2022年高中数学新教材人教A版必修第一册学案期中检测试卷

这是一份2021学年全册综合学案设计，共9页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．若集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x－1<0}，则A∪B等于( )
A．{x|x<1} B．{x|－1≤x<1}
C．{x|x≤2} D．{x|－2≤x<1}
答案 C
解析 因为A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x－1<0}＝{x|x<1}，
所以，根据并集的定义知，A∪B是属于A或属于B的元素所组成的集合，可得A∪B＝{x|x≤2}，故选C.
2．不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－1,2)，则a－b等于( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案 B
解析 ∵不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－1,2)，
∴方程ax2＋bx＋2＝0的两根为x1＝－1，x2＝2，
则x1＋x2＝－eq \f(b,a)＝1，x1·x2＝eq \f(2,a)＝－2，即a＝－1，b＝1，
∴a－b＝－2.
3．下列各图中，表示以x为自变量的偶函数的图象是( )
答案 C
解析 A，D选项的图象不是函数图象，故排除，而偶函数的图象关于y轴对称，所以排除B选项，故选C.
4．已知函数f(x)＝ax＋eq \f(8,x)(x>0)在x＝4处取得最小值，则a等于( )
A．4 B．2 C．1 D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不满足条件，
当a>0时，ax＋eq \f(8,x)≥2eq \r(ax·\f(8,x))＝4eq \r(2a)(x>0) ，
当且仅当ax＝eq \f(8,x)时，函数取得最小值，解得x＝eq \f(2\r(2a),a)，
即eq \f(2\r(2a),a)＝4 (a>0) ，解得a＝eq \f(1,2).
5．设x，y∈R，则“x＋y>2”是“x，y中至少有一个数大于1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 A
解析 若x＋y>2，则x，y中至少有一个数大于1，即“x＋y>2”是“x，y中至少有一个数大于1”的充分条件，
反之，若“x，y中至少有一个数大于1”，则x＋y不一定大于2，如：x＝2，y＝－1；
因此，“x＋y>2”是“x，y中至少有一个数大于1”的充分不必要条件．
6．设f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，若x1<0且x1＋x2>0，则( )
A．f(－x1)>f(－x2)
B．f(－x1)＝f(－x2)
C．f(－x1)D．f(－x1)与f(－x2)大小不确定
答案 A
解析 由f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上单调递增，因为x1<0且x1＋x2>0，所以0>x1>－x2，所以f(x1)>f(－x2)，又因为f(－x1)＝f(x1)，所以f(－x1)>f(－x2)，故选A.
7．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq \f(8,9)，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(8,3)))
答案 B
解析 ∵x∈(0,1]时，f(x)＝x(x－1)，f(x＋1)＝2f(x)，
∴f(x)＝2f(x－1)，即f(x)向右平移1个单位长度，图象变为原来的2倍．
如图所示，当28．设非空数集M同时满足条件：①M中不含元素－1,0,1；②若a∈M，则eq \f(1＋a,1－a)∈M.则下列结论正确的是( )
A．集合M中至多有2个元素
B．集合M中至多有3个元素
C．集合M中有且仅有4个元素
D．集合M中至少有4个元素
答案 D
解析 因为a∈M，eq \f(1＋a,1－a)∈M，
所以eq \f(1＋\f(1＋a,1－a),1－\f(1＋a,1－a))＝－eq \f(1,a)∈M，
所以eq \f(1＋\f(1,－a),1－\f(1,－a))＝eq \f(a－1,a＋1)∈M，
又因为eq \f(1＋\f(a－1,a＋1),1－\f(a－1,a＋1))＝a，
所以集合M中必同时含有a，－eq \f(1,a)，eq \f(1＋a,1－a)，eq \f(a－1,a＋1)这4个元素，
由a的不确定性可知，集合M中至少有4个元素．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．下列命题中是真命题的有( )
A．幂函数的图象都经过点(1,1)和(0,0)
B．幂函数的图象不可能过第四象限
C．当n>0时，幂函数y＝xn是增函数
D．当n<0时，幂函数y＝xn在第一象限内函数值随x值的增大而减小
答案 BD
解析 由题意，对于A，例如幂函数f(x)＝x－1的图象不经过点(0,0)，所以不正确；
对于B，根据幂函数的概念，可得幂函数的图象不可能过第四象限，所以是正确的；
对于C，例如幂函数f(x)＝x2在其定义域上不是单调函数，所以不正确；
对于D，根据幂函数的图象与性质，可得当n<0时，幂函数y＝xn在第一象限内单调递减，所以是正确的．
故选BD.
