第1次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

—92 — (2)令x2-(3a-1)x-a=0, 由Δ=(3a-1)2+4a>0得9a2-2a+1>0, 故x1+x2=3a-1,x1x2=-a, 故 |x1 - x2 | = (x1+x2)2-4x1x2 = (3a-1)2+4a = 9a2-2a+1 = 9 a-19 2 +89 , 当a=19 时,|x1-x2|取得最小值,最小值为 2 2 3 . 16.解 (1)由题意知-2和1是方程ax2+x+b=0的两个根且a>0, 由根与系数的关系得 -2+1=-1a -2×1=ba 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得 a=1b=-2 ; (2)由a=1、b=-2,不等式可化为x2-2x+1-c2<0, 即[x-(1+c)][x-(1-c)]<0,则该不等式对应方程的实数根 为1+c和1-c. 当c>0时,1+c>1-c,解得1-c<x<1+c,即不等式的解集为 {x|1-c<x<1+c}, 当c=0时,1+c=1-c,不等式的解集为空集, 当c<0时,1+c<1-c,解得1+c<x<1-c,即不等式的解集为 {x|1+c<x<1-c}, 综上:当c>0时,解集为{x|1-c<x<1+c}, 当c=0时,解集为空集, 当c<0时,解集为{x|1+c<x<1-c}. 【破题技巧】 (1)依题意-2和1是方程ax2+x+b=0的两个 根,利用韦达定理得到方程组,解得即可; (2)依题意可得[x-(1+c)][x-(1-c)]<0,再分c>0、c=0、 c<0三种情况讨论,分别求出不等式的解集. 17.解 (1)由题意得可变成本为 34v2 元,固定成本为a元, 所用时间为1000 v , 则y=1000v 34v2+a =1000 34v+av ,定义域为(0,100]. (2)由(1)得y=1000 34v+av ≥1000×2 34v·av =1000 3a,当且仅当34v= a v ,即v=2 a3 时取等号, 易知函 数y=1000 34v+av 在 0,2 a3 上 单 调 递 减,在 2 a3,+∞ 上单调递增. 又0<v≤100,所以当0<a≤7500时,货车以v=2 a3 km /h的 速度行驶,全程运输成本最小;当a>7500时,货车以100km/h 的速度行驶,全程运输成本最小. 18.解 (1)由y≥-2恒成立得:mx2+(1-m)x+m≥0对一切实数 x恒成立. 当m=0时,不等式为x≥0,不合题意; 当m≠0时, m>0 Δ=(1-m)2-4m2≤0 ,解得:m≥13; 综上所述:实数m 的取值范围为 m m≥13 . (2)∵m≥13 ,∴m+1≥43 ,∴m 2+2m+5 m+1 = (m+1)2+4 m+1 =m+1+ 4 m+1≥2 (m+1)· 4m+1=4 ,(当且仅当m+1= 4m+1 ,即m=1 时取等号),∴m 2+2m+5 m+1 的最小值为4. 【破题技巧】 (1)分m=0和m≠0讨论,当m≠0时,根据相应 二次函数开口方向和判别式列不等式组即可求解; (2)变形为m+1+ 4m+1 ,利用基本不等式求解可得. 19.解 (1)∵f(x)=x2-(a+1)x+a>-14 恒成立, ∴f(x)=x2-(a+1)x+a+14>0 对∀x∈R恒成立, 故Δ=(-a-1)2-4 a+14 <0,化简得Δ=a(a-2)<0,解得 0<a<2,故实数a的取值范围0<a<2. (2)f(x)=x2-(a+1)x+a>0,即(x-a)(x-1)>0; 当a>1时,不等式的解为{x|x<1或>a}, 当a<1时,不等式的解为{x|x<a或x>1}, 当a=1时,不等式的解为{x|x≠1}. 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.B [因为A⊆B,所以利用数轴表示,如图,可知a≤-1.故选B.] 2.D [根据集合A 的定义,绝对值的意义可知,逐一带入x=0,1,2, 3,4到|x-2|<1中,只有x=2符合,于是A={2},所以.∁UA= {0,1,3,4}.故选D.] 3.A [由|x-1|<2,解得-1<x<3,由x+2≥0,解得x≥-2,所 以p能推 出q,q 不 能 推 出p,则 p 是q 的 充 分 不 必 要 条 件.故 选A.] 4.A [设天平左臂长为a,右臂长为b,且a≠b,则有5a=xb,ya= 5b,即x=5ab ,y=5ba ,所以,x+y=5ab + 5b a =5 ab +ba ≥5× 2=10,又因为a≠b,所以x+y>10.