第2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）

—96 — ∴ f (a)=mb f(b)=ma ,即 a+8a-9=mb b+8b-9=ma 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 两式相除,得 a+8a-9 b+8b-9 =ba ,整理得a+b=9,∵a+b=9与 [a,b]⊆(0,1]矛盾,∴当[a,b]⊆(0,1]时,不合题意. ②当[a,b]⊆[1,2)时,f(x)= x+8x-9 在[a,b]上单调递增, ∴ f (a)=ma f(b)=mb ,即 a+8a-9 =ma b+8b-9 =mb 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以方程9-x-8x=mx 在(1,2)上有两个不相等的实根, 即m=-8 x2 +9x-1 在(1,2)上有两个不相等的实根, 令t=1x∈ 12,1 , ∵g(t)=-8t2+9t-1在 12,916 上单调递增,在 916,1 上单 调递减,且g 12 =32,g 916 =4932,g(1)=0, ∴由函数性质可知,实数m 的取值范围是32<m< 49 32. 【破题技巧】 (1)首先求出函数的定义域与单调性,根据题意 a=2a b=2b ,解得即可; (2)分为[a,b]⊆(0,1]和[a,b]⊆[1,2)两种情况,,结合函数的 单调性得到方程组,当[a,b]⊆[1,2)时,得到9-x-8x=mx 在 (1,2)上有两个不相等的实根,构造函数结合函数性质求出参数 范围. 第二次月考滚动检测卷 1.C [由A∩B={9},则9∈A={2a-1,a2,0},若2a-1=9,∴a= 5,则A={9,25,0},B={-4,0,9},则A∩B={0,9},不符合题意; 若a2=9,∴a=±3,当a=3时,B={-2,-2,9},违反了集合元 素的互异性,不合题意;当a=-3时,A={-7,9,0},B={4,-8, 9},符合题意,故选C.] 2.B [因为 M⫋N,故 M∩N=M;若a∈N,且 a∉M,满足“a∈M 或a∈N”,显然a∉M∩ N,故充分性不满足;若a∈M∩N,则a∈M, 满足“a∈M 或a∈N”,故必要性满足;故“a∈ M 或a∈N”是“a∈M∩N”的必要不充分条 件.故选B.] 3.D [由题意,原命题的否定“∀x∈R,x2+x+m≥0”为真命题,令 f(x)=x2+x+m= x+12 2 +m-14 ,则当x=-12 时,f(x)min= m-14 ,故m-14≥0 ,解 得 m≥14. 所 以 实 数 m 的 取 值 范 围 是 14,+∞ .故选D.] 4.C [因为不等式-12x 2+mx+n>0的解集为{x|-1<x<2},所 以-1,2 是 方 程 - 12x 2 +mx+n=0 的 两 个 实 根,所 以 -12× (-1)2+m×(-1)+n=0, -12×2 2+2m+n=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得 m= 1 2 n=1 ,所以 m+n= 3 2. 故选C.] 【破题技巧】 将问题转化为-1,2是方程-12x 2+mx+n=0 的两个实根,再直接代入方程得到关于 m,n的方程组,解之即 可得解. 5.D [当x∈[0,+∞)时,f(x)=x2≥0且函数f(x)为增函数,当 x>0时,则-x<0,则f(-x)=-(-x)2=-x2=-f(x),当x∈ (-∞,0)时,f(x)=-x2<0且函数f(x)为增函数,此时-x>0, 则f(-x)=(-x)2=x2=-f(x),所以函数f(x)是 R上的增函 数,且f(x)为奇函数,则f(x+m)≤-f(x),即为f(x+m)≤ f(-x),所以x+m≤-x 对∀x∈(-∞,1]恒成立,即 m≤-2x 对∀x∈(-∞,1]恒成立,当x∈(-∞,1]时,(-2x)min=-2,所 以m≤-2,所以实数m 的取值范围是(-∞,-2].故选D.] 6.A [由题意可知f(-x)=-f(x),不妨设x>0,则a(-x)3+ (-x)2=-(x3-x2),即a=1,f(a)=f(1)=1-1=0.故选A.] 7.C [由于x-1≠0,得x≠1,所以f(x)的定义域是{x|x≠1},由 此排除ABD选项,所以正确的选项为C.