10．下列命题为真命题的是( )
A．∃x∈R，x2－x＋1≤0
B．当ac>0时，∃x∈R，ax2＋bx－c＝0
C．|x－y|＝|x|－|y|成立的充要条件是xy≥0
D．“－2答案 BD
解析 A选项，因为x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0恒成立，故A错；
B选项，因为ac>0，所以b2＋4ac>0，因此方程ax2＋bx－c＝0必有实根，故B正确；
C选项，若|x－y|＝|x|－|y|，则x2＋y2－2xy＝x2＋y2－2|xy|，即xy＝|xy|，所以xy≥0；
若xy≥0，则xy＝|xy|，则x2＋y2－2xy＝x2＋y2－2|xy|，所以|x－y|＝||x|－|y||，不能推出|x－y|＝|x|－|y|，因此|x－y|＝|x|－|y|成立的充要条件不是xy≥0，故C错；
D选项，因为x2－2|x|＋4＝(|x|－1)2＋3>0，所以由(x2－2|x|＋4)(x2－2x－3)<0得x2－2x－3<0，解得－111．下列命题，其中正确的命题是( )
A．函数y＝2x2＋x＋1在(0，＋∞)上单调递增
B．函数y＝eq \f(1,x＋1)在(－∞，－1)∪(－1，＋∞)上是减函数
C．函数y＝eq \r(5＋4x－x2)的单调区间是[－2，＋∞)
D．已知f(x)在R上是增函数，若a＋b>0，则有f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
答案 AD
解析 由y＝2x2＋x＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))2＋eq \f(7,8)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))上单调递增知，函数y＝2x2＋x＋1在(0，＋∞)上单调递增，故A正确；
y＝eq \f(1,x＋1)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上均单调递减，但在(－∞，－1)∪(－1，＋∞)上不单调递减，如－2<0，但eq \f(1,－2＋1)y＝eq \r(5＋4x－x2)在[－2，－1)上无意义，从而在[－2，＋∞)上不具有单调性，故C错误；
由a＋b>0得a>－b，又f(x)在R上单调递增，所以f(a)>f(－b)，同理，f(b)>f(－a)，所以f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)，故D正确．
12．设函数f(x)＝|x|x＋bx＋c，则下列结论正确的是( )
A．当b>0时，函数f(x)在R上有最小值
B．当b<0时，函数f(x)在R上有最小值
C．对任意的实数b，函数f(x)的图象关于点(0，c)对称
D．方程f(x)＝0可能有三个实数根
答案 CD
解析 对于A，当b>0时，函数f(x)＝|x|x＋bx＋c＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋bx＋c，x≥0，,－x2＋bx＋c，x<0，))函数在R上为增函数，函数f(x)的值域为R，所以函数f(x)在R上没有最小值，所以A不正确；
对于B，当b<0时，函数f(x)＝|x|x＋bx＋c＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋bx＋c，x≥0，,－x2＋bx＋c，x<0))的草图如图所示，此时函数f(x)的值域为R，所以函数f(x)在R上没有最小值，所以B不正确；
对于C，函数g(x)＝|x|x＋bx，满足g(－x)＝－g(x)，所以函数g(x)＝|x|x＋bx的图象关于原点对称，又函数f(x)＝|x|x＋bx＋c的图象是由函数g(x)＝|x|x＋bx沿y轴平移|c|个单位长度得到的，所以函数f(x)＝|x|x＋bx＋c的图象关于(0，c)对称，所以C正确；
对于D，令b＝－2，c＝0，则f(x)＝|x|x－2x＝0，解得x＝0,2，－2，所以D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．“∃x∈R，x2－2x－a<0” 为假命题，则实数a的最大值为________．
答案 －1
解析 由“∃x∈R，x2－2x－a<0”为假命题，可知，“∀x∈R，x2－2x－a≥0”为真命题，∴a≤x2－2x恒成立，由二次函数的性质可知，x2－2x≥－1，则实数a≤－1，即a的最大值为－1.
