期中考试评估卷-高中数学必修一同步学情跟进AB卷（北师大版）

—１３１　　 — >０ꎬ∵ ｐ∈Ｎ∗ꎬ∴ ｐ ＝ １ꎬ∴ 不等式(ａ＋１) ｐ２ <(３－ ２ａ) ｐ２ 可化为(ａ＋ １) １２ <(３－ ２ａ) １２ .∵ 函数 ｙ ＝ ｘ 是[０ꎬ＋∞ ) 上的增函数ꎬ∴ ａ＋１<３－２ａꎬ ａ＋１≥０ꎬ ３－２ａ≥０{ ⇒ ａ< ２３ ꎬ ａ≥－１ꎬ ａ≤ ３２ ì î í ï ïï ï ïï ⇒－１≤ａ< ２３ ꎬ故实数 ａ 的取值范围为 －１ꎬ ２ ３[ ) . ２１.【解】 ( １ ) 依 题 意ꎬ 可 得: ｙ ＝ ｇ ( ｔ ) 􀅰 ｆ ( ｔ ) ＝ ( ８０ － ２ｔ ) 􀅰 ２０－ １２ ｜ ｔ－１０ ｜( ) ＝ ( ４０ － ｔ ) 􀅰 ( ４０ － ｜ ｔ － １０ ｜ )ꎬ 所 以 ｙ ＝ (３０＋ｔ)(４０－ｔ)ꎬ０≤ｔ≤１０ꎬ (５０－ｔ)(４０－ｔ)ꎬ１０<ｔ≤２０.{ (２)当 ０≤ｔ≤１０ 时ꎬｙ＝(３０＋ｔ)(４０－ｔ)＝ －( ｔ－５)２ ＋１ ２２５ꎬｙ 的取值范围是[１ ２００ꎬ１ ２２５]ꎬ在 ｔ ＝ ５ 时ꎬｙ 取 得 大值 １ ２２５ꎻ当 １０<ｔ≤２０ 时ꎬｙ＝(５０－ｔ)(４０－ｔ)＝ ( ｔ－４５)２－２５ꎬｙ 的取值范围是[６００ꎬ１ ２００)ꎬ在 ｔ＝ ２０ 时ꎬｙ 取得 小值 ６００.综上ꎬ 第 ５ 天日销售额 ｙ 大ꎬ 大为 １ ２２５ 元ꎻ第 ２０ 天日销售额 ｙ 小ꎬ 小为 ６００ 元. ２２.【解】(１)证明:任取 ｘ１ꎬｘ２∈Ｒꎬ且 ｘ１ <ｘ２ꎬ则 ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)＝ ａ－ ２２ｘ１ ＋１ æ è ç ö ø ÷ － ａ－ ２２ｘ２ ＋１ æ è ç ö ø ÷ ＝ ２２ｘ２ ＋１－ ２ ２ｘ１ ＋１ ＝ ２(２ｘ１ －２ｘ２) (２ｘ１ ＋１)(２ｘ２ ＋１) .∵ 指数函数 ｙ＝ ２ｘ在 Ｒ 上是增函数ꎬ且 ｘ１ <ｘ２ꎬ∴ ２ｘ１ <２ｘ２ꎬ即 ２ｘ１ －２ｘ２ <０.又 ２ｘ>０ꎬ∴ ２ｘ１ ＋１>０ꎬ２ｘ２ ＋１>０.∴ ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２ ) <０ꎬ即 ｆ(ｘ１ ) <ｆ(ｘ２ ) .故对于任意 实数 ａꎬｆ(ｘ)为增函数.(２) ｆ(ｘ)＝ ａ－ ２２ｘ＋１≤０ 恒成立ꎬ只要 ａ≤ ２ ２ｘ＋１恒成立ꎬ问题转化为只要 ａ 不大于 ２ ２ｘ＋１的 小值.