故选C.] 8.A [因为对任意的x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有(x1-x2) [f(x1)-f(x2)]<0,所以由函数单调性的定义可知f(x)在[0,+∞) 上单调递减,所以f(3)<f(2)<f(1),又f(x)是偶函数,f(2)= f(-2),所以f(3)<f(-2)<f(1),故选A.] 9.CD [因为函数f(x)是奇函数,则不等式f(2a)+f(a-2)>0,可 变形为f(2a)>-f(a-2)=f(2-a),因为函数f(x)在 R上单调 递增,则不等式f(2a)>f(2-a)成立,则2a>2-a,解得a>23 ,a= 1,a=2符合题意,故选CD.] 【破题技巧】 先利用函数f(x)是奇函数,将不等式f(2a)+ f(a-2)>0转变为f(2a)>f(2-a),再利用函数f(x)在 R上 单调递增,将不等式f(2a)>f(2-a)转变为2a>2-a,解出a 即可. 10.ABD [A.两个单调区间中间要用和分开,故A错误;B.因为f(x) 是定义在R上的偶函数,所以f(-π)=f(π),又f(x)在[2,+∞) 上单调 递 减,则 f(-π)>f(5),故 B错 误;C.当 x≥0时, f(x)=4x-x2=-(x-2)2+4,f(x)最大 值为4,又因为f(x)是偶函数,所以f(x)的 最大值为4,故C正确;D.如图所示:f(x) >0的解集为(-4,0)∪(0,4),故D错误. 故选ABD.] 【技法点拨】 A.由两个单调区间不能合并判断;B.由f(x)是 定义在R上的偶函数和二次函数的性质判断;C.由x≥0时,结 合f(x)是偶函数判断;D.利用函数图象判断. 11.AB [x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),化简为(x1- x2)(f(x1)-f(x2))>0,设x2>x1,则f(x2)>f(x1),设x2< x1,则f(x2)<f(x1),故函数f(x)在 R上是增函数,故 A正确; 设x2>x1,由 f(x1)-f(x2) x1-x2 >-1得f(x1)-f(x2)<-x1+x2, 即f(x1)+x1<f(x2)+x2,设x2<x1,由 f(x1)-f(x2) x1-x2 >-1得 f(x1)-f(x2)>-x1+x2,即f(x1)+x1>f(x2)+x2,故函数 y=f(x)+x在R上是增函数,故B正确;令f(x)=[x],[x]表示不 超过x的最大的整数,满足f(x+1)>f(x),但f(x)在R上不是增函 数,故C错误;令f(x)=g(x)=x,则f(x),g(x)为增函数,但函数 y=f(x)·g(x)=x2 在R上不单调,故D错误.故选AB.] 12.2 [令t=1+x2,t≥1,则原函数化为函数y= 3(t-1)+2t ,(t≥1),函数y=3t+2t-3 ,(t≥1) 图像如图:由对勾函数性质得y在[1,+∞)上单 调递增,所以当t=1时,函数取最小值f(x)min= 2,故答案为:2.] 13.6 [令g(x)=ax3+bx,g(-x)=a(-x)3+ b(-x)=-(ax3+bx)=-g(x), 所以g(x)为奇函数, 所以f(-2024)=g(-2024)+4=2,所以g(-2024)=-2, 所以g(2024)=2,所以f(2024)=g(2024)+4=6. 故答案为:6.] 14.{x|x<-1或x>1} [因为f(x)是奇函 数,所以f(-1)=-f(1)=0,因为f(x)在 (0,+∞)内是减函数,且f(x)是奇函数,所 以f(x)在(-∞,0)内是减函数,作出函数 f(x)的大致图象如图所示.不等式x·f(x) <0 等 价 于 x>0f(x)<0 或 x<0f(x)>0 ,结 合 f(x)的图象,解得 x>0x>1 或 x<0x<-1 ,即x> 1或x<-1,所以x·f(x)<0的解集是{x|x<-1或x>1}.] 【破题技巧】 根据已知条件作出函数f(x)的大致图象,结合函 数f(x)图象即可求解不等式x·f(x)<0的解集. 15.解 (1)f(x)在(-2,2)上是奇函数,证明如下: 结合题意:令x=y=0,则f(0)+f(0)=f(0),解得f(0)=0, 若x∈(-2,2),则-x∈(-2,2), 令y=-x,则f(x)+f(-x)=f(x-x)=f(0)=0, 所以f(-x)=-f(x),故f(x)在(-2,2)上是奇函数. (2)f(x)在(-2,2)上的单调递增,证明如下: 任取x1,x2∈(-2,2),且x1<x2, 令x=x2,y=-x1,则f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1), 因为f(x)在(-2,2)上是奇函数,所以f(-x1)=-f(x1), 所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1), 因为当x∈(0,2)时,f(x)>0, 由x1<x2,所以x2-x1>0,所以f(x2-x1)>0, 所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)>0,即f(x2)>f(x1), 所以f(x)在(-2,2)上单调递增. 