单元过关滚动检测卷(二)-高中数学必修一同步学情跟进AB卷（北师大版）

—１２５　　 — ２１.【解】(１)因为 ｆ(ｘ)≤－３ 即 ｘ２ －ａｘ＋６≤０ 的解集为[ｂꎬ３]ꎬ所以 ｂꎬ３ 是一元二次方程 ｘ２ －ａｘ＋６＝ ０ 的两根ꎬ∴ ｂ＋３＝ａꎬ３ｂ＝ ６ꎬ{ 解得 ａ＝ ５ꎬ ｂ＝ ２.{ (２) 当 ｘ∈ １２ ꎬ＋∞[ )时ꎬ若关于 ｘ 的不等式 ｆ(ｘ)≥１－ｘ２ 恒成立ꎬ即 ａ≤２ｘ＋ ２ｘ 在 ｘ∈ １２ ꎬ＋∞[ )上恒成立ꎬ令 ｇ(ｘ)＝ ２ｘ＋ ２ｘ ꎬｘ≥ １２ ꎬ则 ａ ≤ｇ(ｘ)ｍｉｎꎬ易得 ｇ(ｘ)＝ ２ｘ＋ ２ｘ 在 １ ２ ꎬ＋∞[ )的 小值为 ｇ(１)＝ ４ꎬ故 ａ≤４ꎬ即实数 ａ 的取值范围是(－∞ ꎬ４] . ２２.【解】(１)ａ＝ １ 时ꎬｆ(ｘ)＝ ｘ２ ＋ｘ－１>０ꎬ解得 ｘ>－１＋ ５２ 或 ｘ< －１－ ５ ２ .∴ ｆ(ｘ)>０ 的解集为 ｘ ｘ> －１＋ ５ ２ 或 ｘ< －１－ ５ ２{ } .(２)∵ ｆ(ｘ)＝ ａｘ２ ＋ａｘ －１(ａ∈Ｒ)ꎬ对于任意 ｘ∈Ｒꎬ不等式 ｆ(ｘ)<０ 恒成立ꎬ∴ ａ＝ ０ 或 ａ<０ꎬ Δ＝ａ２ ＋４ａ<０ꎬ{ 解得－４<ａ≤０ꎬ∴ ａ 的取值范围是(－４ꎬ０] .(３)( ｉ)ａ＝ ０ 时ꎬｆ(ｘ)＝ －１<０ꎬ不等式的解集是 Ｒꎻ(ｉｉ)ａ>０ 时ꎬｆ(ｘ)＝ ａｘ２ ＋ａｘ－１ꎬΔ＝ａ２ ＋４ａ>０ꎬ令 ｆ(ｘ)＝ ０ꎬ解得 ｘ＝ －ａ± ａ２ ＋４ａ２ａ ꎬ故 ｆ(ｘ)<０ 的解集 是 －ａ－ ａ２ ＋４ａ２ａ ꎬ －ａ＋ ａ２ ＋４ａ ２ａ æ è ç ö ø ÷ ꎻ(ｉｉｉ)ａ<０ 时ꎬΔ＝ａ２ ＋４ａꎬ①ａ<－４ 时ꎬΔ>０ꎬ令 ｆ(ｘ)＝ ０ꎬ解得 ｘ ＝ －ａ± ａ２ ＋４ａ２ａ ꎬ故 ｆ( ｘ) <０ 的解集是 －∞ ꎬ－ａ－ ａ ２ ＋４ａ ２ａ æ è ç ö ø ÷∪ －ａ＋ ａ２ ＋４ａ２ａ ꎬ＋∞ æ è ç ö ø ÷ ꎻ②ａ＝－４ 时ꎬΔ＝ ０ꎬｆ(ｘ)<０ 的解集是 ｘ ｘ≠－ １２{ } ꎻ③－４<ａ<０ 时ꎬΔ<０ꎬｆ(ｘ)<０ 的解集 是 Ｒ. 单元过关滚动检测卷(二) １.Ｄ　 【解析】由题意集合 Ａ＝{１ꎬ２ꎬ３}ꎬＢ＝{４ꎬ５}ꎬａ∈Ａꎬｂ∈Ｂꎬ那么:ａ、ｂ 的组合有:(１、４)ꎬ(１、５)ꎬ(２、４)ꎬ(２、５)ꎬ(３、４)ꎬ(３、５)ꎬ∵ Ｍ ＝ {ｘ ｜ ｘ＝ａ＋ｂ}ꎬ∴ Ｍ＝{５ꎬ６ꎬ７ꎬ８}ꎬ集合 Ｍ 中有 ４ 个元素ꎬ有 ２４－１＝ １５ 个真子集.