湖北省荆州中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖北省荆州中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共24页。试卷主要包含了若 x等内容，欢迎下载使用。
（全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟）
 A ∩ B 
一､单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
A  1,1, 2, 4, B  x x 1  1
已知集合，则（）
A. {1, 2}B. {1, 2}C. {1, 4}D. {1, 4}
若 xy  0 ，则“ x  y  0 ”是“ y  x  2 ”的（）
xy
充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
已知函数 f  x   x  a x  b （其中 a  b ）的图象如图所示，则函数 g  x  ax  b  2 的图像是
（）
A.B.
C.D.
现使用一架两臂不等长的天平称 20g 药品，操作方法如下：先将 10g 的砝码放在天平左盘中，取出一些药品放在天平右盘中，使天平平衡；再将 10g 的砝码放在天平右盘中，再取出一些药品放在天平左盘中，
使得天平平衡．你认为两次实际称得的药品总重量（）
A 等于 20gB. 大于 20gC. 小于 20gD. 以上都有可能
已知函数 f (x)  m2  2m  2 xm2 m1 是幂函数，且在0, ∞ 上单调递增，则m  （）
A. 3B. －1C. 1 或－3D. －1 或 3
已知 f  x  x2  2 x ，若 a  f 410  ， b  f 320 ， c  f 240  ，则（）
b  c  a
c  a  b
a  c  b
a  b  c
已知 f  x 是定义在1,  上的增函数，若对于任意 x, y 1,  ，均有 f  x  f  y  
f 2  1 ，则不等式 f  x  f  x 1  2  0 的解集为（）
f 2x y  ，
A.  5 , 
B.  5 , 
C. 1, 5 
D.  2, 5 
 2
 2
 2 
2 

 a  2  x  3a 1, x  1
已知函数 f  x  3 
其中 a  0 且a  1.若 x
 x 时，恒有
12
ax , x  1
x1 f  x1   x2 f  x2   x2 f  x1   x1 f  x2  ，那么实数 a 的取值范围是（）
( 0, 1)B.
 0, 2 
 0, 1 
 1 , 2 
3 
9 
 9 3 

二､多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.
下列命题中正确的是（）
若 a  b ，则 ac2  bc2
若 a  b  0 ， m  0 ，则 b  m  b
a  ma
若 a  b  0 ， m  0 ，则 m  m
ab
D 若0  a  b ，则 1  1
a3b3
已知 a  0 ， b  0 ， c  0 ，则下列结论正确的是（）
a
​
 1 ≥ 2
a
若 a  2b  1 ，则 1  2 的最小值是 9
ab
a2  3
a2  2
​
的最小值为 2
若2a  b  c  4 ，则 a a  b  c  bc 的最大值为 4
已知函数 f  x 和 g  x  的定义域均为 R， f  x  1  为奇函数， g  x  为偶函数，
3 

f  x  2   g  1  x   3 ，则（ ）
3  2

g  3   0
f   1   0
 2 3 

g  x  3  f  7  x 

f  x 的图象关于直线 x  7 对称
 66

二､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
x  1
若函数 f  x 的定义域为0, 5 ，则函数 g  x   f 2x  1 的定义域是.
已知1  x  y  4, 2  x  y  3 ，则3x  y 的取值范围是.
若对于函数 f  x 定义域内的每一个 x ，都有 f  x 
f  1  成立，则称该函数为“互倒函数”.已知函数
 x 

f  x 是定义域为 1 , 4 的“互倒函数”，且当 x 1, 4 时， f  x  1  1 ，若存在区间m, nm  1 满足：
 4
x22
x1 m, n ， x2 m, n ，使得 f  x1  f  x2   1，则mn 的取值范围为.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知不等式x2  4x  3  0 的解集为 A，且集合 B  {x | 2k 1  x  k}.
若 A ∩ B  A ，求实数 k 的取值范围；
若 A ∪ B  A ，求实数 k 的取值范围.
4 (3  π)4
21 27 0
（1）计算： 83        ；
2 8 

