ 0$时，对于关于$x$的方程$x^2 - 2x + m = 0$，有$\Delta = 4 - 4m ＞ 0$，则方程有两个不等实根，设为$x_1$，$x_2$，则$x_1x_2 = m ＜ 0$，即$x_1$，$x_2$一正一负，当关于$x$的方程$x^2 - 2x + m = 0$有一正根一负根时，只需满足$\Delta = 4 - 4m ＞ 0$，$x_1x_2 = m ＜ 0$，即$m ＜ 0$，所以“$m ＜ 0$”是“关于$x$的方程$x^2 - 2x + m = 0$有一正根一负根”的充要条件，故B正确；对于C，由题意知$h(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，关于原点对称，由题意得$f(-x)=-f(x)$，$g(-x)=g(x)$，故$h(-x)=f(g(-x))=f(g(x))=h(x)$，故函数$h(x)=f(g(x))$为偶函数，故C正确；对于D，当$\sqrt{x}＞\sqrt{y}$时，可得$x ＞ y\geq0$，反之，当$x ＞ y$时，若$0 ＞ x ＞ y$，则$\sqrt{x}$，$\sqrt{y}$无意义，故“$\sqrt{x}＞\sqrt{y}$”是“$x ＞ y$”的充分不必要条件，故D错误.故选BC.

11. 已知函数$f(x) = \frac{x}{1 + |x|}(x \in \mathbf{R})$，以下结论正确的是（AB）
A.$f(x)$为奇函数
B.对任意的$x_{1}$，$x_{2} \in \mathbf{R}$，都有$\frac{f(x_{1}) - f(x_{2})}{x_{1} - x_{2}} \gt 0$
C.$f(x)$的值域是$[ - 1,1]$
D.对任意的$x_{1}$，$x_{2} \in \mathbf{R}$，都有$\frac{f(x_{1}) + f(x_{2})}{2} \lt f(\frac{x_{1} + x_{2}}{2})$

答案： 11.AB 本题考查函数的奇偶性、单调性与值域 对于选项A，$f(x)=\frac{x}{1 + |x|}$，$x\in\mathbf{R}$，定义域关于原点对称，$f(-x)=\frac{-x}{1 + |x|}=-f(x)$，则$f(x)$为奇函数，故A正确；对于选项B，当$x\geq0$时，$f(x)=\frac{x}{1 + x}=1-\frac{1}{1 + x}$，则函数$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，又函数$f(x)$为奇函数，故函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，则$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2}＞0$，故B正确；对于选项C，令$f(x)=\frac{x}{1 + |x|}=1$，得$x = 1 + |x|$，当$x\geq0$时，$x = 1 + x$，方程无解，当$x ＜ 0$时，$x = 1 - x$，$x=\frac{1}{2}$，不满足$x ＜ 0$，故C错误；对于选项D，取$x_1 = 0$，$x_2 = -2$，则$\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=-\frac{1}{3}$，$f(\frac{x_1 + x_2}{2})=f(-1)=-\frac{1}{2}$，$\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}＞f(\frac{x_1 + x_2}{2})$，故D错误.故选AB.

12. 已知关于$x$的不等式$(a^{2} - 4)x^{2} + (a + 2)x - 1 \geqslant 0$的解集是空集，则实数$a$的取值范围是$\left[-2,\frac{6}{5}\right)$.

答案： 12.$\left[-2,\frac{6}{5}\right)$ [解析] 本题考查一元二次不等式 当$a^2 - 4 = 0$时，解得$a = 2$或$a = -2$，当$a = 2$时，不等式为$4x - 1\geq0$，$x\geq\frac{1}{4}$，解集不为空集，不符合要求，舍去；当$a = -2$时，不等式为$-1\geq0$，解集为空集，符合要求.当$a^2 - 4\neq0$时，要使不等式的解集为空集，则$\begin{cases}a^2 - 4 ＜ 0\\\Delta=(a + 2)^2 + 4(a^2 - 4) ＜ 0\end{cases}$，解得$-2 ＜ a ＜ \frac{6}{5}$.
综上，实数$a$的取值范围是$\left[-2,\frac{6}{5}\right)$.

13. 已知函数$f(x) = \log_{2}x$的反函数为$g(x)$，且有$g(a)g(b) = 16$，若$a \geqslant 0$，$b \geqslant 0$，则$\frac{4}{2a + b} + \frac{1}{a + 2b}$的最小值为$\frac{3}{4}$.

答案： 13.$\frac{3}{4}$ [解析] 本题考查对数函数的反函数、基本不等式及其应用 函数$f(x)=\log_{2}x$的反函数为$g(x)=2^x$，因为$g(a)g(b)=16$，所以$2^a×2^b=16$，即$2^{a + b}=16$，则$a + b = 4$，因为$a\geq0$，$b\geq0$，所以$a + 4 ＞ 0$，$b + 4 ＞ 0$，所以$\frac{4}{2a + b}+\frac{1}{a + 2b}=\frac{4}{a + 4 + a}+\frac{1}{a + 4 + b - 4}=\frac{1}{12}[(a + 4)+(b + 4)]·(\frac{4}{a + 4}+\frac{1}{b + 4})=\frac{1}{12}[5+\frac{4(b + 4)}{a + 4}+\frac{a + 4}{b + 4}]\geq\frac{1}{12}×[5 + 2\sqrt{\frac{4(b + 4)}{a + 4}·\frac{a + 4}{b + 4}}]=\frac{3}{4}$，当且仅当$a = 4$，$b = 0$时取等号，故$\frac{4}{2a + b}+\frac{1}{a + 2b}$的最小值为$\frac{3}{4}$.
方法点拨：利用基本不等式求最值的两种常用方法
(1)拼凑法，拼凑法求解最值，其实质是先通过代数式变形拼凑出和或积为常数的两项，然后利用基本不等式求解最值，利用基本不等式求解最值时，要注意“一正、二定、三相等”，尤其要注意验证等号成立的条件.
(2)常数代换法，利用常数代换法解题的关键是通过代数式的变形，构造和式或积式为定值的式子，然后利用基本不等式求解最值.应用此种方法求解最值时，应把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘求积或相除求商.