故选A.] 5.A [命题①,若a>b,当c>0时,ac>bc,当c<0时,ac<bc,故① 错误;命题②,若a>b,当c=0时,ac2=bc2,当c≠0时,c2>0,ac2> bc2,故②错误;命题③,若ac2>bc2,则c≠0,c2>0,故a>b,故③正 确;命题④,若a>b,当a>b>0,或0>a>b时,1a< 1 b ,当a>0 >b时,1a> 1 b ,故④错误;命题⑤,若a>b>0,当c>d>0时, ac>bd,当0>c>d时,ac和bd 大小不确定,当c>0>d 时,ac> bd,故⑤错误;故选A.] 6.D [当a=0时,方程为4x+1=0⇒x=-14 ,此时方程的根为负 根,当a≠0时,方程ax2+4x+1=0,当方程有二个负根时,则有 Δ=16-4a≥0 -4a<0 1 a>0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ⇒0<a≤4 ,当方程有一个负根一个正根时,则有 Δ=16-4a≥0 1 a<0 ⇒a<0,综上所述:当关于x的方程ax2+4x+1=0 至少有一个负根时,有a≤4,即关于x 的方程ax2+4x+1=0至 少有一个负根的充要条件是a≤4.故选D.] 7.C [因为a>0,b>0,且a+3b=2,所以a+1+3b=3,所以 1a+1+ 1 3b= 1 3 1a+1+13b [(a+1)+3b]= 13 2+ 3ba+1+a+13b ≥ 1 3 2+2 3ba+1·a+13b =43,当且仅当 3ba+1=a+13b ,即a=b= 1 2 时取等号,所以 1 a+1+ 1 3b 的最小值为4 3. 故选C.] 8.A [由题意知命题“∀x∈[-2,1],ax2+2ax+3a≤1”是真命题. 因为 x2 +2x+3=(x+1)2 +2>0,所 以 a≤ 1 x2+2x+3 = 1 (x+1)2+2 .当x=1时,函数y=(x+1)2+2的最大值为6,则 1 (x+1)2+2 的最小值为1 6 ,所以a≤16 ,即a 的最大值为16. 故 选A.] 9.BCD [因为2ab=a+2b+3≥2 2ab+3,令t= 2ab,则t2≥2t+ 3,解得t= 2ab≥3,即ab≥92 ,则a+2b≥2 2ab≥6,其中所有 不等式等号成立均当且a=2b=3,所以 A错误,B正确;对a+2b +3=2ab两边同除以ab可得1b + 2 a + 3 ab=2 ,由ab≥92 ,可得0 <3ab≤ 2 3 ,所以1 b+ 2 a≥2- 2 3= 4 3 ,当且仅当a=2b=3时,等 号成立,所以C正确;由a+2b+3=2ab,可得b= a+32(a-1) ,则a+b= a+ a+32(a-1)=a+ a-1+4 2(a-1)= 1 2+ 2 a-1+a-1+1= 3 2+ 2 a-1+ a-1≥32+2 2 ,当且仅当a-1= 2a-1 ,即a= 2+1时,等号成 立,故D正确.故选BCD.] 【易错提醒】 对基本不等式的准确掌握要抓住以下三个方面: 一正:符合基本不等式a+b 2 ≥ ab 成立的前提条件为a>0,b> 0;二定:不等式的一边转换为定值;三相等:必须存在取等号的 条件,即等号成立.以上三点缺一不可. 10.AD [对于A项,由x+y+3=xy可得:(x-1)y=x+3,因x> 1,故y=x+3x-1 ,将其代入4x+y可得:4x+x+3x-1=4x+1+ 4 x-1=4 (x-1)+ 4x-1+5≥2 4 (x-1)· 4x-1+5=13 ,当且仅当x=2 时等号成立,故A项正确;对于B项,由xy=x+y+3≥2 xy+ 3可得( xy-3)( xy+1)≥0,因 xy>0,故得: xy≥3,则 xy≥9,当且仅当x=y=3时等号成立,故B项错误;对于C项, 由S=x2+y2=(x+y)2-2xy=(xy-3)2-2xy=(xy)2-8xy+ 9,设t=xy,由上分析知,t≥9,则S=(t-4)2-7在[9,+∞)上 单调递增,故S≥18,即C项错误;对于D项,由1x+ 1 y= x+y xy = xy-3 xy =1- 3 xy ,由上分析知xy≥9,则0<1xy≤ 1 9 ,故2 3≤1- 3 xy<1 ,即2 3≤ 1 x+ 1 y<1 ,故D项正确.故选AD.] 【破题技巧】 对于A项,通过题设求出y,代入所求式消元,凑 项运用基本不等式即得;对于B项,直接运用基本不等式将其 转化成关于 xy的不等式求解即得;对于C项,运用完全平方 式将其转化成关于xy的二次函数,通过其图象单调性即得;对 于D项,通分后将其化成关于xy的分式函数,求其值域即得. 