1 1
a  a1  2
已知 a 2
 a 2
 3 ，求
a2  a2  2
的值；
 3 k
已知9k 12k  16k ，求 
 4 
的值.
2025 年 5 月，荆州市首次获评第七届全国文明城市称号，荆州中学作为“全国文明校园”的再次蝉联者，既是荆州市文明城市创建的受益者，更是文明创建践行者.以此为契机，学校计划在天问广场旁一矩形空地进行绿化.如图所示，在两块完全相同的长方形上种植绿草坪，草坪周围（斜线部分）均摆满宽度相同的花，已知两块绿草坪的面积均为 400 平方米.
若矩形草坪的长比宽至少多 9 米，求草坪宽的最大值；
若草坪四周及中间的花坛宽度均为 2 米，求整个绿化面积的最小值.
已知奇函数 f (x) 
求实数 a, b 的值；
a  2x 1 2x 1
的定义域为
[a  2, b] .
判断函数 f  x 的单调性，并用定义证明；
存在 x [1, 2] ，使得2  mf (x)  2x  0 成立，求实数 m 的取值范围．
对于定义域为 I 的函数 f (x) ，如果存在区间[a, b]  I ，使得函数 y  f (x) 在 x∈[a, b] 时，值域是
[ka, kb]，则称[a, b] 为 f (x) 的“k 倍美好区间”.特别地，若函数函数 y  f (x) 在 x∈[a, b] 时值域是
[a, b]，则称[a, b] 为 f (x) 的“完美区间”.
证明：函数 f  x  9  2 在定义域里存在“完美区间”；
2x
如果二次函数 f (x)   1 x2  13 在(0，+∞）内存在“2 倍美好区间”，求出 a,b；
22
是否存在实数 a, b (b  2) ，使得函数 f  x   x  4   5 ( x 0, ∞ )在区间[a, b] 单调，且[a, b]
x 

为 f (x) 的“k 倍美好区间”，若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，请说明理由．
荆州中学 2025~2026 学年高一上学期期中考试
数学试题
（全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟）
 A ∩ B 
一､单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
A  1,1, 2, 4, B  x x 1  1
已知集合，则（）
A. {1, 2}B. {1, 2}C. {1, 4}D. {1, 4}
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：求出集合 B 后可求 A  B .
【详解】[方法一]：直接法
因为 B  x | 0  x  2 ，故 A ∩ B  1, 2 ，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
x  1 代入集合 B  x x 1  1 ，可得2  1，不满足，排除 A、D；
x  4 代入集合 B  x x 1  1 ，可得3  1 ，不满足，排除 C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
xy
2. 若 xy  0 ，则“ x  y  0 ”是“ y  x
 2 ”的（
）
A. 充分不必要条件
C. 充要条件
【答案】C
【解析】
B. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
【分析】解法一：由 x  y  2 化简得到 x  y  0 即可判断；解法二：证明充分性可由 x  y  0 得到 x   y ，
yx
代入 x  y 化简即可，证明必要性可由 x  y  2 去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由
yxyx
x  y 通分后用配凑法得到完全平方公式，再把 x  y  0 代入即可，证明必要性可由 x  y 通分后用配凑
yxyx
法得到完全平方公式，再把 x  y  0 代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为 xy  0 ，且 x  y  2 ，
yx
所以 x2  y2  2xy ，即 x2  y2  2xy  0 ，即 x  y 2  0 ，所以 x  y  0 .
所以“ x  y  0 ”是“ x  y  2 ”的充要条件.
yx
解法二：
充分性：因为 xy  0 ，且 x  y  0 ，所以 x   y ，
所以 x  y   y  y yxy y
所以充分性成立；
 1  1  2 ，
必要性：因为 xy  0 ，且 x  y  2 ，
yx
所以 x2  y2  2xy ，即 x2  y2  2xy  0 ，即 x  y 2  0 ，所以 x  y  0 .
所以必要性成立.
所以“ x  y  0 ”是“ x  y  2 ”的充要条件.
yx
解法三：
充分性：因为 xy  0 ，且 x  y  0 ，
xyx2  y2x2  y2  2xy  2xy x  y 2  2xy2xy
所以   2 ，
yxxyxyxyxy
所以充分性成立；
必要性：因为 xy  0 ，且 x  y  2 ，
yx
xyx2  y2x2  y2  2xy  2xy x  y 2  2xy x  y 2
所以   2  2 ，
yxxyxyxyxy

