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高中数学模块测试卷二含解析新人教B版必修第一册
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这是一份高中数学全册综合随堂练习题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模块测试卷(二)
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知函数f(x)=-x2+2x+4(x∈R),则它的值域与单调递增区间分别是( )
A.值域[5,+∞),单调递增区间[1,+∞)
B.值域[5,+∞),单调递增区间(-∞,1]
C.值域(-∞,5],单调递增区间[1,+∞)
D.值域(-∞,5],单调递增区间(-∞,1]
答案D
解析由f(x)=-x2+2x+4=-(x2-2x)+4=-(x-1)2+5,则函数f(x)=-x2+2x+4(x∈R)的值域是(-∞,5],单调递增区间为(-∞,1].故选D.
2.(2021江苏扬州邗江高一期中)已知命题p:“∃x>0,x+t-1=0”,若p为真命题,则实数t的取值范围是( )
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.[1,+∞) D.(-∞,1]
答案B
解析命题p:“∃x>0,x+t-1=0”,即“∃x>0,x=1-t”,又p为真命题,则1-t>0,即t<1.故选B.
3.已知函数f(x)=ax+1x2+2是定义在R上的偶函数,则实数a的取值为( )
A.1 B.0
C.-1 D.2
答案B
解析因为函数f(x)=ax+1x2+2是定义在R上的偶函数,所以f(x)=f(-x),即ax+1x2+2=-ax+1(-x)2+2,解得a=0.故选B.
4.(2021湖南长沙湖南师大附中高一期末)下列说法正确的是( )
A.若a>b,则1a<1b
B.若a|b|
C.若a>b,则ac2>bc2
D.若ac>bc,则a>b
答案B
解析当a>0>b时,1a>1b,故A不正确;若a-b>0,则|a|=-a>|b|=-b,故B正确;当c=0时,ac2>bc2不成立,故C不正确;若ac>bc,当c<0时,a
A.32 B.3 C.7 D.11
答案B
解析由题意p=12×(3+5)=4,S=4(4-a)(4-b)(4-c)=4(4-b)(4-c)=2(4-b)(4-c)≤8-(b+c)=3,当且仅当4-b=4-c,即b=c时,等号成立,∴此三角形面积的最大值为3.故选B.
6.(2021湖北八市高三一模)已知M,N均为R的子集,且M⊆∁RN,则∁RM∩N=( )
A.⌀ B.M C.N D.R
答案C
解析根据题意画出维恩图,如图所示,故∁RM∩N=N.故选C.
7.(2021辽宁营口高一期末)奇函数f(x)在(0,+∞)内单调递减且f(2)=0,则不等式(x+1)f(x)<0的解集为( )
A.(-∞,-2)∪(-1,0)∪(2,+∞)
B.(-2,-1)∪(2,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(-1,0)∪(0,2)
答案A
解析奇函数f(x)在(0,+∞)内单调递减且f(2)=0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(-2)=0.由不等式(x+1)f(x)<0得x+1>0,f(x)<0或x+1<0,f(x)>0,即x>-1,x>2或-22或-1
A.8 B.16 C.9 D.6
答案A
解析因为x,y均为正实数且32+x+32+y=1,所以x+y=2+x+2+y-4=[(2+x)+(2+y)]3x+2+3y+2-4=32+y+2x+2+x+2y+2-4≥32+2y+2x+2·x+2y+2-4=12-4=8,当且仅当y+2x+2=x+2y+2,即x=y=4时,等号成立.因此x+y的最小值为8.故选A.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2021山东烟台高一期中)已知集合U=(-∞,+∞),A={x|2x2-x≤0},B={y|y=x2},则( )
A.A∩B=0,12 B.∁UA⊆∁UB
C.A∪B=B D.∁BA=12,+∞
答案ACD
解析∵集合U=(-∞,+∞),A={x|2x2-x≤0}=x0≤x≤12,B={y|y=x2}={y|y≥0},∴A∩B=0,12,故A正确;∁UA=xx<0或x>12,∁UB={y|y<0},∴∁UA⊇∁UB,故B错误;A∪B=[0,+∞)=B,故C正确;∁BA=12,+∞,故D正确.故选ACD.
