人教A版 (2019)必修 第一册3.4 函数的应用（一）教学设计

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册3.4 函数的应用（一）教学设计，共7页。教案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
章末综合测评(一)　集合与常用逻辑用语(满分：150分　时间：120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．下列表示正确的是(　　)A．{所有实数}＝R　　 B．整数集＝{Z}C．∅＝{∅}   D．1∈{有理数}D　[选项A不正确，因为符号“{　}”已包含“所有”“全体”的含义，因此不用再加“所有”；选项B不正确，Z表示整数集，不能加花括号；显然选项C不正确，选项D正确．]2．集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x<1}，则A∪(∁RB)＝(　　)A．{x|x>1}   B．{x|x≥－1}C．{x|1<x≤2}   D．{x|1≤x≤2}B　[由A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x<1}可知∁RB＝{x|x≥1}，∴A∪(∁RB)＝{x|x≥－1}．]3．满足{1}⊆X{1,2,3,4}的集合X有(　　)A．4个　　　B．5个  C．6个　　　 D．7个D　[集合X可以是{1}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,2,3}，{1,2,4}，{1,3,4}，共7个．]4．命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是(　　)A．对任意x∈R，都有x2＜1 B．不存在x∈R，使得x2＜1C．存在x∈R，使得x2≥1D.存在x∈R，使得x2＜1D　[因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“对任意x∈R，都有x2≥1”的否定是：存在x∈R，使得x2＜1.故选D.]5．命题“∃x∈R，x3－x2＋1≤0”的否定是(　　)A．∃x∈R，x3－x2＋1<0B．∃x∈R，x3－x2＋1≥0C．∀x∈R，x3－x2＋1>0D．∀x∈R，x3－x2＋1≤0C　[由存在量词命题的否定可得，所给命题的否定为“∀x∈R，x3－x2＋1>0”．故选C.]6. “a＝－1”是“函数y＝ax2＋2x－1与x轴只有一个交点”的(　　)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D.既不充分也不必要条件B　[当a＝－1时，函数y＝ax2＋2x－1＝－x2＋2x－1与x轴只有一个交点；但若函数y＝ax2＋2x－1与x轴只有一个交点，则a＝－1或a＝0，所以“a＝－1”是“函数y＝ax2＋2x－1与x轴只有一个交点”的充分不必要条件．]7．a2＞b2的一个充分条件是(　　)A．a＞b   B．a＜bC．a＝b   D．a＝2，b＝1D　[A中，当a＝0，b＝－2时，a2＝0，b2＝4，不能推出a2＞b2；B中，当a＝－1，b＝1时，a2＝b2，不能推出a2＞b2；C中，当a＝b时，a2＝b2，不能推出a2＞b2；D中，a2＝4，b2＝1，能推出a2＞b2，故选D.]8．下列命题中，真命题是(　　)A．若x，y∈R且x＋y＞2，则x，y至少有一个大于1B．∀x∈R,2x＞x2C．a＋b＝0的充要条件是＝－1D．∃x∈R，x2＋2≤0A　[当x＝2时，2x＝x2，故B错误；当a＝b＝0时，满足a＋b＝0，但＝－1不成立，故C错误；∀x∈R，x2＋2＞0，故∃x∈R，x2＋2≤0错误，故选A.]9．一元二次方程ax2＋4x＋3＝0 (a≠0)有一个正根和一个负根的充分不必要条件是(　　)A．a<0   B．a>0 C．a<－1   D．a>1C　[方程有一个正根和一个负根时，根据韦达定理知＜0，即a＜0，a<－1可以推出a＜0，但a＜0不一定推出a<－1，故选C.]10．已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{x|x＜2m}，且A⊆∁RB，那么m的值可以是(　　)A．1　　　　B．2       C．3　　　　 D．4A　[根据补集的概念，∁RB＝{x|x≥2m}．又∵A⊆∁RB，∴2m≤2.解得m≤1，故m的值可以是1.]11．若集合A＝{x|2a＋1≤x≤3a－5}，B＝{x|5≤x≤16}，则能使A⊆B成立的所有a组成的集合为(　　)A．{a|2≤a≤7}   B．{a|6≤a≤7}C．{a|a≤7}   D．∅C　[当3a－5<2a＋1，即a<6时，A＝∅⊆B；当3a－5≥2a＋1，即a≥6时，A≠∅， 要使A⊆B，需有解得2≤a≤7.综上可知，a≤7.]12．