2025年下學期高一數(shù)學周測（第二十三周）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）下列函數(shù)中與函數(shù)(y=x)表示同一函數(shù)的是（）A.(y=(\sqrt{x})^2)B.(y=\sqrt{x^2})C.(y=\frac{x^3}{x^2})D.(y=\sqrt[3]{x^3})函數(shù)(f(x)=\sqrt{x+1}+\frac{1}{2-x})的定義域是（）A.([-1,2))B.([-1,+\infty))C.((-1,2)\cup(2,+\infty))D.([-1,2)\cup(2,+\infty))若直線(y=kx+1)與圓(x^2+y^2=1)相切，則(k)的值為（）A.0B.(\pm1)C.(\pm\sqrt{2})D.(\pm2)下列函數(shù)中，在區(qū)間((0,+\infty))上為增函數(shù)的是（）A.(y=-x+1)B.(y=x^2-4x+5)C.(y=\frac{1}{x})D.(y=|x|)橢圓(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1)的離心率為（）A.(\frac{\sqrt{7}}{4})B.(\frac{3}{4})C.(\frac{\sqrt{7}}{3})D.(\frac{4}{5})若函數(shù)(f(x)=ax^2+bx+c(a\neq0))是偶函數(shù)，則必有（）A.(a=0)B.(b=0)C.(c=0)D.(b=c=0)雙曲線(x^2-\frac{y^2}{4}=1)的漸近線方程為（）A.(y=\pm2x)B.(y=\pm\frac{1}{2}x)C.(y=\pm4x)D.(y=\pm\frac{1}{4}x)已知函數(shù)(f(x))是定義在(\mathbb{R})上的奇函數(shù)，當(x>0)時，(f(x)=x^2-2x)，則(f(-1)=)（）A.-3B.-1C.1D.3拋物線(y^2=4x)的焦點坐標為（）A.((0,1))B.((1,0))C.((0,2))D.((2,0))函數(shù)(f(x)=x^2-2x+3)在區(qū)間([0,3])上的最大值是（）A.2B.3C.6D.10若直線(y=2x+m)與圓((x-1)^2+(y+2)^2=5)相切，則(m)的值為（）A.-3或7B.-3或-7C.3或7D.3或-7已知函數(shù)(f(x)=\frac{x-1}{x+1})，則(f(f(2))=)（）A.(-\frac{1}{2})B.(-\frac{1}{3})C.(\frac{1}{3})D.(\frac{1}{2})二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）已知函數(shù)(f(x)=2x-1)，則(f(f(2))=)________。函數(shù)(f(x)=x^2-2x+3)在區(qū)間([0,3])上的最小值是________。若橢圓(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{4}=1(a>2))的離心率為(\frac{\sqrt{5}}{3})，則(a=)________。已知函數(shù)(f(x))是定義在(\mathbb{R})上的奇函數(shù)，當(x>0)時，(f(x)=x^2-2x)，則當(x<0)時，(f(x)=)________。三、解答題（本大題共6小題，共70分）（10分）已知函數(shù)(f(x)=\frac{x-1}{x+1})，求：（1）函數(shù)(f(x))的定義域；（2）(f(2))的值；（3）若(f(a)=\frac{1}{2})，求(a)的值。（12分）判斷函數(shù)(f(x)=x^3-x)的奇偶性，并證明你的結論。（12分）已知二次函數(shù)(f(x))的圖像過點((0,3))，對稱軸為直線(x=2)，且函數(shù)的最小值為-1，求(f(x))的解析式。（12分）已知橢圓(G:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的兩個焦點為(F_1)、(F_2)，短軸兩端點(B_1)、(B_2)，已知(F_1)、(F_2)、(B_1)、(B_2)四點共圓，且點(N(0,3))到橢圓上的點最遠距離為(5\sqrt{2})。（1）求此時橢圓(G)的方程；（2）設斜率為(k(k\neq0))的直線(m)與橢圓(G)相交于不同的兩點(E)、(F)，(Q)為(EF)的中點，問(E)、(F)兩點能否關于過點(P(0,\frac{1}{3}))、(Q)的直線對稱？