10.(2021云南昆明高一期末)已知函数f(x)=ax2+2x+1(a≠0),若方程f(x)=0有两个不等的实数根x1,x2,且x1x2}
C.若不等式f(x)>0的解集为{x|x10
D.若不等式f(x)>0的解集为{x|x10
答案AD
解析当a>0时,函数图像开口方向向上,所以不等式f(x)<0的解集为{x|x10的解集为{x|x10,函数又过定点(0,1),则x1<0,故C错误;若不等式f(x)>0的解集为{x|x10,则x2>0,故D正确.故选AD.
11.(2021湖北黄冈、天门高一期末)下列各说法中,p是q的充要条件的有( )
A.p:四边形是正方形;q:四边形的对角线互相垂直且平分
B.p:两个三角形相似;q:两个三角形三边对应成比例
C.p:xy>0;q:x>0,y>0
D.p:x=1是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根;q:a+b+c=0(a≠0)
答案BD
解析四边形是正方形,则四边形的对角线互相垂直且平分成立,但对角线互相垂直且平分的四边形可能是菱形,故p不是q的充要条件;两个三角形相似与两个三角形三边对应成比例可以互相推导,故p是q的充要条件;当xy>0时,可能x<0,y<0,故p不是q的充要条件;x=1是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根,将x=1代入方程可得a+b+c=0,当a+b+c=0时,将c=-a-b代入方程ax2+bx+c=0得ax2+bx-a-b=(ax+a+b)(x-1)=0,解得x=1,故p是q的充要条件.故选BD.
12.(2021山东威海高一期末)已知函数f(x)=x2-2x,x<0,-2x+3,x≥0,则( )
A.f[f(-1)]=-3
B.若f(a)=-1,则a=2
C.f(x)在R上是减函数
D.若关于x的方程f(x)=a有两解,则a∈(0,3]
答案ABD
解析由题意得f(-1)=(-1)2-2×(-1)=3,
所以f[f(-1)]=f(3)=-2×3+3=-3,故A正确;
当a<0时,f(a)=a2-2a=-1,解得a=1,不符合题意,舍去,
当a≥0时,f(a)=-2a+3=-1,解得a=2,符合题意,故B正确;
作出f(x)的图像,如图所示,
所以f(x)在R上不是减函数,故C错误;
方程f(x)=a有两解,则y=f(x)图像与y=a图像有两个公共点,
如图所示.
所以a∈(0,3],故D正确.故选ABD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021河北石家庄一中高一月考)已知集合A={x|-1≤x≤2,x∈Z},集合B={x|x>0},则集合A∩B的子集个数为 .
答案4
解析∵A={x|-1≤x≤2,x∈Z}={-1,0,1,2},B={x|x>0},∴A∩B={1,2},共有2个元素,
故集合A∩B的子集个数为22=4个.
14.(2021山东威海高一期末)我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形,得到一个恒等式,后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图所示的矩形由两个这样的图形拼成,若a=2,b=3,则该矩形的面积为 .
答案12
解析设小正方形的边长为x,
∵a=2,b=3,∴AB=a+b=5,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
即(2+x)2+(3+x)2=52,即x2+5x=6,
则该矩形的面积为(2+x)(3+x)=x2+5x+6=12.
15.(2021广东深圳高三一模)已知函数的图像关于y轴对称,且与直线y=x相切,则满足上述条件的二次函数可以为f(x)= .
答案x2+14(答案不唯一)
解析因为二次函数f(x)的图像关于y轴对称,所以设f(x)=ax2+c.
由y=ax2+c,y=x,得ax2-x+c=0,
所以Δ=1-4ac=0,即ac=14.
取a=1,c=14,则f(x)=x2+14(答案不唯一).