∵ ｘ∈Ｒꎬ２ ｘ>０ 恒成立ꎬ∴ ２ｘ＋１>１.∴ ０< １２ｘ＋１<１ꎬ０< ２ ２ｘ＋１<２ꎬ∴ ａ≤０.故当ａ≤０ 时ꎬｆ(ｘ)≤０ 恒成立. 期中考试评估卷 １.Ａ　 【解析】Ｍ∩Ｎ＝{ｘ ｜ ０<ｘ<３}∩{ｘ ｜ １<ｘ<４} ＝{ｘ ｜ １<ｘ<３} . ２.Ｂ　 【解析】依题意知 ｌｏｇ２(α＋１)＝ １ꎬ则 α＋１＝ ２ꎬ故 α＝ １. ３.Ｂ　 【解析】因为 Ａ∩{－１ꎬ０ꎬ１} ＝{０ꎬ１}ꎬ所以 ０ꎬ１∈Ａ 且－１∉Ａ.又因为 Ａ∪{－２ꎬ０ꎬ２} ＝{－２ꎬ０ꎬ１ꎬ２}ꎬ所以 １∈Ａ 且至多－２ꎬ０ꎬ２∈Ａ.故 ０ꎬ１∈Ａ 且至多－２ꎬ２∈Ａꎬ所以满足条件的 Ａ 只能为{０ꎬ１}ꎬ{０ꎬ１ꎬ－２}ꎬ{０ꎬ１ꎬ２}ꎬ{０ꎬ１ꎬ２ꎬ－２}ꎬ共 ４ 个. ４.Ａ　 【解析】ｂ＝ １２( ) －０.８ ＝ ２０.８ <ａ＝ ２１.２ꎬｃ＝ ２ｌｏｇ５２＝ ｌｏｇ５４<ｌｏｇ５５＝ １<ｂ＝ ２０.８ꎬ所以 ｃ<ｂ<ａ. ５.Ａ　 【解析】∵ ｙ＝ ｘ－１是奇函数ꎬｙ＝ ｌｏｇ １２ ｘ 不具有奇偶性ꎬ故排除 ＢꎬＤꎬ又函数 ｙ＝ ｘ２ －２ 在区间(０ꎬ＋∞ )上是单调递增函数ꎬ故排除 Ｃꎬ 只有选项 Ａ 符合题意. ６.Ａ　 【解析】由 ｘ１ <０ꎬｘ１ ＋ｘ２ >０ 得 ｘ２ >－ｘ１ >０ꎬ又 ｆ(ｘ)是 Ｒ 上的偶函数ꎬ且在(０ꎬ＋∞ )上是减函数ꎬ所以ｆ(－ｘ２)＝ ｆ(ｘ２)<ｆ(－ｘ１) . ７.Ｂ　 【解析】因为 ｆ(ｘ)的单调递增区间是(－２ꎬ３)ꎬ则 ｆ(ｘ＋５)的单调递增区间满足－２<ｘ＋５<３ꎬ即－７<ｘ<－２. ８.Ｃ　 【解析】由 ｘ<０ 时ꎬａｘ>１ 可知 ０<ａ<１ꎬ故 ｙ＝ｌｏｇａｘ 在(０ꎬ＋∞)上为减函数ꎬ∴ ｌｏｇａｘ>０＝ｌｏｇａ１ꎬ∴ ０<ｘ<１ꎬ故不等式 ｌｏｇａｘ>０ 的解集为{ｘ ｜ ０<ｘ<１} . ９.Ｃ　 【解析】定义在 Ｒ 上的奇函数 ｆ(ｘ)满足 ｆ(０)＝ ０ꎬ图像自身关于原点对称ꎬ所以零点的个数为 ２×１ ００５＋１＝ ２ ０１１. １０.Ａ　 【解析】二次函数 ｆ(ｘ)＝ ｘ２ －ｘ＋ａ(ａ>０)的对称轴是直线 ｘ ＝ １２ ꎬ且 ｆ(０)＝ ｆ(１)＝ ａ>０.因为 ｆ(ｍ) <０ꎬ所以 ０<ｍ<１ꎬｍ－１<０ꎬ所以 ｆ(ｍ－１)>０. １１.Ａ　 【解析】由函数 ｆ(ｘ)的图像可知 ０<ａ<１ꎬｂ<－１ꎬ故函数 ｇ(ｘ)＝ ａｘ＋ｂ(０<ａ<１ꎬ