单元检测卷(二) 函数的概念及其性质-【满分金卷】2022新高考数学总复习必刷题单元能力提升卷

A∪B={x|-6≤x≤4}, ∴∁R(A∪B)={x|x<-6或x>4}. (2)C={x|3x+m<0}= x x<-m3 , ∵x∈C是x∈A 的必要条件,∴A⊆C, ∴-m3≥3 ,解得m≤-9. ∴实数m 的取值范围是(-∞,-9]. 20.解:(1)∵命题p:∀x∈R,x2+ax+2≥0为真命题, ∴Δ=a2-4×1×2≤0,解得-2 2≤a≤2 2, ∴实数a的取值范围为[-2 2,2 2]; (2)命 题q:∃x0∈ -3,- 1 2 ,x02-ax0+1=0为 真 命题, ∴a=x 2+1 x =x+ 1 x 在[-3,-1]上单调递增, 在 -1,-12 上单调递减, ∴当x=-1时,a取最大值-2, 又当x=-3时,a=-103 ,当x=-12 时,a=-52 , ∴实数a的取值范围为 -103 ,-2 . 21.解:(1)∵函数f(x)=|2x-1|+|x+3|, ∴函数f(x)= -3x-2,x≤-3 -x+4,-3<x≤12 3x+2,x>12 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 可得当x≤-3时,f(x)=-3x-2≥7. 当-3<x≤12 时,f(x)=-x+4∈ 72 ,7 . 当x>12 时,f(x)=3x+2>72. 故f(x)的值域 M= 72 ,+∞ . (2)由(1)知,M= 72 ,+∞ , 当a=0时,g(x)=1,即 N={1},M∩N=⌀, 所以a=0不符合题意. 当a>0时,因为|x|≥0, 所以函数g(x)的值域 N=(-∞,|a-1|], 若 M∩N≠⌀,则|a-1|≥72 ,解得a≤-52 或a≥92 , 从而a≥92 符合题意. 当a<0时,因为|x|≥0,所以函数g(x)的值域N=[|a-1|, +∞), 此时一定满足 M∩N≠⌀,从而a<0符合题意. 综上,实数a的取值范围为(-∞,0)∪ 92 ,+∞ . 22.解:(1)∵10+6+1=17,6+1+2=9,1+2+7=10,2+7 +8=17, 7+8+3=18,8+3+9=20,3+9+5=17,9+5+4=18, ∴A={17,9,10,18,20},m(A)=9,n(A)=20. (2)证明:假设m(A)≥18, 设S=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+(a7+a8+a9)+a10 =55, 则S=55≥3m(A)+a10=3×18+a10, 即a10≤1,因为ai≥1(i=1,2,3,…,10),所以a10=1, 同理,设S=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+(a8+a9 +a10)=55, 可以推出a1=1,ai(i=1,2,…,10)中有两个元素为1,与 题设矛盾, 故假设不成立,m(A)不可能为18. (3)m(A)的最大值为17,n(A)的最小值为16. ①首先求 m(A),由(2)知 m(A)<18,而 m(A)=17是可 能的. 当m(A)=17时, 设S=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+(a7+a8+a9)+a10 =55, 则S=55≥3m(A)+a10=3×17+a10,即a10≤4, 又S=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+a7+(a8+a9+a10) =55, 得55=S≥3m(A)+a7=51+a7,即a7≤4. 同理可得:ai≤4(i=1,4,7,10). 对于数列:1,6,10,2,7,8,3,9,5,4, 此时A={17,18,19,20},m(A)=17,n(A)=20,满 足 题意. 所以m(A)的最大值为17. ②现证明:n(A)的最小值为16. 先证明n(A)≤15为不可能的,假设n(A)≤15. 设S=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+(a8+a9+a10) =55, 可得55≤3n(A)+a1≤3×15+a1,即a1≥10,元素最大值 为10,所以a1=10. 又(a1+a2+a3)+a4+(a5+a6+a7)+(a8+a9+a10)=55 ≤3n(A)+a4≤3×15+a4, 同理可以推出a4=10,矛盾,假设不成立,所以n(A)≥16. 数列为:7,6,2,8,3,4,9,1,5,10时, A={13,14,15,16},m(A)=13,n(A)=16,A 中元素的最 大值为16. 所以n(A)的最小值为16. ▶对接高考 1.C A∪B=[1,3]∪(2,4)=[1,4).故选C. 2.B 由已知得,A={x|-2≤x≤2}, B= x x≤-a2 . 由于A∩B={x|-2≤x≤1},故-a2=1 ,解得a=-2.故 选B. 3.A 由题意可得A∪B={-1,0,1,2}, 则∁U(A∪B)={-2,3}.故选A. 4.C 由题意,A∩B 中的元素满足 y≥x