16.(2021河北邯郸高一期末)已知函数f(x)=|x+1|,x>0,x2+1,x≤0,若f(f(m))=2,则m= .
答案0
解析令f(m)=t,则f(t)=2,
①当t>0时,|t+1|=2,则t=1,所以f(m)=1;
当m>0时,|m+1|=1,则m=0(舍去),
当m≤0时,m2+1=1,则m=0.
②当t≤0时,t2+1=2,则t=-1,
所以f(m)=-1;
当m>0时,|m+1|=-1,显然此时方程无实数解,当m≤0时,m2+1=-1,显然此时方程无实数解.综上所述,m=0.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021江西名校协作体高一联考)已知二次函数f(x)的最小值为1,函数y=f(x+1)是偶函数,且f(0)=3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,求实数a的取值范围.
解(1)因为函数y=f(x+1)是偶函数,所以f(x)的图像关于x=1对称.
又最小值为1,所以设f(x)=a(x-1)2+1.
又f(0)=3,解得a=2.
∴f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)要使f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,则2a<1
18.(12分)(2021安徽安庆高一期末)已知正实数x,y满足4x+4y=1.
(1)求xy的最大值;
(2)若不等式4x+1y≥a2+5a恒成立,求实数a的取值范围.
解(1)4x+4y=1,所以14=x+y≥2xy,解得xy≤164,当且仅当x=y=18时,等号成立,
∴xy的最大值为164.
(2)4x+1y=4x+1y(4x+4y)=20+16yx+4xy≥20+216yx·4xy=36,
当且仅当x=16,y=112时,等号成立,
∴a2+5a≤36,解得-9≤a≤4,
即a的取值范围是[-9,4].
19.(12分)(2021江苏苏州新区吴县中学高一月考)已知f(x)=1,x<0,2,x≥0,g(x)=3f(x-1)-f(x-2)2.
(1)当1≤x<2时,求g(x);
(2)当x∈R时,求g(x)的解析式,并画出其图像;
(3)求函数h(x)=xf(g(x))-2g(f(x))的零点.
解(1)当1≤x<2时,x-1≥0,x-2<0,
故g(x)=6-12=52.
(2)由(1)知,当1≤x<2时,g(x)=52.
当x<1时,x-1<0,x-2<0,
故g(x)=3-12=1.
当x≥2时,x-1>0,x-2≥0,
故g(x)=6-22=2.
所以当x∈R时,g(x)的解析式为g(x)=1,x<1,52,1≤x<2,2,x≥2.
其函数图像如下:
(3)因为g(x)>0,则f(g(x))=2,x∈R,
故g(f(x))=g(1)=52,x<0,g(2)=2,x≥0,
所以方程xf(g(x))=2g(f(x))化简后可得x2=5(x<0)或x2=4(x≥0),
解得x=-5或x=2.
20.(12分)(2021福建三明高一期末)某市居民用电收费方式有以下两种,用户可自由选择其中一种.
方式一:阶梯式递增电价,即把居民用户每月用电量划分为三档,电价实行分档递增,具体电价如下表:
档数
月均用电量/度
电价/(元/度)
第一档
[0,230]
0.5
第二档
(230,420]
0.6
第三档
(420,+∞)
0.8
方式二:阶梯式递增电价基础上实行峰谷分时电价,即先按阶梯式递增电价标准计算各档电量的电费,然后高峰时段(8:00—22:00)每度加价0.03元,低谷时段(22:00至次日8:00)每度降价0.20元,得出用户的总电费.
(1)假设某居民用户月均用电量为x度,按方式一缴费,月均电价为y元,求y关于x的函数解析式;
(2)若该用户某月用电a度(0
当230
所以y=0.5x,0≤x≤230,0.6x-23,230420.
(2)因为该用户某月用电a度,高峰时段用电量为23a度,
当0≤x≤230时,用电费用为0.3×13a+0.53×2a3=143,解得a≈315.4>230,不合题意,舍去.
当230
21.(12分)(2021福建福州高一期末)已知函数f(x)=x2-(a-1)x+2a,且f(1)=3.