11.BD [对于A,易知2,3∈T,所以应有32∈S ,矛盾,即A错误;对 于B,易知2,4,8∈T,且42= 8 4=2∈S ,8 2=4∈S ,则可取T= {2,4,8}满足题意,即B正确;对于C,易知2,32∈T,所以应有322 =16∈S,矛盾,即C错误;对于D,易知8,16,32,64,128∈T,且 128 64= 64 32= 32 16= 16 8=2∈S ,128 32= 64 16= 32 8=4∈S ,128 16= 64 8=8∈ S,1288 =16∈S ,则可取T={8,16,32,64,128}满足题意,即D正 确;故选BD.] 【破题技巧】 对选项逐个进行判断,出现矛盾的可排除,正确的 可以证明. 12.-1 [因为命题“∀x∈[0,3],x2-2x-a>0”为假命题,所以 “∃x∈[0,3],x2-2x-a≤0”为真命题,则∃x∈[0,3],使得a≥ x2-2x,所以a≥(x2-2x)min,因为y=x2-2x=(x-1)2-1, x∈[0,3],所以当x=1时,y=x2-2x 有最小值-1,所以a≥ -1,所以实数a可取的最小整数值是-1.故答案为:-1.] 13. x 12<x<1 [不等式ax2+bx+c>0的解集为(1,2), ∴a<0,且1,2是方程ax2+bx+c=0的两个实数根, ∴ 1+2=-ba 1×2=ca 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得b=-3a,c=2a,其中a<0;∴不等式cx2+ bx+a>0化为2ax2-3ax+a>0,即2x2-3x+1<0,解得x∈ 12,1 ,因此所求不等式的解集为 x 12<x<1 .故答案为: x 12<x<1 .] 【破题技巧】 根据一元二次不等式与对应方程的关系,利用根 与系数的关系,求出b、c与a 的关系,代入所求不等式,求出解 集即可. 14.(-∞,9) [因为两个正实数x,y满足x+y=3,则(x+1)+y=4,故 4 x+1+ 16 y= 1 4 4x+1+16y [(x+1)+y]= yx+1+4(x+1)y +5≥ 2 yx+1 ·4(x+1) y +5=9 ,当且仅当x=13 ,y=83 时取等号,因 不等式 4 x+1+ 16 y>m 恒成立,则m<(4x+1+ 16 y )min,故m<9.故 答案为:(-∞,9).] 15.解 (1)当m=-1时,B={x|-3<x<0},又因为A={x|-2< x<1},所以A∩B={x|-2<x<0}. (2)因为A∪B=A,所以B⊆A, 当B=⌀时,即2m-1≥m+1,解得m≥2; 当B≠⌀时, 2m-1≥-2 m+1≤1 2m-1<m+1 ,解得-12≤m≤0, 所以m 的取值集合为 m -12≤m≤0或m≥2 . 16.解 (1)因为当a=-1时,A={x|-3<x<0},B={x|-1≤x≤2}, 所以A∪B={x|-3<x≤2}. (2)因为“x∈B”是“x∈A”成立的必要条件,所以A⊆B, 当A=⌀时,2a-1≥a+1,a≥2,满足A⊆B; 当A≠⌀时,a<2, 因为A⊆B,所以 a<2 -1≤2a-1 2≥a+1 ,解得0≤a≤1; 综上,实数a的取值范围为0≤a≤1或a≥2. 17.解 (1)因为B={-2},所以关于x的方程x2+ax+a2-12=0 有两个相等的实数根-2,则 Δ=0 -2+(-2)=-a -2×(-2)=a2-12 ,解得a=4, 故实数a的取值范围为{4}. (2)A={x|x2-x-2=0}={2,-1}, 因为(B∪A)⊆A,所以B∪A=A,则B⊆A, 所以B 可能为⌀,{2},{-1},{2,-1}. ①若B=⌀,则Δ=a2-4(a2-12)<0,解得a>4或a<-4; ②若B={2},则 Δ=a2-4(a2-12)=0 2+2=-a 2×2=a2-12 ,所以 a=±4 a=-4 a=±4 ,解得a=-4; ③若B={-1},则 Δ=a2-4(a2-12)=0 -1+(-1)=-2=-a -1×(-1)=a2-12 ,无解,即a∈⌀; ④若B={2,-1},则 Δ=a2-4(a2-12)>0 a=-1 a2-12=-2 ,无解,即a∈⌀. 综上,a>4或a≤-4. 【破题技巧】 (1)根据一元二次方程有唯一解列式计算即可; (2)先求解一元二次方程化简集合A,由(B∪A)⊆A 得B⊆A, 结合判别式分类讨论求解即可. 18.