第二次月考评估卷-高中数学必修一同步学情跟进AB卷（北师大版）

—１２９　　 — １５.１３　 【解析】∵ 函数 ｆ(ｘ)在(－∞ ꎬ－２]上是减函数ꎬ在[－２ꎬ＋∞ )上是增函数ꎬ∴ ｘ＝ － ｂ２ａ ＝ ｍ ４ ＝ －２ꎬ∴ ｍ＝ －８ꎬ故 ｆ(ｘ)＝ ２ｘ２ ＋８ｘ＋３ꎬ∴ ｆ (１)＝ １３. １６.ｙ＝ ｘ２ 或 ｙ＝ １－ｘꎬｘ>０ꎬ１＋ｘꎬｘ<０{ 或 ｙ＝－ ２ｘ (答案不唯一)　 【解析】本题为开放型题目ꎬ答案不唯一ꎬ可结合条件来列举ꎬ如从基本初等函数 中或分段函数中来找.如 ｙ＝ ｘ２ 或 ｙ＝ １－ｘꎬｘ>０ꎬ１＋ｘꎬｘ<０{ 或 ｙ＝－ ２ｘ . １７.【解】若 Ｂ＝∅ꎬ则 ｐ＋１>２ｐ－１ꎬ解得 ｐ<２ꎻ若 Ｂ≠∅ꎬ且 Ｂ⊆Ａꎬ则借助数轴可知ꎬ ｐ＋１≤２ｐ－１ꎬ ｐ＋１≥－２ꎬ ２ｐ－１≤５ꎬ{ 解得 ２≤ｐ≤３.综上ꎬ实数 ｐ 的取值范围是 (－∞ ꎬ３] . １８.【解】(１)因为 ｆ(４)＝ ｆ(２＋２)＝ ２ｆ(２)－１＝ ５ꎬ所以 ｆ(２)＝ ３.(２)由 ｆ(ｍ－２)≤３ꎬ得 ｆ(ｍ－２)≤ｆ(２) .因为ｆ(ｘ)是(０ꎬ＋∞ )上的减函数ꎬ所 以 ｍ－２≥２ꎬ ｍ－２>０ꎬ{ 解得 ｍ≥４.所以所求不等式的解集为{ｍ ｜ｍ≥４} . １９.【解】因为 Ａ∩Ｂ＝ － １３{ } ꎬ所以－ １３ ∈Ａ 且－ １３ ∈Ｂꎬ所以 ３ － １３( ) ２ － １３ ｐ－５＝ ０ꎬ３ － １ ３( ) ２ － １３ ×１０＋ｑ＝ ０ꎬ解得 ｐ＝ －１４ꎬｑ＝ ３.故 Ａ＝ {ｘ ｜ ３ｘ２ －１４ｘ－５＝ ０} ＝ － １３ ꎬ５{ } ꎬＢ＝{ｘ ｜ ３ｘ２ ＋１０ｘ＋３＝ ０} ＝ － １３ ꎬ－３{ } ꎬ所以∁ ＵＡ＝{－３}ꎬ∁ ＵＢ＝{５} . ２０.【解】(１)由已知 ｇ(ｘ)＝ ｆ(ｘ)－ａ 得:ｇ(ｘ)＝ １－ａ－ ２ｘ .因为 ｇ(ｘ)是奇函数ꎬ所以 ｇ(－ｘ)＝ －ｇ(ｘ)ꎬ即 １－ａ－ ２ (－ｘ)＝ － １－ａ－ ２ ｘ( ) ꎬ解得 ａ＝ １.(２)函数 ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞ )内是单调增函数ꎬ证明如下:设 ０<ｘ１ <ｘ２ꎬ且 ｘ１ꎬｘ２ ∈(０ꎬ＋∞ )ꎬ则 ｆ( ｘ１ ) － ｆ( ｘ２ ) ＝ １－ ２ｘ１ － １－ ２ ｘ２( ) ＝ ２(ｘ１ －ｘ２) ｘ１ｘ２ .