(1)求实数a的值;
(2)判断f(x)在区间(-∞,0]上的单调性并用定义证明.
解(1)由f(1)=3,得1-(a-1)+2a=3,所以a=1.
(2)由(1)知f(x)=x2+2,其定义域为R,
f(x)在区间(-∞,0]上单调递减.
证明如下:
任取x1,x2∈(-∞,0],且x1
=(x12+2-x22+2)(x12+2+x22+2)x12+2+x22+2
=(x12+2)-(x22+2)x12+2+x22+2
=x12-x22x12+2+x22+2
=(x1-x2)(x1+x2)x12+2+x22+2.
因为x1≤0,x2≤0,且x1
则f(x1)-f(x2)>0,所以f(x1)>f(x2),
故f(x)在区间(-∞,0]上单调递减.
22.(12分)(2021安徽滁州高一期末)设命题p:对任意x∈[1,4],不等式x2-4x+2≥m2-3m恒成立;命题q:存在x∈0,12,使得不等式x2-x+m-54≥0成立.
(1)若p为真命题,求实数m的取值范围;
(2)若命题p,q有且只有一个是真命题,求实数m的取值范围.
解(1)对任意x∈[1,4],不等式x2-4x+2≥m2-3m恒成立,
即(x2-4x+2)min≥m2-3m.
x2-4x+2=(x-2)2-2,当x=2时,x2-4x+2取到最小值-2,即-2≥m2-3m,∴1≤m≤2.
故p为真命题时,实数m的取值范围是[1,2].
(2)命题q:存在x∈0,12,使得不等式x2-x+m-54≥0成立,故只需x2-x+m-54max≥0.
而x2-x+m-54=x-122+m-32,
所以当x=0时,x2-x+m-54取到最大值m-54,
故m-54≥0,解得m≥54.
即命题q为真命题时,实数m的取值范围是54,+∞.
依题意命题p,q一真一假,
若p为假命题,q为真命题,则m<1或m>2,m≥54,,得m>2;
若q为假命题,p为真命题,则1≤m≤2,m<54,得1≤m<54.
综上,实数m的取值范围为1,54∪(2,+∞).
模块测试卷(二)
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知函数f(x)=-x2+2x+4(x∈R),则它的值域与单调递增区间分别是( )
A.值域[5,+∞),单调递增区间[1,+∞)
B.值域[5,+∞),单调递增区间(-∞,1]
C.值域(-∞,5],单调递增区间[1,+∞)
D.值域(-∞,5],单调递增区间(-∞,1]
答案D
解析由f(x)=-x2+2x+4=-(x2-2x)+4=-(x-1)2+5,则函数f(x)=-x2+2x+4(x∈R)的值域是(-∞,5],单调递增区间为(-∞,1].故选D.
2.(2021江苏扬州邗江高一期中)已知命题p:“∃x>0,x+t-1=0”,若p为真命题,则实数t的取值范围是( )
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.[1,+∞) D.(-∞,1]
答案B
解析命题p:“∃x>0,x+t-1=0”,即“∃x>0,x=1-t”,又p为真命题,则1-t>0,即t<1.故选B.
3.已知函数f(x)=ax+1x2+2是定义在R上的偶函数,则实数a的取值为( )
A.1 B.0
C.-1 D.2
答案B
解析因为函数f(x)=ax+1x2+2是定义在R上的偶函数,所以f(x)=f(-x),即ax+1x2+2=-ax+1(-x)2+2,解得a=0.故选B.
4.(2021湖南长沙湖南师大附中高一期末)下列说法正确的是( )
A.若a>b,则1a<1b
B.若a
C.若a>b,则ac2>bc2
D.若ac>bc,则a>b
答案B
解析当a>0>b时,1a>1b,故A不正确;若a
A.32 B.3 C.7 D.11
答案B
解析由题意p=12×(3+5)=4,S=4(4-a)(4-b)(4-c)=4(4-b)(4-c)=2(4-b)(4-c)≤8-(b+c)=3,当且仅当4-b=4-c,即b=c时,等号成立,∴此三角形面积的最大值为3.故选B.