解 (1)∵“∀x∈{x|-1≤x≤1},x2-x-m<0”是真命题, ∴∀x∈[-1,1],m>x2-x, ∴当x∈[-1,1]时,m>(x2-x)max, ∵函数f(x)=x2-x的图像开口向上,且对称轴为直线x=12 , ∴当x∈[-1,1]时,f(x)的最大值为f(-1)=2, ∴当x∈[-1,1]时,(x2-x)max=2. ∴实数m 的取值集合B=(2,+∞). (2)∵x2-(4a+2)x+3a2+6a=(x-3a)[x-(a+2)], ∴不等式x2-(4a+2)x+3a(a+2)≤0等价于(x-3a)[x-(a+ 2)]≤0. ①当3a<a+2,即a<1时,A=[3a,a+2], 又“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件, ∴A 是B 的真子集,即[3a,a+2]包含于(2,+∞), ∴ a<13a>2 ,∴23<a<1; ②当3a=a+2,即a=1时,A={3},符合题意; ③当a+2<3a,即a>1时,A=[a+2,3a], 又“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 91 — —94 — ∴A 是B 的真子集,即[a+2,3a]包含于(2,+∞), ∴ a>1a+2>2 ,∴a>1; 综上,实数a的取值范围为 23,+∞ . 【破题技巧】 注意分类讨论解含有参数的一元二次不等式,结 合充分必要条件即可得实数a的取值范围. 19.解 (1)因为不等式f(x)<0的解集为(0,3), 所以方程x2-(a+3)x+3a=0的两根分别为x1=0,x2=3, 根据韦达定理可知x1+x2=a+3=3,x1x2=3a=0,解得a=0; (2)不等式f(x)>-1对任意的x∈R恒成立, 即x2-(a+3)x+3a+1>0对任意的x∈R恒成立,所以Δ=(a+ 3)2-4(3a+1)<0,即a2-6a+5<0,解得1<a<5,所以实数a 的取值范围为(1,5); (3)f(x)=x2-(a+3)x+3a>0即(x-a)(x-3)>0, 当a>3时,不等式f(x)>0的解为x>a或x<3, 当a<3时,不等式f(x)>0的解为x>3或x<a, 当a=3时,不等式f(x)>0的解为x≠a, 综上所述,当a>3时,不等式f(x)>0的解集为(-∞,3)∪(a,+∞), 当a≤3时,不等式f(x)>0的解集为(-∞,a)∪(3,+∞). 第三章 函数的概念与性质检测卷 1.D [由函数定义可排除C,由值域为B={y|1≤y≤2}可排除 A、 B,只有D选项为定义域为A={x|0≤x≤2},值域为B={y|1≤ y≤2}的函数的图象.故选D.] 2.D [由题,f(-1)=f(1)=2×1-4×1+3=1.故选D.] 3.A [依题意,偶函数f(x)在区间(-∞,0]上单调递增,则由f(3x+2)< f(4)得|3x+2|>4,即3x+2<-4或3x+2>4,解得x<-2或x>23 , 所以实数x的取值范围是(-∞,-2)∪ 23,+∞ .故选A.] 【破题技巧】 根据函数的单调性和奇偶性化简不等式f(3x+ 2)<f(4),由此求得正确答案. 4.C [不妨令0<x1<x2,则x1-x2<0,因为[f(x1)-f(x2)](x1 -x2)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在 (0,+∞)上单调递增,又f(x)为定义在R上的奇函数,则f(-x)= -f(x),则f(x)在(-∞,0)上单调递增,又f(5)=0,所以f(-5)= -f(5)=0,①当x>0时,不等式xf(-x)>0等价于f(-x)>0, 等价于-f(x)>0,等价于f(x)<0,等价于f(x)<f(5),解得 0<x<5,②当x<0时,不等式xf(-x)>0等价于f(-x)<0,等 价于-f(x)<0,等价于f(x)>0,等价于f(x)>f(-5),解得-5 <x<0,综上可得,不等式xf(-x)>0的解集为(-5,0)∪(0, 5).故选C.] 5.A [当-2<x<0时,f(x)=x2+x= x+12 2 -14 ,故当x= -12 时,f(x)有最小值为-14 ;0≤x<c时,f(x)=- x单调递 减,所以-c<f(x)≤0,由题意f(x)存在最小值,则-c≥-14 , 解得0<c≤116 ,即c的最大值为116. 故选A.] 6.C [由 条 件 可 知, 2a-3<0 a>0 3(2a-3)+2>a4 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒ 0<a<32 a>2823 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒2823<a< 3 2 ,故选C.] 7.D [分离参数得a< 2x x2+3 ,要使对任意x∈[1,2],不等式ax2- 2x+3a<0恒成立,只需a< 2xx2+3 min.