若能，求出(k)的取值范圍；若不能，請說明理由。（12分）設函數(shù)(f(x))是定義在((-1,1))上的奇函數(shù)，且在((-1,1))上單調遞增，若(f(1-a)+f(1-a^2)<0)，求實數(shù)(a)的取值范圍。（12分）已知雙曲線(C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))的左、右頂點分別為(A_1)，(A_2)，動直線(l:y=kx+m)與圓(x^2+y^2=1)相切，且與雙曲線左、右兩支的交點分別為(P(x_1,y_1))，(Q(x_2,y_2))。（Ⅰ）求(m)的取值范圍，并求(x_2-x_1)的最小值；（Ⅱ）記直線(A_1P)的斜率為(k_1)，直線(A_2Q)的斜率為(k_2)，那么，(k_1k_2)是定值嗎？證明你的結論。參考答案及評分標準一、選擇題（每小題5分，共60分）D2.D3.B4.D5.A6.B7.A8.C9.B10.C11.A12.B二、填空題（每小題5分，共20分）514.215.316.(-x^2-2x)三、解答題（共70分）（10分）解：（1）要使函數(shù)有意義，需(x+1\neq0)，即(x\neq-1)，所以函數(shù)(f(x))的定義域為((-\infty,-1)\cup(-1,+\infty))。（3分）（2）(f(2)=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3})。（5分）（3）由(f(a)=\frac{1}{2})，得(\frac{a-1}{a+1}=\frac{1}{2})，（7分）解得(a=3)。（9分）經檢驗，(a=3)是原方程的解，所以(a=3)。（10分）（12分）解：函數(shù)(f(x)=x^3-x)是奇函數(shù)。（2分）證明：函數(shù)(f(x))的定義域為(\mathbb{R})，關于原點對稱。（4分）對于任意(x\in\mathbb{R})，有(f(-x)=(-x)^3-(-x)=-x^3+x=-(x^3-x)=-f(x))。（10分）所以函數(shù)(f(x)=x^3-x)是奇函數(shù)。（12分）（12分）解：設二次函數(shù)的解析式為(f(x)=a(x-h)^2+k(a\neq0))，（2分）因為對稱軸為直線(x=2)，且函數(shù)的最小值為-1，所以(h=2)，(k=-1)，（4分）即(f(x)=a(x-2)^2-1)。（5分）又因為函數(shù)圖像過點((0,3))，所以(a(0-2)^2-1=3)，（7分）即(4a-1=3)，解得(a=1)。（9分）所以(f(x)=(x-2)^2-1=x^2-4x+4-1=x^2-4x+3)。（11分）因此，二次函數(shù)的解析式為(f(x)=x^2-4x+3)。（12分）（12分）解：（1）根據橢圓的幾何性質，線段(F_1F_2)與線段(B_1B_2)互相垂直平分，故橢圓中心即為該四點外接圓的圓心，（1分）故該橢圓中(b=c)，即橢圓方程可為(\frac{x^2}{2b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1)。（3分）設(H(x,y))為橢圓上一點，則(|HN|^2=x^2+(y-3)^2=2b^2-2y^2+(y-3)^2=-y^2-6y+2b^2+9)。（4分）若(b\geq3)，則當(y=-b)時，(|HN|^2)有最大值(b^2+6b+9)，（5分）由(b^2+6b+9=50)，得(b=-3\pm5\sqrt{2})（舍去負值），（6分）若(b<3)，則當(y=-3)時，(|HN|^2)有最大值(2b^2+18)，（7分）由(2b^2+18=50)，得(b^2=16)，故(b=4)（舍去）或(b=-4)（舍去）。（8分）綜上，所求橢圓方程為(\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1)。（9分）（2）能。（10分）設(E(x_1,y_1))，(F(x_2,y_2))，則由(\begin{cases}\frac{x_1^2}{18}+\frac{y_1^2}{9}=1\\frac{x_2^2}{18}+\frac{y_2^2}{9}=1\end{cases})，兩式相減得(\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{18}+\frac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{9}=0)，（11分）即(\frac{x_Q}{2}+ky_Q=0)，所以(x_Q=-2ky_Q)。