6.(2021湖北八市高三一模)已知M,N均为R的子集,且M⊆∁RN,则∁RM∩N=( )
A.⌀ B.M C.N D.R
答案C
解析根据题意画出维恩图,如图所示,故∁RM∩N=N.故选C.
7.(2021辽宁营口高一期末)奇函数f(x)在(0,+∞)内单调递减且f(2)=0,则不等式(x+1)f(x)<0的解集为( )
A.(-∞,-2)∪(-1,0)∪(2,+∞)
B.(-2,-1)∪(2,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(-1,0)∪(0,2)
答案A
解析奇函数f(x)在(0,+∞)内单调递减且f(2)=0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(-2)=0.由不等式(x+1)f(x)<0得x+1>0,f(x)<0或x+1<0,f(x)>0,即x>-1,x>2或-2
A.8 B.16 C.9 D.6
答案A
解析因为x,y均为正实数且32+x+32+y=1,所以x+y=2+x+2+y-4=[(2+x)+(2+y)]3x+2+3y+2-4=32+y+2x+2+x+2y+2-4≥32+2y+2x+2·x+2y+2-4=12-4=8,当且仅当y+2x+2=x+2y+2,即x=y=4时,等号成立.因此x+y的最小值为8.故选A.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2021山东烟台高一期中)已知集合U=(-∞,+∞),A={x|2x2-x≤0},B={y|y=x2},则( )
A.A∩B=0,12 B.∁UA⊆∁UB
C.A∪B=B D.∁BA=12,+∞
答案ACD
解析∵集合U=(-∞,+∞),A={x|2x2-x≤0}=x0≤x≤12,B={y|y=x2}={y|y≥0},∴A∩B=0,12,故A正确;∁UA=xx<0或x>12,∁UB={y|y<0},∴∁UA⊇∁UB,故B错误;A∪B=[0,+∞)=B,故C正确;∁BA=12,+∞,故D正确.故选ACD.
10.(2021云南昆明高一期末)已知函数f(x)=ax2+2x+1(a≠0),若方程f(x)=0有两个不等的实数根x1,x2,且x1
C.若不等式f(x)>0的解集为{x|x1
D.若不等式f(x)>0的解集为{x|x1
答案AD
解析当a>0时,函数图像开口方向向上,所以不等式f(x)<0的解集为{x|x1
11.(2021湖北黄冈、天门高一期末)下列各说法中,p是q的充要条件的有( )
A.p:四边形是正方形;q:四边形的对角线互相垂直且平分
B.p:两个三角形相似;q:两个三角形三边对应成比例
C.p:xy>0;q:x>0,y>0
D.p:x=1是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根;q:a+b+c=0(a≠0)
答案BD
解析四边形是正方形,则四边形的对角线互相垂直且平分成立,但对角线互相垂直且平分的四边形可能是菱形,故p不是q的充要条件;两个三角形相似与两个三角形三边对应成比例可以互相推导,故p是q的充要条件;当xy>0时,可能x<0,y<0,故p不是q的充要条件;x=1是一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根,将x=1代入方程可得a+b+c=0,当a+b+c=0时,将c=-a-b代入方程ax2+bx+c=0得ax2+bx-a-b=(ax+a+b)(x-1)=0,解得x=1,故p是q的充要条件.故选BD.
12.(2021山东威海高一期末)已知函数f(x)=x2-2x,x<0,-2x+3,x≥0,则( )
A.f[f(-1)]=-3
B.若f(a)=-1,则a=2
C.f(x)在R上是减函数
D.若关于x的方程f(x)=a有两解,则a∈(0,3]
答案ABD
解析由题意得f(-1)=(-1)2-2×(-1)=3,
所以f[f(-1)]=f(3)=-2×3+3=-3,故A正确;
当a<0时,f(a)=a2-2a=-1,解得a=1,不符合题意,舍去,
当a≥0时,f(a)=-2a+3=-1,解得a=2,符合题意,故B正确;
作出f(x)的图像,如图所示,
所以f(x)在R上不是减函数,故C错误;
方程f(x)=a有两解,则y=f(x)图像与y=a图像有两个公共点,
如图所示.