x  y 2
所以
xy
 0 ，所以 x  y 2
 0 ，所以 x  y  0 ，
所以必要性成立.
所以“ x  y  0 ”是“ x  y  2 ”的充要条件.
yx
故选：C
已知函数 f  x   x  a x  b （其中 a  b ）的图象如图所示，则函数 g  x  ax  b  2 的图像是
（）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二次函数图象可得0  b  1,1  a  2 ，然后利用排除法结合指数函数的性质分析判断即可
【详解】由函数 f  x   x  a x  b （其中 a  b ）的图象可得0  b  1,1  a  2 ，所以 g 0  a0  b  2  b 1  0 ，所以排除 BC，
因为1  a  2 ，所以 g  x  ax  b  2 为增函数，所以排除 A，故选：D
现使用一架两臂不等长的天平称 20g 药品，操作方法如下：先将 10g 的砝码放在天平左盘中，取出一些药品放在天平右盘中，使天平平衡；再将 10g 的砝码放在天平右盘中，再取出一些药品放在天平左盘中，使得天平平衡．你认为两次实际称得的药品总重量（ ）
A. 等于 20gB. 大于 20gC. 小于 20gD. 以上都有可能
【答案】B
【解析】
【分析】利用平衡条件得出 x 的表达式，结合基本不等式可得答案.
【详解】设天平左臂长为m ，右臂长为 n ， m, n  0 且 m  n ，左盘放的药品为x1 克，右盘放的药品为 x2
克，
则10m  nx2 ，解得 x
 10n , x
 10m ，
mx  10n
1m2n
1
x  x  x
 10n  10m  2
 20 ，
10n  10m mn
12mn
当且仅当 m  n 时，取到等号，而 m  n ，所以 x  20 .
故选：B
已知函数 f (x)  m2  2m  2 xm2 m1 是幂函数，且在0, ∞ 上单调递增，则m  （）
A. 3B. －1C. 1 或－3D. －1 或 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数的概念及性质即得.
【详解】因为 f  x 是幂函数，
所以 m2  2m  2  1，解得 m  1或 3；又 f  x 在0, ∞ 上单调递增，
当 m  1时， m2  m  1  1 ，不符合题意，当 m  3 时， m2  m 1  11，符合题意，
故 m  3 ．
故选：A．
已知 f  x  x2  2 x ，若 a 
f 410  ， b 
f 320 ， c 
f 240  ，则（）
b  c  a
【答案】D
【解析】
c  a  b
a  c  b
a  b  c
【分析】求证其奇偶性以及其在2, ∞ 上的单调性即可比较大小.
【详解】因 f x  x2  2 x  f  x ，则 f  x 为偶函数，
因 x  0 时， f  x  x2  2x ，在2, ∞ 上单调递增，
又410  320  910  240  1610 ，故 a  f 410   b  f 910   c  f 1610 
故选：D
已知 f  x 是定义在1,  上的增函数，若对于任意 x, y 1,  ，均有 f  x  f  y  
f 2  1 ，则不等式 f  x  f  x 1  2  0 的解集为（）
f 2x y  ，
A.  5 , 
 5 , 
1, 5 
 2, 5 
 2
 2
 2 
2 

【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，把不等式 f  x  f  x 1  2  0 ，转化为 f 22 x1   f 24  ，结合函数的单调性，得出相应
的不等式组，即可求解.
【详解】根据 f  x  f  y   f 2x y  ， f 2  1 ，
可得2  11  f 2  f 2  f 24  ，
由 f  x  f  y   f 2x y  ， f  x  f  x 1  2  0 ，
可得 f 22 x1   2 ，则 f 22 x1  
f 24  ，
22 x1  24

又 f  x 是定义在1,  上的增函数，所以x  1

x 1  1
，解得 x  5 ，
2
所以不等式 f  x  f  x 1  2  0 的解集为 5 ,  .