14．若函数y＝eq \r(kx2－6kx＋k＋8) (k为常数)的定义域为R，则k的取值范围是________．
答案 [0,1]
解析 由题意，函数y＝eq \r(kx2－6kx＋k＋8) (k为常数)的定义域为R，
即不等式kx2－6kx＋(k＋8)≥0在R上恒成立，
当k＝0时，不等式等价于8≥0恒成立，符合题意；
当k≠0时，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ≤0，))即k>0且(－6k)2－4k(k＋8)≤0，解得0综上可得，实数k的取值范围是[0,1]．
15．已知函数f(x)＝ax－b(a>0)，f(f(x))＝4x－3，则f(2)＝________.
答案 3
解析 由题意，得f(f(x))＝f(ax－b)＝a·(ax－b)－b＝a2x－(ab＋b)＝4x－3，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,ab＋b＝3，,a>0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))∴f(x)＝2x－1，∴f(2)＝3.
16．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x，－2≤x≤c，,\f(1,x)，c答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析 若c＝0，由二次函数的性质，可得x2＋x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))，
∴f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)).
若f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))，
∵x＝－2时， x2＋x＝2且x＝－eq \f(1,2)时， x2＋x＝－eq \f(1,4)，
要使f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c>0，,c2＋c≤2，,\f(1,c)≤2，))解得eq \f(1,2)≤c≤1，∴实数c的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知集合A＝{x|x2＋ax＋b＝0}＝{－1,2}，B＝{x|bx2＋ax＋1＝0}，C＝{x|m≤x≤m＋1}．
(1)求A∪B；
(2)若A∩C＝∅，求m的取值范围．
解 (1)∵A＝{x|x2＋ax＋b＝0}＝{－1,2}，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a＋b＝0，,4＋2a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2，))
∴B＝{x|bx2＋ax＋1＝0}＝{x|－2x2－x＋1＝0}＝{x|2x2＋x－1＝0}＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))， ∴A∪B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，2，\f(1,2))).
(2)∵A∩C＝∅，C＝{x|m≤x≤m＋1}，A＝{－1,2}，
∴m＋1<－1或m>2或－1解得m<－2或m>2或－1即m∈(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)．
18．(12分)若不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3(1)解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；
(2)当ax2＋bx＋3≥0的解集为R时，求b的取值范围．
解 (1)因为不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3所以1－a<0，且－3和1是方程(1－a)x2－4x＋6＝0的两根，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3＋1＝\f(4,1－a)，,－3×1＝\f(6,1－a)，))解得a＝3，
则不等式2x2＋(2－a)x－a>0，即2x2－x－3>0，所以(2x－3)(x＋1)>0，解得x>eq \f(3,2)或x<－1，所以不等式2x2＋(2－a)x－a>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(3,2)或x<－1)))).
(2)由(1)知a＝3，不等式ax2＋bx＋3≥0，即3x2＋bx＋3≥0，因为不等式3x2＋bx＋3≥0的解集为R，
则不等式3x2＋bx＋3≥0恒成立，
所以Δ＝b2－4×3×3≤0，解得－6≤b≤6，
所以b的取值范围为[－6,6]．
19．(12分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx(a，b为常数，且a≠0)满足条件：f(x－1)＝f(3－x)，且方程f(x)＝2x有两等根．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在[0，t]上的最大值．
解 (1)∵方程f(x)＝2x有两等根，
即ax2＋(b－2)x＝0有两等根，
∴Δ＝(b－2)2＝0，解得b＝2.