因为 ０<ｘ１ <ｘ２ꎬ所以 ｘ１ －ｘ２ <０ꎬｘ１ｘ２ >０ꎬ从而２(ｘ１ －ｘ２)ｘ１ｘ２ <０ꎬ即 ｆ(ｘ１)<ｆ(ｘ２) .所以函数 ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞ )内是单调增函数. ２１.【解】(１)因为方程 ｆ(ｘ)＝ ２ｘ 有两个相等实根ꎬ即方程 ａｘ２ ＋(ｂ－２)ｘ＝ ０ 有两个相等实根ꎬ所以 Δ＝(ｂ－２)２ ＝ ０ꎬ得 ｂ＝ ２ꎬ因为 ｆ(ｘ－１)＝ ｆ(３－ｘ)ꎬ得ｘ－１＋３－ｘ２ ＝ １ꎬ所以 ｘ＝ １ 是函数图像的对称轴ꎬ所以－ ｂ ２ａ ＝ １ꎬ所以ａ＝ －１ꎬ所以 ｆ(ｘ)＝ －ｘ２ ＋２ｘ.(２)因为函数 ｆ(ｘ)＝ －ｘ２ ＋２ｘ 的图像对称轴为直线 ｘ＝ １ꎬｘ∈[０ꎬｔ]ꎬ所以当ｔ≤１ 时ꎬｆ(ｘ)在[０ꎬｔ]上是增函数ꎬ所以 ｆ(ｘ)的 大值为 ｆ( ｔ)＝ －ｔ２ ＋２ｔꎻ当ｔ>１ 时ꎬｆ(ｘ) 在[０ꎬ１]上是增函数ꎬ在[１ꎬｔ]上是减函数ꎬ所以 ｆ(ｘ)的 大值为 ｆ(１)＝ １.综上知 ｆ(ｘ)的 大值为ｆ(ｘ)ｍａｘ ＝ １ꎬｔ>１ꎬ－ｔ２ ＋２ｔꎬｔ≤１.{ ２２.【解】(１)令 ｘ＝ ｙ ＝ １ꎬ则 ｆ(１) ＝ ｆ(１) ＋ ｆ(１)ꎬ所以 ｆ(１) ＝ ０.令 ｘ ＝ ３ꎬｙ ＝ １３ ꎬ则 ｆ(１) ＝ ｆ(３) ＋ ｆ １ ３( ) ꎬ所以 ｆ(３)＝ － １.故 ｆ １９( ) ＝ ｆ １ ３ × １ ３( ) ＝ ｆ １３( ) ＋ｆ １３( ) ＝ ２ꎬｆ(９)＝ ｆ(３×３)＝ ｆ(３)＋ｆ(３)＝ －２.(２)因为 ｆ(ｘ)－ｆ(２－ｘ)<２ꎬ所以 ｆ(ｘ)<ｆ(２－ｘ)＋２＝ ｆ(２－ｘ) ＋ｆ １９( ) ＝ ｆ １ ９ (２－ｘ)( ) .由 ｙ＝ ｆ(ｘ)是定义在(０ꎬ＋∞ )上的减函数ꎬ得 ｘ>０ꎬ ２－ｘ>０ꎬ ｘ> １９ (２－ｘ)ꎬ ì î í ï ï ïï 解得 ｘ>０ꎬ ｘ<２ꎬ ｘ> １５ ꎬ ì î í ï ï ïï 即 １ ５ <ｘ<２.故 ｘ 的取值范围为 １ ５ ꎬ２( ) . 第二次月考评估卷 １.Ａ　 【解析】因为 Ａ∩Ｂ＝Ｂꎬ所以 Ｂ⊆Ａꎬ因为{１ꎬ２}⊆Ａꎬ故选 Ａ. ２.Ｃ　 【解析】１.５－ １３ ＋８０.２５ ×４ ２ ＋( ３ ２ × ３)６－ － ２３( ) ２ ３ ＝ ２３( ) １ ３ ＋２ ３４ ×２ １４ ＋(２２×３３)－ ２３( ) １ ３ ＝ ２＋１０８＝ １１０. ３.Ｂ　 【解析】１０ｘ ＝ ｌｇ (１０ａ)＋ｌｇ １ａ ＝