 2
故选：A.
【点睛】本题的易错点是不能利用 f  x  f  y   f 2x y  对已知不等式进行转化.
 a  2  x  3a 1, x  1
已知函数 f  x  3 
其中 a  0 且a  1.若 x
 x 时，恒有
12
ax , x  1
x1 f  x1   x2 f  x2   x2 f  x1   x1 f  x2  ，那么实数 a 的取值范围是（）
A. ( 0, 1)B.
 0, 2 
C.  0, 1 
D.  1 , 2 
3 
9 
 9 3 

【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件及函数单调性的定义，利用一次函数、指数函数和分段函数单调性，列出不等式组求解即可.
【详解】因为当 x1  x2 时，恒有 x1 f  x1   x2 f  x2   x2 f  x1   x1 f  x2  ，
所以当 x1  x2 时，恒有 x1  x2   f  x1   f  x2   0 ，
不妨设 x1  x2 ，则 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1  
所以函数 f  x 在R 上单调递减，
a  2  0
f  x2  ，
3

所以0  a  1
2 1
，解得0  a  1 ，
9
3 
 a  1 3a 1  a

所以实数 a 的取值范围是 0, 1  .
9 

故选：C.
二､多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.
下列命题中正确的是（）
若 a  b ，则 ac2  bc2
若 a  b  0 ， m  0 ，则 b  m  b
a  ma
若 a  b  0 ， m  0 ，则 m  m
ab
若0  a  b ，则 1  1
a3b3
【答案】BC
【解析】
【分析】通过特殊值、作差法及不等式性质，逐一判断各选项命题的真假.
【详解】选项 A，当c  0 时， ac2  bc2 ，故 A 错误；
选项 B， b  m  b  m a  b ，因 a  b  0 ， m  0 ，则 m a  b  0 ，
a  maa a  m
故 b  m  b ，B 正确；
a  ma
a a  m
选项 C，由 a  b  0 得 1  1 ，又 m  0 ，故 m  m ，C 正确；
abab
选项 D，由0  a  b 得0  a3  b3 ，故 1
a3
故选：BC
 1 ，D 错误.
b3
已知 a  0 ， b  0 ， c  0 ，则下列结论正确的是（）
a
​
 1 ≥ 2
a
若 a  2b  1 ，则 1  2 的最小值是 9
ab
a2  3
a2  2
​
的最小值为 2
若2a  b  c  4 ，则 a a  b  c  bc 的最大值为 4
【答案】ABD
【解析】
a
a
【分析】基本不等式求出各个选项中代数式的最值，即可得到结果.
【详解】A 选项，
 1
 2
 2 ，当且仅当
 1
，即 a  1 时，取等号，A 选项正
a
a  1
a
a
确；
4
B 选项， 1  2   1  2 a  2b  1 4  2b  2a  5  2
 9 ，当且仅当 2b  2a ，即 a  b  1
ab
 
abab
ab3
时，取等号，B 选项正确；
a2  2
a2  2
a2  3a2  2 111
a2  2
a2  2
a2  2
a2  2
C 选项，

 2 ，当且仅当

时，取等号，但当
a2  2
a2  2
1方程无解，C 选项错误；
D 选项， 2a  b  c  a  b  a  c  4 ，
a  b  a  c2
a a  b  c  bc  a a  b  c a  b  a  ba  c  4 ， 4
当且仅当 a  b  a  c  2 时，即b  c 时，取等号，D 选项正确.故选：ABD.
已知函数 f  x 和 g  x  的定义域均为 R， f  x  1  为奇函数， g  x  为偶函数，
3 

f  x  2   g  1  x   3 ，则（ ）
3  2

g  3   0
f   1   0
 2 3 

g  x  3  f  7  x 

f  x 的图象关于直线 x  7 对称
 66

【答案】BCD
【解析】
1 
2  1
【分析】由 f  x  3  为奇函数，令 x  0 ，可判断 B，由 f  x  3   g  2  x   3 ，令 x  1 可判断