由f(x－1)＝f(3－x)，得eq \f(x－1＋3－x,2)＝1，
∴x＝1是函数f(x)的图象的对称轴，
而此函数f(x)图象的对称轴是直线x＝－eq \f(b,2a)，
∴－eq \f(b,2a)＝1，∴a＝－1，故f(x)＝－x2＋2x.
(2)∵函数f(x)＝－x2＋2x的图象的对称轴为x＝1，x∈[0，t]，
∴当0∴f(x)max＝－t2＋2t.
当t>1时，f(x)在[0,1]上单调递增，在[1，t]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝1.
综上，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，t>1，,－t2＋2t，020．(12分)已知函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x).
(1)求f(1)，f(2)的值；
(2)设a>b>1，试比较f(a)，f(b)的大小，并说明理由；
(3)若不等式f(x－1)≥2(x－1)＋eq \f(2,x－1)＋m对一切x∈[1,6]恒成立，求实数m的最大值．
解 (1)因为函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x)，所以f(1)＝12＋eq \f(2,1)＝3，f(2)＝22＋eq \f(2,2)＝5.
(2)f(a)>f(b)，理由如下：
f(a)－f(b)＝a2＋eq \f(2,a)－b2－eq \f(2,b)
＝(a－b)(a＋b)＋eq \f(2b－a,ab)＝(a－b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b－\f(2,ab)))，
因为a>b>1，则a＋b>2，ab>1，
所以eq \f(2,ab)<2，即a＋b－eq \f(2,ab)>0，a－b>0，
所以(a－b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b－\f(2,ab)))>0，即f(a)>f(b)．
(3)因为函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x)，
则不等式可化为(x－1)2＋eq \f(2,x－1)≥2(x－1)＋eq \f(2,x－1)＋m，
化简可得x2－4x＋3≥m，即(x－2)2－1≥m，
因为对于一切x∈[1,6]恒成立，所以[(x－2)2－1]min≥m，
当x＝2时，二次函数y＝(x－2)2－1取得最小值－1，即－1≥m，
所以实数m的最大值为－1.
21．(12分)解关于x的不等式：
(1)x2－2(a＋1)x＋a2＋2a>0；
(2)eq \f(ax－2,x－1)<1.
解 (1)因为x2－2(a＋1)x＋a2＋2a>0，
所以(x－a)[x－(a＋2)]>0，
因为aa＋2，
所以不等式的解集是{x|xa＋2} .
(2)因为eq \f(ax－2,x－1)<1，所以eq \f(ax－2,x－1)－1<0，
所以eq \f(a－1x－1,x－1)<0，
所以[(a－1)x－1](x－1)<0，
当a<1时，解得 x1，
当a＝1时，解得x>1 ，
当1当a＝2时，无解，
当a>2时，解得eq \f(1,a－1)综上，当a<1时不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,a－1)或x>1))))，
当a＝1时，不等式的解集是{x|x>1}，
当1当a＝2时，无解，
当a>2时，不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)22．(12分)近年来，中美贸易摩擦不断．特别是美国对我国华为的限制．尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步．华为在2018年不仅净利润创下记录，海外增长同样强劲．今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机．通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产x(千部)手机，需另投入成本R(x)万元，且R(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10x2＋100x，0由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完．
(1)求出2020年的利润W(x)(万元)关于年产量x(千部)的函数解析式(利润＝销售额—成本)；
(2)2020年产量为多少(千部)时，企业所获利润最大？最大利润是多少？
解 (1)当0当x≥40时，W(x)＝700x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(701x＋\f(10 000,x)－9 450))－250＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x)))＋9 200，
∴ W(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－10x2＋600x－250，0(2)若0当x＝30时，W(x)max＝8 750万元 .
若x≥40，W(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x)))＋9 200≤9 200－2eq \r(10 000)＝9 000，
当且仅当x＝eq \f(10 000,x)，即x＝100时，
W(x)max＝9 000万元 .
∴2020年产量为100(千部)时，企业所获利润最大，最大利润是9 000万元．