所以a∈(0,3],故D正确.故选ABD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021河北石家庄一中高一月考)已知集合A={x|-1≤x≤2,x∈Z},集合B={x|x>0},则集合A∩B的子集个数为 .
答案4
解析∵A={x|-1≤x≤2,x∈Z}={-1,0,1,2},B={x|x>0},∴A∩B={1,2},共有2个元素,
故集合A∩B的子集个数为22=4个.
14.(2021山东威海高一期末)我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形,得到一个恒等式,后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图所示的矩形由两个这样的图形拼成,若a=2,b=3,则该矩形的面积为 .
答案12
解析设小正方形的边长为x,
∵a=2,b=3,∴AB=a+b=5,
在Rt△ABC中,AC2+BC2=AB2,
即(2+x)2+(3+x)2=52,即x2+5x=6,
则该矩形的面积为(2+x)(3+x)=x2+5x+6=12.
15.(2021广东深圳高三一模)已知函数的图像关于y轴对称,且与直线y=x相切,则满足上述条件的二次函数可以为f(x)= .
答案x2+14(答案不唯一)
解析因为二次函数f(x)的图像关于y轴对称,所以设f(x)=ax2+c.
由y=ax2+c,y=x,得ax2-x+c=0,
所以Δ=1-4ac=0,即ac=14.
取a=1,c=14,则f(x)=x2+14(答案不唯一).
16.(2021河北邯郸高一期末)已知函数f(x)=|x+1|,x>0,x2+1,x≤0,若f(f(m))=2,则m= .
答案0
解析令f(m)=t,则f(t)=2,
①当t>0时,|t+1|=2,则t=1,所以f(m)=1;
当m>0时,|m+1|=1,则m=0(舍去),
当m≤0时,m2+1=1,则m=0.
②当t≤0时,t2+1=2,则t=-1,
所以f(m)=-1;
当m>0时,|m+1|=-1,显然此时方程无实数解,当m≤0时,m2+1=-1,显然此时方程无实数解.综上所述,m=0.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021江西名校协作体高一联考)已知二次函数f(x)的最小值为1,函数y=f(x+1)是偶函数,且f(0)=3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,求实数a的取值范围.
解(1)因为函数y=f(x+1)是偶函数,所以f(x)的图像关于x=1对称.
又最小值为1,所以设f(x)=a(x-1)2+1.
又f(0)=3,解得a=2.
∴f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)要使f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,则2a<1
18.(12分)(2021安徽安庆高一期末)已知正实数x,y满足4x+4y=1.
(1)求xy的最大值;
(2)若不等式4x+1y≥a2+5a恒成立,求实数a的取值范围.
解(1)4x+4y=1,所以14=x+y≥2xy,解得xy≤164,当且仅当x=y=18时,等号成立,
∴xy的最大值为164.
(2)4x+1y=4x+1y(4x+4y)=20+16yx+4xy≥20+216yx·4xy=36,
当且仅当x=16,y=112时,等号成立,
∴a2+5a≤36,解得-9≤a≤4,
即a的取值范围是[-9,4].
19.(12分)(2021江苏苏州新区吴县中学高一月考)已知f(x)=1,x<0,2,x≥0,g(x)=3f(x-1)-f(x-2)2.
(1)当1≤x<2时,求g(x);
(2)当x∈R时,求g(x)的解析式,并画出其图像;
(3)求函数h(x)=xf(g(x))-2g(f(x))的零点.
解(1)当1≤x<2时,x-1≥0,x-2<0,
故g(x)=6-12=52.
(2)由(1)知,当1≤x<2时,g(x)=52.