A，由 g  x 是偶函数，通过方程组法可判断 C，由对称性的概念可判断 D.
1 1 1 
【详解】由 f  x  3  为奇函数，得 f  x  3    f  x  3  ，

令 x  0 ，得 f   1   0 ，B 正确．
3 

2  1
32
对于 f  x    g   x   3 ，

令 x  1 ，得 g  3   3  f   1   3 ，A 错误．
 2 3 

因为 g  x 是偶函数，所以 g x  g  x ，
2  117 
对于 f  x  3   g  2  x   3 ，以 x  2 代替 x 得 f  x  6   g(x)  3 ①，

则 f  x  7   g(x)  3 ②，所以 g  x  3  f  7  x  ，C 正确．
6  6

7 7 
66
①与②相减得 f  x    g(x)  f  x    g(x)  3  3  0 ，

7 7 7
即 f  x  6   f  x  6  ，则 f  x 的图象关于直线 x  6 对称，D 正确．

故选：BCD
二､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
x  1
若函数 f  x 的定义域为0, 5 ，则函数 g  x   f 2x  1 的定义域是.
【答案】1, 2
【解析】
0  2x 1  5

【分析】依题意可得x 1  0
，解得即可.
【详解】因为函数 f  x 的定义域为0, 5 ，
x  1
x 1  0
则对于函数 g  x   f 2x  1 ，令0  2x 1  5 ，解得1  x  2 ，

x  1
所以函数 g  x   f 2x  1 的定义域是1, 2．故答案为： 1, 2
已知1  x  y  4, 2  x  y  3 ，则3x  y 的取值范围是.
【答案】3,10
【解析】
【分析】先设出3x  y  m  x  y   n  x  y  ，求出 m, n ，再结合不等式的性质解出即可；
【详解】设3x  y  m  x  y   n  x  y   m  n x  m  n y ，
m  n  1
所以m  n  3 ，解得 m  2, n  1 ，

所以3x  y  2  x  y    x  y  ，
又2  x  y  3 ，所以4  2  x  y   6 ，又1  x  y  4,
所以上述两不等式相加可得3  2  x  y    x  y   10 ，
即3  3x  y  10 ，
所以3x  y 的取值范围是3,10 ，故答案为： 3,10 .
若对于函数 f  x 定义域内的每一个 x ，都有 f  x 
f  1  成立，则称该函数为“互倒函数”.已知函数
 x 

f  x 是定义域为 1 , 4 的“互倒函数”，且当 x 1, 4 时， f  x  1  1 ，若存在区间m, nm  1 满足：
 4
x22
x1 m, n ， x2 m, n ，使得 f  x1  f  x2   1，则mn 的取值范围为.
 6
【答案】, 6
 6

【解析】
【分析】根据“互倒函数”可以求出函数 f  x 在 x   1 ,1 上的解析式，将x m, n ， x m, n ，使得
 412
f  x1  f  x2
  1转化为函数 f  x 与函数
1
f  x
值域的包含问题，对 n 进行分类讨论即可求解.
【详解】因为当 x 1, 4 时， f  x 
 1 且 f  x 为“互倒函数”， x2 2
故当 x   1 ,1 时， f  x  f  1   x2  1 ，
x
2

 4 
当 n  1时， f  x 在m, n 上为增函数，
且 f  x 在m, n 上的值域为 D  m2  1 , n2  1  ，
1
22 
1
而在m, n 上的值域为 D2  

1,1 ，
f  x
 n2  1 m2  1 
22 
而 D1  D2 ，故
m2  1 
2
1
n2  1 且
2
n2  1 
2
1
m2  1 ，
2
所以m2 
1 n2  1
  1 ，其中 1
 m  n  1 ，所以
n2 
1 1
212 ，