（12分）又直線(PQ\perp)直線(m)，所以直線(PQ)方程為(y-\frac{1}{3}=-\frac{1}{k}x)，（13分）將點(Q(x_Q,y_Q))代入上式得，(y_Q-\frac{1}{3}=-\frac{1}{k}x_Q)，（14分）由(x_Q=-2ky_Q)和(y_Q-\frac{1}{3}=-\frac{1}{k}x_Q)，得(y_Q=\frac{1}{9})，(x_Q=-\frac{2k}{9})。（15分）而(Q)點必在橢圓內部，所以(\frac{x_Q^2}{18}+\frac{y_Q^2}{9}<1)，（16分）即(\frac{4k^2}{1458}+\frac{1}{729}<1)，解得(k^2<\frac{728}{4})，即(-\sqrt{182}<k<\sqrt{182})且(k\neq0)。（17分）故當(-\sqrt{182}<k<\sqrt{182})且(k\neq0)時，(E)、(F)兩點關于過點(P)、(Q)的直線對稱。（18分）（注：本小題滿分12分，實際答題過程中按步驟酌情給分，此處為詳細解析過程）（12分）解：因為函數(shù)(f(x))是定義在((-1,1))上的奇函數(shù)，所以(f(-x)=-f(x))。（2分）由(f(1-a)+f(1-a^2)<0)，得(f(1-a)<-f(1-a^2)=f(a^2-1))。（4分）又因為函數(shù)(f(x))在((-1,1))上單調遞增，所以(\begin{cases}-1<1-a<1\-1<a^2-1<1\1-a<a^2-1\end{cases})，（8分）解得(1<a<\sqrt{2})。（11分）所以實數(shù)(a)的取值范圍是((1,\sqrt{2}))。（12分）（12分）解：（Ⅰ）因為直線(l)與圓(x^2+y^2=1)相切，所以(\frac{|m|}{\sqrt{k^2+1}}=1)，即(m^2=k^2+1)。（2分）由(\begin{cases}y=kx+m\\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\end{cases})，得((b^2-a^2k^2)x^2-2a^2kmx-a^2(m^2+b^2)=0)。（3分）因為直線(l)與雙曲線左、右兩支都相交，所以(\begin{cases}b^2-a^2k^2\neq0\\Delta=4a^4k^2m^2+4a^2(b^2-a^2k^2)(m^2+b^2)>0\x_1x_2=-\frac{a^2(m^2+b^2)}{b^2-a^2k^2}<0\end{cases})，（4分）解得(k^2<\frac{b^2}{a^2})，所以(-\frac{a}<k<\frac{a})且(k\neq0)。（5分）又因為(m^2=k^2+1\geq1)，所以(m\geq1)或(m\leq-1)。（6分）(x_2-x_1=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{(\frac{2a^2km}{b^2-a^2k^2})^2+\frac{4a^2(m^2+b^2)}{b^2-a^2k^2}}=\frac{2ab\sqrt{m^2+b^2-a^2k^2}}{|b^2-a^2k^2|})。（7分）將(m^2=k^2+1)代入上式，得(x_2-x_1=\frac{2ab\sqrt{k^2+1+b^2-a^2k^2}}{|b^2-a^2k^2|})。（8分）令(t=b^2-a^2k^2)，則(t>0)，且(k^2=\frac{b^2-t}{a^2})，（9分）所以(x_2-x_1=\frac{2ab\sqrt{\frac{b^2-t}{a^2}+1+b^2-t}}{t}=\frac{2ab\sqrt{\frac{b^2-t+a^2+a^2b^2-a^2t}{a^2}}}{t}=\frac{2b\sqrt{(1-a^2)t+b^2+a^2+a^2b^2}}{t})。（10分）當(t=b^2)時，(x_2-x_1)取得最小值(\frac{2a\sqrt{b^2+1}})。（11分）（Ⅱ）(k_1k_2)是定值。（12分）證明：由（Ⅰ）知，(x_1+x_2=\frac{2a^2km}{b^2-a^2k^2})，(x_1x_2=-\frac{a^2(m^2+b^2)}{b^2-a^2k^2})。（13分）(k_1=\frac{y