当x<1时,x-1<0,x-2<0,
故g(x)=3-12=1.
当x≥2时,x-1>0,x-2≥0,
故g(x)=6-22=2.
所以当x∈R时,g(x)的解析式为g(x)=1,x<1,52,1≤x<2,2,x≥2.
其函数图像如下:
(3)因为g(x)>0,则f(g(x))=2,x∈R,
故g(f(x))=g(1)=52,x<0,g(2)=2,x≥0,
所以方程xf(g(x))=2g(f(x))化简后可得x2=5(x<0)或x2=4(x≥0),
解得x=-5或x=2.
20.(12分)(2021福建三明高一期末)某市居民用电收费方式有以下两种,用户可自由选择其中一种.
方式一:阶梯式递增电价,即把居民用户每月用电量划分为三档,电价实行分档递增,具体电价如下表:
档数
月均用电量/度
电价/(元/度)
第一档
[0,230]
0.5
第二档
(230,420]
0.6
第三档
(420,+∞)
0.8
方式二:阶梯式递增电价基础上实行峰谷分时电价,即先按阶梯式递增电价标准计算各档电量的电费,然后高峰时段(8:00—22:00)每度加价0.03元,低谷时段(22:00至次日8:00)每度降价0.20元,得出用户的总电费.
(1)假设某居民用户月均用电量为x度,按方式一缴费,月均电价为y元,求y关于x的函数解析式;
(2)若该用户某月用电a度(0
当230
所以y=0.5x,0≤x≤230,0.6x-23,230
(2)因为该用户某月用电a度,高峰时段用电量为23a度,
当0≤x≤230时,用电费用为0.3×13a+0.53×2a3=143,解得a≈315.4>230,不合题意,舍去.
当230
21.(12分)(2021福建福州高一期末)已知函数f(x)=x2-(a-1)x+2a,且f(1)=3.
(1)求实数a的值;
(2)判断f(x)在区间(-∞,0]上的单调性并用定义证明.
解(1)由f(1)=3,得1-(a-1)+2a=3,所以a=1.
(2)由(1)知f(x)=x2+2,其定义域为R,
f(x)在区间(-∞,0]上单调递减.
证明如下:
任取x1,x2∈(-∞,0],且x1
=(x12+2-x22+2)(x12+2+x22+2)x12+2+x22+2
=(x12+2)-(x22+2)x12+2+x22+2
=x12-x22x12+2+x22+2
=(x1-x2)(x1+x2)x12+2+x22+2.
因为x1≤0,x2≤0,且x1
则f(x1)-f(x2)>0,所以f(x1)>f(x2),
故f(x)在区间(-∞,0]上单调递减.
22.(12分)(2021安徽滁州高一期末)设命题p:对任意x∈[1,4],不等式x2-4x+2≥m2-3m恒成立;命题q:存在x∈0,12,使得不等式x2-x+m-54≥0成立.
(1)若p为真命题,求实数m的取值范围;
(2)若命题p,q有且只有一个是真命题,求实数m的取值范围.
解(1)对任意x∈[1,4],不等式x2-4x+2≥m2-3m恒成立,
即(x2-4x+2)min≥m2-3m.
x2-4x+2=(x-2)2-2,当x=2时,x2-4x+2取到最小值-2,即-2≥m2-3m,∴1≤m≤2.
故p为真命题时,实数m的取值范围是[1,2].
(2)命题q:存在x∈0,12,使得不等式x2-x+m-54≥0成立,故只需x2-x+m-54max≥0.
而x2-x+m-54=x-122+m-32,
所以当x=0时,x2-x+m-54取到最大值m-54,
故m-54≥0,解得m≥54.
即命题q为真命题时,实数m的取值范围是54,+∞.
依题意命题p,q一真一假,
若p为假命题,q为真命题,则m<1或m>2,m≥54,,得m>2;
若q为假命题,p为真命题,则1≤m≤2,m<54,得1≤m<54.
综上,实数m的取值范围为1,54∪(2,+∞).
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