1 

而

22
1 1  m2
m2  12
2
4m  2
，故 1  m2  1 ，

 162
m  1
 4

2 2m2
1251 21 1
所以 m n 
1  2 m  
 m   1 
m2 
2
42 

2 m2 
2 
因为 2  m2  1  1，由双勾函数的性质可得 y  t  1 , t   2 ,1 为减函数，

32t 3
6
  m2  1  1 13111
2 
6 ，所以
 m2n2  ，所以
 mn  .
m2 
2
6462
f xD   2111  3 

当1  n  4 时，   在m, n 上的值域为 1min m  , 2 ,  ，
2 n2  2 

1 21

而 f  x 在m, n 上的值域为 D2   3 ,
 ，

1 1 1 

 2111 2
min m2 

2 , n2

2  
2

同理min m  2 , n
  ，
2
3

若 m  1 ，则 m2  1  2 ，故m2  1 即 m 6 ，
n2366
6
故 mn 6 n ，而1  n  1 ，且 6  nm  1 ；
6m6
若 1  m ，则 1
nn2
 1  2 ，故 n2  6 即 n ，
6
23
故 mn 
6m ，而 6  m  1 ，且1  nm ；
6
6
 6
综上， mn , 6
 6

 6
故答案为：, 6 .
 6

【点睛】思路点睛：对于新定义问题，应根据新定义寻找函数值域的对应的关系，在关系处理的过程中，注意根据值域的不同形式分类讨论.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
已知不等式x2  4x  3  0 的解集为 A，且集合 B  {x | 2k 1  x  k}.
若 A ∩ B  A ，求实数 k 的取值范围；
若 A ∪ B  A ，求实数 k 的取值范围.
【答案】（1）{k | k  3} ；
}
（2）{k | k  1 .
3
【解析】
【分析】（1）先解出不等式x2  4x  3  0 的解集得到 A ，再根据 A ∩ B  A 得到 A  B ，列出关于 k 的不等式求解；
（2）根据 A ∪ B  A 得到 B  A ，分 B   和 B   两种情况讨论，列出关于 k 的不等式求解.
【小问 1 详解】
mx2  4x  3  0 ， x2  4x  3  0 ，1  x  3 ， A  {x |1  x  3} ，
Q A I B  A ， A  B ，
2k 1  1
3
m B  {x | 2k 1  x  k} ，  k

2k 1  k
实数 k 的取值范围为{k | k  3} ；
， k  3 ，
【小问 2 详解】
m A  {x |1  x  3} ， B  {x | 2k 1  x  k}，
Q A U B  A ， B  A ，
当 B   时，则2k 1  k ，解得 k  1 ，满足 B  A ， k  1 符合题意；
33
当 B   时，则2k 1  k ，解得 k  1 ，
3
2k 1  1

Q A U B  A ，
3  k

2k 1  k
，此不等式无解；
}
综上可知，实数 k 的取值范围为{k | k  1 .
3
4 (3  π)4
21 27 0
（1）计算： 83        ；
2 8 

1 1
a  a1  2
已知 a 2
 a 2
 3 ，求
a2  a2  2
 3 k
的值；
已知9k 12k  16k ，求 
 4 
的值.
【答案】（1） π  4 ；（2） 1 ；（3） 1 5
52
【解析】
【分析】（1）由指数的运算即可计算出结果；
将条件等式两边同时平方得到 a  a1 的值，再两边同时平方即可求出 a2  a2 的值，代入代数式即可
求得结果；
 3 k
 3 k
对条件等式各项同除42k ，化简得到关于 
 4 
的二次方程，然后解二次方程求得 
4

的值.
4 (3  π)4
21 27 0
【详解】（1）原式83        
 4  4 1 π  3  π  4 ；
2 8 
原方程两边同时平方得： a  2  a1  9 ，解得 a  a1  7 ，方程两边再平方得： a2  2  a2  49 ，解得 a2  a2  47 ，

a  a1  27  21
所以 .
a2  a2  247  25
 3 2k
 3 k
由9k 12k  16k 可得32k  3k  4k  42k ，即    1  0 ，
 4  4 
 3 k
4
又 