满足“闭合开关K1”是“灯泡R亮”的充要条件的电路图是(　　)C　[由题图A，闭合开关K1或者闭合开关K2都可以使灯泡R亮；反之，若要使灯泡R亮，不一定非要闭合开关K1，因此“闭合开关K1”是“灯泡R亮”的充分不必要条件．由题图B，闭合开关K1而不闭合开关K2，灯泡R不亮；反之，若要使灯泡R亮，则开关K1必须闭合．因此“闭合开关K1”是“灯泡R亮”的必要不充分条件．由题图C，闭合开关K1可使灯泡R亮；反之，若要使灯泡R亮，开关K1一定是闭合的．因此“闭合开关K1”是“灯泡R亮”的充要条件．由题图D，闭合开关K1但不闭合开关K2，灯泡R不亮；反之，灯泡R亮也可不闭合开关K1，只要闭合开关K2即可．因此“闭合开关K1”是“灯泡R亮”的既不充分也不必要条件．]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设全集U＝R，集合A＝{x|x＜0}，B＝{x|x＞1}，则A∪(∁UB)＝________.{x|x≤1}　[∵B＝{x|x＞1}，∴∁UB＝{x|x≤1}，则A∪(∁UB)＝{x|x≤1}．]14．命题“∀1≤x≤2，使x2－a≥0”是真命题，则a的取值范围是________．{a|a≤1}　[命题p：a≤x2在1≤x≤2上恒成立，y＝x2在1≤x≤2上的最小值为1，∴a≤1.]15．设集合A＝{x|0＜x＜1}，B＝{x|0＜x＜3}，那么“m∈A”是“m∈B”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)．充分不必要　[由于A＝{x|0＜x＜1}，所以AB，所以“m∈A”是“m∈B”的充分不必要条件．]16．定义集合运算：A⊙B＝{z|z＝xy(x＋y)，x∈A，y∈B}．设集合A＝{0,1}，B＝{2,3}，则集合A⊙B的所有元素之和为________．18　[当x＝0时，y＝2、3，对应的z＝0；当x＝1时，y＝2、3，对应的z＝6、12.即A⊙B＝{0,6,12}．故集合A⊙B的所有元素之和为18.]三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)判断下列命题是全称量词命题还是存在量词命题，并写出它们的否定：(1)p：对任意的x∈R，x2＋x＋1＝0都成立；(2)p：∃x∈R，x2＋2x＋5＞0.[解]　(1)由于命题中含有全称量词“任意的”，因而是全称量词命题；又由于“任意”的否定为“存在一个”，因此，￢p：存在一个x∈R，使x2＋x＋1≠0成立，即“∃x∈R，使x2＋x＋1≠0成立”；(2)由于“∃x∈R”表示存在一个实数x，即命题中含有存在量词“存在一个”，因而是存在量词命题；又由于“存在一个”的否定为“任意一个”，因此，￢p：对任意一个x都有x2＋2x＋5≤0，即“∀x∈R，x2＋2x＋5≤0”．18．(本小题满分12分)已知A＝{x|－2<x<3}，B＝{x|－3<x≤3}，求∁RA，∁R(A∩B)，(∁RA)∩B.[解]　结合数轴，由图可知∁RA＝{x|x≤－2或x≥3}，又∵A∩B＝{x|－2<x<3}＝A，∴∁R(A∩B)＝∁RA＝{x|x≤－2或x≥3}，∴(∁RA)∩B＝{x|－3<x≤－2或x＝3}．19．(本小题满分12分)判断下列各题中的条件p是结论q的什么条件．(1)条件p：a，b∈R，a＋b＞0，结论q：ab＞0；(2)条件p：AB，结论q：A∪B＝B.[解]　(1)因为a，b∈R，a＋b＞0，所以a，b至少有一个大于0，所以pq.反之，若ab＞0，可推出a，b同号．但推不出a＋b＞0，即qp.综上所述，p既不是q的充分条件，也不是必要条件．(2)因为AB⇒A∪B＝B，所以p⇒q.而当A∪B＝B时，A⊆B，即qp，所以p为q的充分不必要条件．20．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1＜x＜3}，集合B＝{x|2m＜x＜1－m}．(1)当m＝－1时，求A∪B；(2)若A⊆B，求实数m的取值范围．[解]　(1)当m＝－1时，B＝{x|－2＜x＜2}，A∪B＝{x|－2＜x＜3}．(2)由A⊆B，知解得m≤－2，即实数m的取值范围为{m|m≤－2}．21．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|a＜x＜3a}且B≠∅.(1)若x∈A是x∈B的充分条件，求a的取值范围；(2)若A∩B＝∅，求a的取值范围．[解]　(1)∵x∈A是x∈B的充分条件，∴A⊆B.∴解得a的取值范围为≤a≤2.(2)由B＝{x|a＜x＜3a}且B≠∅，∴a＞0.若A∩B＝∅，∴a≥4或3a≤2，所以a的取值范围为0＜a≤或a≥4.22．(本小题满分12分)已知x，y都是非零实数，且x＞y，求证：＜的充要条件是xy＞0.[证明]　法一：充分性：由xy＞0及x＞y，得＞，即＜.必要性：由＜，得－＜0，即＜0.因为x＞y，所以y－x＜0，所以xy＞0.所以＜的充要条件是xy＞0.法二：＜⇔－＜0⇔＜0.由条件x＞y⇔y－x＜0，故由<0⇔xy＞0.所以＜⇔xy＞0，即＜的充要条件是xy＞0.