故选 Ｄ. ２.Ａ　 【解析】令 ２ｘ－１＝ ３ꎬ则 ｘ＝ ２ꎬ∴ ｘ＋１＝ ３ꎬ即 ｆ(３)＝ ３. ３.Ｄ　 【解析】Ａ 中ꎬｆ(ｘ)＝ ｘ＋１􀅰 ｘ－１的定义域为{ｘ ｜ ｘ≥１}ꎬｇ(ｘ)＝ (ｘ＋１)(ｘ－１) 的定义域为{ｘ ｜ ｘ≥１ 或 ｘ≤－１}ꎬ它们的定义域 不相同ꎬ不是相等函数ꎻＢ 中ꎬｆ(ｘ)＝ ( ２ｘ－５)２ 的定义域为 ｘ ｘ≥ ５２{ } ꎬｇ(ｘ)＝ ２ｘ－５ 的定义域为 Ｒꎬ定义域不同ꎬ不是相等函数ꎻＣ 中ꎬｆ(ｘ)＝ １－ｘ ｘ２ ＋１与 ｇ(ｘ)＝ １＋ｘ ｘ２ ＋１的对应关系不同ꎬ不是相函数等ꎻＤ 中ꎬｆ(ｘ)＝ ( ｘ)４ ｘ ＝ ｘ(ｘ>０)与 ｇ(ｘ)＝ ｔ ｔ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ｔ( ｔ>０)的定义域相同ꎬ 对应法则也相同ꎬ是相等函数. ４.Ｃ　 【解析】因为 Ａ＝ ｘ １２( ) ｘ≤１{ } ＝{ｘ ｜ ｘ≥０}ꎬＢ＝{ｘ ｜ ｘ２ －２ｘ－８≤０} ＝{ｘ ｜ －２≤ｘ≤４}ꎬ所以 Ａ∩Ｂ＝{ｘ ｜ ０≤ｘ≤４} .故选 Ｃ. ５.Ｄ ６.Ｄ　 【解析】作出分段函数的图像易知. ７.Ａ　 【解析】因为 ｆ(ｘ)在区间[０ꎬ２]上是增函数ꎬ所以 ｆ(２)>ｆ(０)ꎬ解得 ａ<０.又因为 ｆ(ｘ)图像的对称轴为直线 ｘ ＝ －－４ａ２ａ ＝ ２.所以 ｘ 在 [０ꎬ２]上的值域与[２ꎬ４]上的值域相同ꎬ所以满足 ｆ(ｍ)≥ｆ(０)的 ｍ 的取值范围是 ０≤ｍ≤４. ８.Ｃ　 【解析】由于函数为偶函数ꎬ故 ｍ＝ ０ꎬｆ(ｘ)＝ ２ ｜ ｘ ｜ －１.ａ＝ ｆ(ｌｏｇ０.５３)＝ ｆ(ｌｏｇ２３)ꎬｃ＝ ｆ(２ｍ)＝ ｆ(０)ꎬ由于函数 ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋∞ )上为增函 数ꎬ且 ｌｏｇ２１<ｌｏｇ２３<ｌｏｇ２５ꎬ所以 ｃ<ａ<ｂ. ９.Ｃ　 【解析】设在甲地销售 ｘ 辆ꎬ则在乙地销售(１５－ｘ)辆ꎬ则利润 ｙ＝－ｘ２ ＋２１ｘ＋２(１５－ｘ)＝ －ｘ２ ＋１９ｘ＋３０＝ － ｘ－１９２( ) ２ ＋４８１４ ꎬ∴ 当 ｘ＝ ９ 或 １０ 时ꎬ可获 大利润 １２０ 万元. １０.Ｃ　 【解析】∵ ２－ｘ有意义ꎬ∴ ２－ｘ≥０ꎬ即 ｘ≤２. ｘ２ －４ｘ＋４ － ｘ２ －６ｘ＋９ ＝ (ｘ－２)２ － (ｘ－３)２ ＝ ｜ ｘ－２