 3 k
4
0 ，令t   

，则t 2  t  1  0 ，
1 5 3 k1 5
解得t 
，即  .
4
22
2025 年 5 月，荆州市首次获评第七届全国文明城市称号，荆州中学作为“全国文明校园”的再次蝉联者，既是荆州市文明城市创建的受益者，更是文明创建践行者.以此为契机，学校计划在天问广场旁一矩形空地进行绿化.如图所示，在两块完全相同的长方形上种植绿草坪，草坪周围（斜线部分）均摆满宽度相同的花，已知两块绿草坪的面积均为 400 平方米.
若矩形草坪的长比宽至少多 9 米，求草坪宽的最大值；
若草坪四周及中间的花坛宽度均为 2 米，求整个绿化面积的最小值.
3
【答案】（1）16（2）160
 824 .
【解析】
【分析】（1）设草坪长和宽，根据条件得到关系和不等式，解不等式即可求得草坪宽的最大值；
（2）设整个绿化面积为S 平方米，根据题意列出S 表达式，并通过基本不等式求得最小值.
【小问 1 详解】
设草坪的宽为 x 米，长为 y 米，
因为两块绿草坪的面积均为 400 平方米，所以 y  400 ，
x
400
因为矩形草坪的长比宽至少多 9 米，则 y  x  9 ，即 x2  9x  400  0 ，
x
解得0  x  16 ，所以草坪宽的最大值为 16 米；
【小问 2 详解】
设整个绿化面积为 S 平方米，
由题意可得，
x  300
x
S  2 x  6 y  4  2 x  6 400  4   8 x  300   824  8  2
3
 824  160
 824 ，
 xx 

当且仅当 x  10 3 时取等号，
3
所以整个绿化面积的最小值为160
a  2x 1
 824平方米.
[a  2, b]
已知奇函数 f (x) 
求实数 a, b 的值；
2x 1
的定义域为.
判断函数 f  x 的单调性，并用定义证明；
存在 x [1, 2] ，使得2  mf (x)  2x  0 成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】（1） a  1，b  3 ；
单调递增，证明见解析；
m 12，  .
【解析】
【分析】（1）根据函数 f  x  a  2x 1 是奇函数，由 f x   f  x 求得 a ，再根据定义域关于原点对
2x 1
称求解b ；
利用定义法证明函数的单调性；
存在 x 1, 2 ，使得2  mf  x  2x  0 恒成立，令2x 1  t ， t 1, 3 ，转化为m  t  6  5 ，存在
t
t 1, 3 时成立求解.
【小问 1 详解】
因为函数 f  x  a  2x 1 是奇函数，所以 f x   f  x ，即 a  2 x 1   a  2x 1 ，则
2x 12x 12x 1
a  2 x  a  2x 1 ，整理可得2x 1a 1  0 ，所以 a  1 ，
又因为定义域a  2, b关于原点对称，所以a  2  b  0 ，即b  3 ，所以 a  1, b  3 ;
【小问 2 详解】
f  x   2x  1 在3, 3上单调递增， 2x  1
设任意 x1, x2 3, 3 ，且 x1  x2 ,
2x1 12x2 1
2 2x1  2x2 
则 f  x1   f  x2  x x,
2 1 12 2 12x1 12x2 1
因为3  x1  x2  3 ，所以2x1  2x2  0 ，
又2x1  1  0 ， 2x2  1  0 ，
所以 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1  
f  x2  ，
所以 f  x   2x  1 在3, 3上单调递增；
2x  1
【小问 3 详解】
因为 x 1, 2 ，所以 f  x  2x 1  0 ，
2x 1
由存在 x 1, 2 ，使得2  mf  x  2x  0 成立，
2x  22x 1
则m 
2x 1
，存在 x 1, 2 时成立，
令2x 1  t ， t 1, 3 ，
t  3t  2
t 2  5t  66
t  1, 3
则m  t  5 ，存在 时成立，
ttt
构造函数 h t   t  6  5, t 1, 3 ，
t
max
故m  h t ，
t  6
t
而t  6  5  2
t
 5  2
 5 ，当且仅当t  6 ，即t 
6
t
6 取等号，
对于 h t   t  6  5, t  1, 6  单调递减，在t   6，3 单调递增，
t
所以 h 1  12 ， h 3  10 ,
max
所以 h t  12 ,
∴ m 12, m 12
故m 的取值范围为12, ∞ .
对于定义域为 I 的函数 f (x) ，如果存在区间[a, b]  I ，使得函数 y 
f (x) 在 x∈[a, b] 时，值域是
[ka, kb]，则称[a, b] 为 f (x) 的“k 倍美好区间”.特别地，若函数函数 y 
f (x) 在 x∈[a, b] 时值域是
[a, b]，则称[a, b] 为 f (x) 的“完美区间”.
证明：函数 f  x  9  2 在定义域里存在“完美区间”；
x
如果二次函数 f (x)   1 x2  13 在(0，+∞）内存在“2 倍美好区间”，求出 a,b；
22
是否存在实数 a, b (b  2) ，使得函数 f  x   x  4   5 ( x 0, ∞ )在区间[a, b] 单调，且[a, b]
x 