又因为 2xx2+3= 2x+3x , 令f(x)=x+3x ,由对勾函数性质可知,f(x)在[1,3)上单调递 减,在[3,2]上单调递增,又f(1)=4,f(2)=72 ,所以f(x)max= 4,所以 2xx2+3 min=12,所以a<12.故选D.] 8.D [对 任 意 的 m<n<0,都 有(m-n)· (f(m)-f(n))<0,所以f(x)在(-∞,0) 上单调递减,因为函数f(x)是定义在 R上 的奇函数,f(-2)=-f(2)=0,f(0)=0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,则可画 出f(x+1)的 简 图,如 图 所 示,所 以 f(x+1)-f(-x-1) x = 2f(x+1) x ≥0 ,则 f(x+1)≥0 x>0 或 f(x+1)≤0x<0 或x=-1, 即 x≤-3或-1≤x≤1 x>0 或 -3≤x≤-1或x≥1x<0 或 x=-1,解 得x∈[-3,-1]∪(0,1],故选D.] 【破题技巧】 由对任意的 m<n<0,都有(m-n)(f(m)- f(n))<0,得f(x)在(-∞,0)上单调递减,由函数f(x)是定义 在R上的奇函数得f(-2)=-f(2)=0,f(0)=0,f(x)在(0, +∞)上单调递减,画出f(x+1)的简图,即可求解. 9.BC [由幂函数f(x)= a-3a-1 xa,可得a-3a-1=1,即a2- 2a-3=0,解得a=-1或a=3,当a=-1时,可得f(x)=x-1在 (0,+∞)上单调递减,符合题意;当a=3时,可得f(x)=x3 在 (0,+∞)上单调递增,不符合题意;又由函数y=x2+(a+b)x-3 在(-1,1)上不单调,则满足-1<-a+b2 <1 ,即-1<b-12 <1 ,解 得-1<b<3,结合选项,可得选项BC符合题意.故选BC.] 10.CD [对于A:因为f(x)是定义域为R上的偶函数,所以f(x)= f(-x),又当x∈(0,+∞)时,f(x)=x2+x,所以f(-1)=f(1)= 2,故A错误;对于B:由二次函数y=x2+x= x+12 2 -14 可 知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为函数f(x)是定义在 R 上的偶函数,即f(x)的图象关于y轴对称,所以f(x)在(-∞, 0)上单调递减,故B错误;对于C:当x∈(-∞,0)时,-x∈(0, +∞),则f(x)=f(-x)=x2-x,故C正确;对于D:由f(x)的 奇偶性与单调性可知,f(x-1)<2可化为f(|x-1|)<f(1),所 以|x-1|<1,解得0<x<2,故D正确.故选CD.] 【破题技巧】 对于A,利用f(x)的奇偶性直接求得f(-1);对 于BC,利用f(x)的奇偶性求得f(x)的解析式,结合二次函数 的性质即可判断;对于D,利用f(x)的单调性与奇偶性解不等 式即可得解. 11.AB [函数y=x+9x-3a 在x∈(1,3)上单调递减,在x∈(3,+∞) 上单调递增,故当x>1时,函数f(x)min=f(3)=6-3a;y=x2- 2ax+2=(x-a)2+2-a2,对称轴为x=a,当a≥1时,当x≤1 时,f(x)min=f(1)=3-2a,要想函数的最小值为f(1),只需f(3)≥ f(1)⇒6-3a≥3-2a⇒a≤3,即1≤a≤3,显然选项 AB符合,当 a<1时,当x≤1时,f(x)min=f(a)=2-a2,显然不是f(1),综 上所述:只有选项AB符合条件,故选AB.] 12.3 [因为幂函数y=k·xα,所以k=1,又幂函数图象过点 12, 1 4 ,∴14= 12 α ,解得α=2,所以k+α=3.故答案为:3.] 13.13 [由题意可得a-4x≥0可得x≤a4 ,令 a-4x=t(t≥0), 则2x=a-t 2 2 ,y=-t 2 2-t+ a 2-3 ,∴当t=-1时取得最大值, 但由于t≥0,故当t=0即x=a4 时,y=a2-3= 7 2 ,解得a=13. 故答案为:13.] 14. -∞,94 [函数f(x)=x+3,在x∈[0,2]上单调递增,所以 f(x)min=f(0)=3,当a<0时,g(x)=x+ a x 在区间[1,2]上单调 递增,g(x)min=1+a,所以3≥1+a,解得a≤2,又因为a<0,所 以 a<0 3≥1+a ,解得a<0;当0≤a≤1时,g(x)=x+ax 在区间[1, 2]上单调递增,其最小值为g(1)=1+a,所以有 0≤a≤13≥1+a ,解得 0≤a≤1;当1<a<4时,g(x)=x+ax 在区间[1,a]上单调递 减,在[a,2]上 单 调 递 增,其 最 小 值 为 g(a)=2 a,所 以 有 1<a≤4 3≥2 a ,解得1<a≤94;当a>4时,g(x)=x+ax 在区间[1, 2]上单调递减,g(x)min=g(2)=2+ a 2 ,此时 a>4 3≥2+a2 ,无解; 所以a的取值范围是 -∞,94 ,故答案为: -∞,94 .] 