14. 已知函数$f(x) = \lg(x^{2} - 4x) + 2023^{x - 2} + 2023^{2 - x}$，则使不等式$f(3x) \lt f(x + 3)$成立的$x$的取值范围是________.

答案：
14.$(\frac{4}{3},\frac{3}{2})$ [解析] 本题考查函数的单调性、函数图象的对称性 由$x^2 - 4x ＞ 0$得$f(x)$的定义域为$(-\infty,0)\cup(4,+\infty)$，因为$f(2 - x)=\lg[(2 - x)^2 - 4(2 - x)]+2023^{(2 - x)-2}+2023^{-(2 - x)}=\lg(x^2 - 4)+2023^{-x}+2023^{2 - x}$，$f(2 + x)=\lg[(2 + x)^2 - 4(2 + x)]+2023^{(2 + x)-2}+2023^{-(2 + x)}=\lg(x^2 - 4)+2023^{x}+2023^{-x}$，所以$f(2 - x)=f(2 + x)$，所以$f(x)$的图象关于直线$x = 2$对称.
记$y = g(x)=f(x + 2)=\lg(x^2 - 4)+2023^{x}+2023^{-x}$，$x\in(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$，当$x ＞ 2$时，由复合函数单调性易知$y=\lg(x^2 - 4)$单调递增.记$h(x)=2023^{x}+2023^{-x}$，任取$x_2 ＞ x_1 ＞ 2$，则$h(x_1)-h(x_2)=2023^{x_1}+2023^{-x_1}-2023^{x_2}-2023^{-x_2}=(2023^{x_1}-2023^{x_2})·(\frac{1}{2023^{x_1 + x_2}}-1)$，因为$x_2 ＞ x_1 ＞ 2$，所以$2023^{x_2}-2023^{x_1}＞0$，$\frac{1}{2023^{x_1 + x_2}}-1＜0$，即$h(x_1)＜h(x_2)$，所以$h(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增，所以$y = g(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增，所以$f(x)$在$(4,+\infty)$上单调递增，$f(x)$的图象关于直线$x = 2$对称，如图.

由图可知，要使$f(3x)＜f(x + 3)$成立，必有$\vert3x - 2\vert＜\vert x + 3 - 2\vert$，两边平方并整理得$8x^2 - 14x + 3 ＜ 0$，解得$\frac{1}{4}＜x＜\frac{3}{2}$，由$3x\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)$，$x + 3\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty)$，得$x ＜ -3$或$x ＞ \frac{4}{3}$，所以使不等式$f(3x)＜f(x + 3)$成立的$x$的取值范围为$(\frac{4}{3},\frac{3}{2})$.
名师点评：解抽象函数不等式问题，主要利用函数的单调性、周期性、奇偶性等性质，结合图象求解.本题难点在于由函数$y=\lg(x^2 - 4x)$图象的对称性猜想$f(x)$图象的对称性并验证，然后利用定义判断函数的单调性，再结合图象求解即可.

15. （13分）（1）计算：$3^{\log_{3}2} - 2\log_{2}3×\log_{27}8 + \frac{1}{3}\log_{6}8 + 2\log_{6}\sqrt{3}$.
（2）解不等式：$\log_{2}(2 - x) \lt \log_{4}x$.

答案： 15.[解析] 本题考查对数的运算性质、利用对数函数的单调性解不等式
(1)$3^{\log_{3}2}-2\log_{2}3×\log_{27}8+\frac{1}{3}\log_{6}8+2\log_{6}\sqrt{3}=2-2\log_{2}3×\log_{3}2^{3}+\frac{1}{3}\log_{6}2^{3}+2\log_{6}3^{\frac{1}{2}}=2-2\log_{2}3×\frac{1}{\log_{2}3}+\log_{6}2+\log_{6}3=2 - 2 + 1 = 1$.
(2)由$\log_{2}(2 - x)＜\log_{4}x$，可得$\log_{2}(2 - x)＜\frac{1}{2}\log_{2}x=\log_{2}\sqrt{x}$.因为函数$y=\log_{2}x$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$\begin{cases}2 - x ＞ 0\\x ＞ 0\\2 - x ＜ \sqrt{x}\end{cases}$，解得$1 ＜ x ＜ 2$，故不等式的解集为$(1,2)$.
规律总结：对数运算要注意公式应用过程中自变量范围的变化，前后要等价，熟练地运用对数的运算性质并结合对数恒等式、换底公式是对数计算、化简、证明常用的技巧.