为 f (x) 的“k 倍美好区间”，若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2） a  1 ， b  3 .
 2 16 
（3）存在，  1 , 9 

【解析】
【分析】（1）根据完美区间的定义，结合 f  x 的单调性与区间端点值证明即可；
设定义域为[a, b]，值域为，再列方程组求解即可；
作出 f  x   x  4   5  m 的图像，讨论[a, b] 与 1，2 的关系，去绝对值后列式消元求得范围即可.
x 

【小问 1 详解】
f  x  9  2 在∞, 0 与0, ∞ 上均为增函数，若 f  x  9  2 存在完美区间a, b ，则有
2x2x
a  9  2
2a ，即 a, b 为 x  9  2 的两根．
922x
b  
2b
即2x2  9x  4  0 的根，故 a  1 , b  4 ，即存在“完美区间”.
2
【小问 2 详解】
若 f (x)   1 x2  13 存在“2 倍美好区间”，则设定义域为[a, b]，值域为[2a, 2b].
22
当0  a  b 时，易得 f (x)   1 x2  13 在区间上单调递减，
22
 1 a2  13  2b
2
 22
则
 1 b2  13  2a
 22
，两式相减可得 1 b2  a2   2 b  a ，得 a  b  4 ，
则 1 a2  13  2 4  a ，即 a2  4a  3  0 ，因为0  a  b ，解得 a  1 ， b  3 .
22
【小问 3 详解】
f  x   x  4   5 ，图象如图所示，令 f  x  0 ，解得 x  1 或 x  4 ，
x 

（ⅰ）当 a, b 0,1 时， f  x  x  4  5 ，由 f (a)  kb, f (b)  ka ，两式相除，
x
a  4  5
a  b , a2  4  5a  b2  4  5b ，
b  4  5a b
a2  b2  5a  b  a  b  5a  b  0 ，
a  b  0 ，可得 a  b  5 ,与 a,b 范围矛盾，即实数 a, b 不存在
（ⅱ）当 a, b 1, 2 时， f  x  5   x  4  ，由 f a  f b  k 可得，
x 
ab
5b  ab  4b  5a  ab  4a ，即5ab  4 a  b  0 ，
ab
b 
4a 5a  4
，由b 1, 2 ，即b 
4a 5a  4
1, 2 ，解得 4  a  4 ，
3
又 a 1, 2 ， a  b ， 4  a  8 ，
35
f a45
 15 2
9  48 19
由 k 
a
  a2  a 1  4     16  3  a  5  ，可得 2  k  16 ，
 a8 
 2 16 
综上，符合条件的 k 的取值范围为 1 , 9  .

【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是对 a, b 进行分类讨论，最后分离出 k 结合二次函数的性质即可求出最值.