【破题技巧】 对∀x1∈[0,2],都∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)成立,等价于f(x)min≥g(x)min恒成立,对a的取值进行 分类讨论,利用单调性求出f(x)min和g(x)min,列出关于a的不 等式组求得答案. 15.解 (1)因为f(x)=2x+1x+1= 2x+2-1 x+1 =2- 1 x+1 , 因为y= 1x+1 在(-1,+∞)单调递减, 所以f(x)=2- 1x+1 在(-1,+∞)单调递增. 定义法证明如下: 任取x1,x2∈(-1,+∞),x1<x2,则x1-x2<0, f(x1)-f(x2)= 2- 1x1+1 - 2- 1x2+1 = x1-x2(x1+1)(x2+1)< 0,所以f(x1)<f(x2),故f(x)在(-1,+∞)单调递增. (2)由(1)得f(x)在区间[2,4]上单调递增, 所以f(x)max=f(4)=2- 1 4+1= 9 5 ,f(x)min=f(2)=2- 1 2+1= 5 3 ,所以f(x)在区间[2,4]上的最大值为95 ,最小值为5 3. 【破题技巧】 先转化f(x)=2- 1x+1 ,判断其单调性,再利用函 数单调性的定义,结合作差法即可得证. 16.解 (1)因为二次函数f(x)=x2+bx+c满足f(0)=f(1)=1, 则 c=1 1+b+c=1 ,解得 c=1b=-1 . (2)由(1)可知:f(x)=x2-x+1, 若在[-1,1]上,函数f(x)的图象总在一次函数y=2x+m 的图 象的上方,则x2-x+1>2x+m 在[-1,1]上恒成立,即x2-3x+ 1>m 在[-1,1]上恒成立, 因为y=x2-3x+1开口向上,对称轴为x=32 , 可知y=x2-3x+1在[-1,1]上单调递减, 则ymin=y|x=1=-1,可得m<-1, 所以实数m 的取值范围为(-∞,-1). (3)因为f(x)=x2-x+1是对称轴为x=12 ,开口向上的二次函 数,当t≥12 时f(x)在[t,t+2]上单调递增,则g(t)=f(t)=t2- t+1; 当t+2≤12 ,即t≤-32 时,f(x)在[t,t+2]上单调递减,则g(t)= f(t+2)=t2+3t+3; 当t<12<t+2 ,即-32<t< 1 2 时,f(x)在 t,12 上单调递减, 在 12,t+2 上单调递增,可知g(t)=f 12 =34; 综上所述: t2-t+1,t≥12 3 4 ,-32<t< 1 2 t2+3t+3,t≤-32 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 . 【破题技巧】 (1)根据题中条件,列出方程组求解,即可得出 结果; (2)根据题意可得:x2-x+1>2x+m 在[-1,1]上恒成立,结 合二次不等式的恒成立问题分析求解; (3)分别讨论t≥12 ,t+2≤12 ,t<12<t+2 三种情况,结合二 次函数的性质,得出结果. 17.解 (1)若m=0,则f(x)=x|x|,x∈R,定义域关于原点对称, ∵f(-x)=(-x)|-x|=-f(x),故y=f(x)是奇函数; 若m≠0,f(x)=x|x-m|+m2,则f(0)=m2≠0,y=f(x)不是 奇函数,又f(m)=m2,f(-m)=-m|-2m|+m2,∴f(m)≠ f(-m),故y=f(x)不是偶函数, 所以y=f(x)既不是奇函数也不是偶函数. 综上,当m=0时,函数y=f(x)是奇函数;当 m≠0时y=f(x) 既不是奇函数也不是偶函数. (2)①当m≤1时,f(x)=x|x-m|+m2=x2-mx+m2(x∈[1,2]), 对称轴为x=m2≤ 1 2 ,所以函数y=f(x)在[1,2]上单调递增. 所以f(x)min=f(1)=1-m+m2=7,即m2-m-6=0, 解得m=3(舍)或m=-2; ②当m≥4时,f(x)=x|x-m|+m2=-x2+mx+m2, 对称轴为x=m2≥2 , 所以函数y=f(x)在[1,2]上单调递增, 所以f(x)min=f(1)=-1+m+m2=7, 即m2+m-8=0,∴m=-1± 332 (舍去); ③当2<m<4时,f(x)=x|x-m|+m2=-x2+mx+m2, 对称轴为x=m2∈ (1,2),所以函数y=f(x)在 1,m2 上单调递 增,在 m2,2 上单调递减,因为f(1)=-1+m+m2,f(2)=m2+ 2m-4,∴f(2)-f(1)=m-3,当3≤m<4时,f(2)≥f(1),所以f (x)min=f(1)=7,即m2+m-8=0,得m= -1± 33 2 ,均舍; 当2<m<3时,f(2)<f(1),则f(x)min=f(2)=7,即m2+2m- 11=0,得m=-2 3-1(舍去),m=2 3-1; ④ 当 1 < m ≤ 2 时,f (x)= x|x - m| + m2 = x2-mx+m2(x∈(m,2]) -x2+mx+m2(x∈[1,m)) , 因为m 2≤1 ,则此时,函数y=f(x)在[1,m)上单调递减,在(m,2] 上单调递增,∴f(x)min=f(m)=m2=7,得m=± 7,均舍. 综上,m=-2或2 3-1. 【点睛】 此题考查函数的奇偶性的判断,考查由函数的最值求 参数,第(2)问解题的关键是分情况讨论去掉绝对值,转化为二 次函数的闭区间的最值问题,考查分类讨论思想和计算能力. 18.解 (1)当基底产出该中药材40吨时,年成本为(1600a+49× 40+250)万元, 利润为50×40-(1600a+49×40+250)=190,解得a=-14 , 则L(x)= 1 4x 2+x-250,0<x≤50 -x-144002x+1+620 ,50<x≤100 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 . (2)当x∈(0,50],L(x)=14x 2+x-250,,对称轴为x=-2<0, 则函数在(0,50]上单调递增,故当x=50时,ymax=425, 当x∈(50,100]时, L(x)=-x-144002x+1+620=- x+144002x+1 +620=620.5- 2x+12 +144002x+1 ≤620.5-120 2≈451.3 当且仅当2x+1 2 = 14400 2x+1 ,即x=60 2-12≈84.1 时取等号, 因为425<451.3,所以当年产量为84.1吨时,所获年利润最大, 最大年利润是451.3万元. 19.解 (1)因为f(x)= x在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)= x在[a,b]上函数值的取值范围是[a,b], 若函数f(x)= x具有性质M,应有 a=2a b=2b 因为0≤a<b,所以 a=0 b=14 , 故m=2时,函数f(x)= x在区间 0,14 上具有性质 M. (2)f(x)= x+8x-9 = x2-9x+8 x = (x-1)(x-8) x , ①当[a,b]⊆(0,1]时,f(x)=x+8x-9 在[a,b]上单调递减, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 93 — — 18 — 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 [范围:第一、二章] (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第18题.该题主要考查全称量词命题、充分必要条件以及含有参数的一元二 次不等式的讨论等问题,综合性、灵活性强,值得推荐. 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40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.(2025·全国·专题练习)设A={x|-1<x<2},B={x|x>a},若A⊆B,则实数a的取值范围 是 ( ) A.a≥2 B.a≤-1 C.a≥1 D.a≤2 2.(2025·湖北孝感·质量检测)设全集U={0,1,2,3,4},集合A={x∈U||x-2|<1},则∁UA= ( ) A.{x|1<x<3} B.{x|1<x≤3} C.{2} D.{0,1,3,4} 3.(2025·天津阶段练习)已知p:|x-1|<2,q:x+2≥0,则p是q的 条件 ( ) A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 4.(2025·山东济宁质量检测)一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金.一位顾客到店里购买 10g黄金,售货员现将5g的砝码放在天平的左盘中,取出xg黄金放在天平右盘中使天平平衡; 将天平左右盘清空后,再将5g的砝码放在天平右盘中,再取出yg 黄金放在天平的左盘中,使天 平平衡;最后将两次称得的黄金交给顾客.则 ( ) A.x+y>10 B.x+y=10 C.x+y<10 D.以上都有可能 5.(2025·北京质量检测)对于任意实数a,b,c,d,命题①若a>b,c≠0,则ac>bc;②若a>b,则ac2>bc2; ③若ac2>bc2,则a>b;④若a>b,则1a< 1 b ;⑤若a>b>0,c>d,则ac>bd. 其中真命题的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 6.(2025·辽宁大连质量检测)关于x的方程ax2+4x+1=0至少有一个负根的充要条件是 ( ) A.0<a≤4 B.a≤0 C.a<4 D.a≤4 7.(2025·广西南宁质量检测)已知a>0,b>0,且a+3b=2,则 1a+1+ 1 3b 的最小值为 ( ) A.23 B.1 C.43 D.2 8.(2025·河北保定·阶段练习)若命题“∃-2≤x≤1,ax2+2ax+3a>1”为假命题,则a的最大值 为 ( ) A.16 B. 1 3 C.12 D. 1 4 — 17 — — 20 — 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全 部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.(2025·云南昆明·阶段练习)已知正数a,b满足a+2b+3=2ab,则 ( ) A.ab的最小值为3 B.a+2b的最小值为6 C.1b+ 2 a 的最小值为4 3 D.a+b的最小值为32+2 2 10.(2025·重庆大足·阶段练习)设正实数x>0,y>0,且满足x+y+3=xy,则 ( ) A.4x+y≥13 B.xy≤9 C.x2+y2≤18 D.1x+ 1 y≥ 2 3 11.(2025·安徽·阶段练习)设集合S,T,S⊆N*,T⊆N*,S,T 中至少有两个元素,且S,T 满足: ①对于任意x,y∈S,若x≠y,都有xy∈T;②对于任意x,y∈T,若x<y,则yx∈S ;则集合S可 以是 ( ) A.S={1,2,3} B.S={1,2,4} C.S={1,2,4,8} D.S={2,4,8,16} 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2025·江苏南京质量检测)若命题“∀0≤x≤3,x2-2x-a>0”为假命题,则实数a可取的最小 整数值是 . 13.(2025·浙江杭州质量检测)不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|1<x<2},则不等式cx2+bx+ a>0的解集是(用集合表示) . 14.(2025·山东菏泽·阶段练习)若两个正实数x,y满足x+y=3,且不等式 4x+1+ 16 y>m 恒成 立,则实数m 的取值范围为 . 四、解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)(2025·新疆乌鲁木齐质量检测)已知集合A={x|-2<x<1},B={x|2m-1<x<m+ 1}. (1)若m=-1,求A∩B; (2)若A∪B=A,求m 的取值集合. — 19 — — 22 — 16.(15分)(2025·河北衡水质量检测)已知集合A={x|2a-1<x<a+1},B={x|-1≤x≤2}. (1)若a=-1,求A∪B; (2)若“x∈B”是“x∈A”成立的必要条件,求实数a的取值范围. 17.(15分)(2025·河南·阶段练习)已知集合A={x|x2-x-2=0},B={x|x2+ax+a2-12= 0}. (1)若B={-2},求实数a的取值范围; (2)若(B∪A)⊆A,求实数a的取值范围. — 21 — — 24 — 18.(17分)(2025·陕西咸阳·阶段练习)已知命题:“∀x∈{x|-1≤x≤1},x2-x-m<0”是真 命题. (1)求实数m 的取值集合B; (2)设关于x的不等式x2-(4a+2)x+3a2+6a≤0的解集为A,若“x∈A”是“x∈B”的充分不 必要条件,求实数a的取值范围. 19.(17分)(2025·北京密云质量检测)已知函数y=f(x)=x2-(a+3)x+3a. (1)若不等式y<0的解集为(0,3),求a的值; (2)若不等式y>-1对任意的x∈R恒成立,求实数a的取值范围; (3)解关于x的不等式y>0. — 23 —