16.解 (1)g(x)=f(x)+2=ax2-(2a+3)x+8, 故ax2-(2a+3)x+8>0恒成立, 当a=0时,-3x+8>0不恒成立,舍去, 当a≠0时,要想ax2-(2a+3)x+8>0恒成立, 则要满足 a>0 Δ=[-(2a+3)]2-32a<0 ,解得12<a<92, 综上,实数a的取值范围为 12,92 ; (2)当a=1时,函数f(x)≥-(m+5)x+3-m 在[0,2]有解, 即x2+3+m(x+1)≥0在[0,2]上有解, 所以-m≤x 2+3 x+1 在[0,2]上有解,所以只需-m≤ x2+3x+1 max, 令h(x)=x 2+3 x+1= (x+1)2-2(x+1)+4 x+1 = (x+1)+ 4x+1-2 , 因为x∈[0,2],所以x+1∈[1,3], 由对勾函数性质可知,h(x)=(x+1)+ 4x+1-2 在x+1∈[1, 2],即x∈[0,1]上单调递减,在x+1∈[2,3],即x∈[1,2]上单 调递增,由于h(0)=1+4-2=3,h(2)=3+43-2= 7 3 , 由于3>73 ,故 x2+3x+1 max=3,故-m≤3,解得m≥-3, 实数m 的取值范围是[-3,+∞). 【技法点拨】 (1)转化为ax2-(2a+3)x+8>0恒成立,分a= 0与a≠0,得到不等式,求出实数a的取值范围; (2)转 化 为 -m≤x 2+3 x+1 在[0,2]上 有 解,所 以 只 需 -m≤ x2+3x+1 max,构造函数,由对勾函数性质得到 x 2+3 x+1 max=3, 从而得到实数a的取值范围. 17.解 (1)由题知,x=0时,a=4,于是,8- k0+1=4 ,解得k=4. 所以,a=8- 4x+1. 根据题意,y=a 36+10a -20a-x 即y=16a+10-x=138- 64x+1-x 所以y=138-x- 64x+1 (x≥0) (2)y=138-x- 64x+1=139- x+1+ 64x+1 ≤139-2 (x+1)· 64x+1=123 当且仅当x+1= 64x+1 ,即x=7时,等号成立. 所以当促销费用为7万元时,该产品的利润最大,最大利润为123 万元. 18.解 (1)由题意得当a=1时,函数f(x)=x2-|x-1|, 且函数f(x)的定义域为 R, ∴f(-x)=x2-|-x-1|=x2-|x+1|, ∵f(-x)≠f(x),f(-x)≠-f(x),∴f(x)是非奇非偶函数; (2)因为当-1≤a≤2时,对任意的x∈[1,3], 均有f(x)+bx=ax2-|x-a|+bx≤0成立, ∴令g(x)=ax2-|x-a|+bx= ax2-x+a+bx,x≥a ax2+x-a+bx,x<a , ①当a=0时,g(x)=bx-x=(b-1)x≤0,对任意的x∈[1,3]恒 成立,即3(b-1)≤0,解得b≤1,a2+b=b的最大值为1; ②当-1≤a<0时,g(x)=ax2-(x-a)+bx=ax2+(b-1)x+ a,x∈[1,3],对称轴为x=1-b2a , (ⅰ)1-b2a ≤1 ,则1-b≥2a,(a<0不等号方向改变),g(1)≤0即 a+b-1+a≤0,所以b≤1-2a,则a2+b≤a2-2a+1=(a-1)2, a2+b的最大值为1; (ⅱ)1-b2a ≥3 时,1-b≤6a,即b≥1-6a,所以g(3)≤0,即b≤ 1-103a ,无解; (ⅲ)1<1-b2a <3 时,1-2a<b<1-6a,所以g 1-b2a ≤0,即a· 1-b2a 2 +(b-1)×1-b2a +a≤0 , 即4a2≥(1-b)2,所以1+2a≤b≤1-2a无解; ③当0<a≤1时,g(x)=ax2-(x-a)+bx=ax2+(b-1)x+a, x∈[1,3],对称轴为x=1-b2a , (ⅰ)1-b2a ≤1 ,则1-b≤2a,g(3)≤0即b≤1-103a ,无解; (ⅱ)1-b2a ≥3 时,1-b≥6a,即b≤1-6a,g(1)≤0,b≤1-2a, 则b≤1-6a,则a2+b≤a2-6a+1=(a-3)2-8, ∵0<a≤1,∴a2+b的最大值为1; (ⅲ)1<1-b2a <3 时,1-6a≤b≤1-2a,g(3)≤0,g(1)≤0, 则b≤1-103a 且b≤1-2a,∴1-6a≤b≤1-103a ,则a2+b≤a2+ 1-103a ,a2+b的最大值为1; ④当1≤a≤2时,g(x)= ax2-x+a+bx,a≤x≤3 ax2+x-a+bx,1≤x≤a , g(3)≤0,g(1)≤0,g(a)≤0, 即 a+1-a+b≤0 a3+ab≤0 9a-3+a+3b≤0 ,则 b≤-1 b≤-a2 b≤1-10a3 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,而1≤a≤2, ∴b≤1-10a3 ,则a2+b≤a2+1-103a , 令p(a)=a2+1-103a ,1≤a≤2, 则p(a)= a-53 2 -169 ,故p(a)在 1,53 上 单 调 递 减,在 53,2 上单调递增,又p(1)=-43,p(2)=-53, 所以p(a)的最大值为-43. 综上所述,对任意的x∈[1,3],均有f(x)+bx≤0成立, 则a2+b的最大值为-43 (所有最大值中的最小值). 【点睛】 本题主要考查了函数奇偶性的判定,以及函数恒成立 问题,同时考查了分类讨论的数学思想和转化的能力. 19.解 (1)二次函数y=x2+mx的对称轴为直线x=-m2 , ①当-m2≤1 时,即当m≥-2时, 函数y=x2+mx在(1,3]上单调递增, 则ymax=3m+9,合乎题意; ②当1<-m2<3 时,即当-6<m<-2时, 函数y=x2+mx在 1,-m2 上单调递减, 在 -m2,3 上单调递增, 若函数存在最大值,必有f(3)≥f(1), 即9+3m≥1+m,解得m≥-4,此时-4≤m<-2; ③当-m2≥3 时,即当m≤-6时, 函数y=x2+mx在(1,3]上单调递减, 此时函数y=x2+mx在(1,3]上不存在最大值,不合乎题意. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 95 — —98 — 综上所述,实数m 的取值范围是[-4,+∞); (2)∵y=f(x)为奇函数,在[0,+∞)上,f(x)=x2-2x ∴当x<0时,-x>0, f(x)=-f(-x)=-[(-x)2-2(-x)]=-x2-2x, 作出f(x)的图象如图: 当x<0时,可得f(-1)=1, 当x≥0时,由f(x)=x2-2x=1,得x2- 2x-1=0, ∴x=1+ 2, ∵函数y=f(x)在区间(-∞,t]上存在最大 值 M, ∴当t≤-1时,y=f(x)为增函数, 则最大值为 M=f(t)=-t2-2t, 当-1<t<1+ 2时,函数的最大值为 M=f(-1)=1, 当t≥1+ 2时,函数的最大值为 M=f(t)=t2-2t, 综上得 M=g(t)= -t2-2t,t≤-1 1,-1<t<1+ 2 t2-2t,t≥1+ 2 (3)证明:若y=f(x)在定义域 R上是严格增函数, 则函数y=f(x)在区间(-∞,t]上也为增函数, 则f(t)也随着t的增大而增大,所以 M=g(t)=f(t), 故函数g(t)在定义域 R上是严格增函数; 即“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数” ⇒“M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”; 若函数 M=g(t)在 R上严格单调递增, 任取t∈R,则存在x0≤t,使得g(t)=f(x0), 因为(-∞,x0]⊆(-∞,t],则当x≤t时,f(x)max=f(x0), 且当x≤x0 时,f(x)max=f(x0),则g(x0)=f(x0),所以g(x0)=g(t), 因为函数 M=g(t)在 R上严格单调递增, 所以x0=t,即,g(t)=f(t),故f(t)随着t的增大而增大,故函数 f(x)在 R上严格单调递增. 即“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数”⇐“M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”. 综上所述,“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数”的充要条件是 “M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”. 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [由题意知A={x|(3-x)(x+2)≥0,x+2≠0,x∈Z}={-1, 0,1,2,3},B={x|-1≤x<3},则 A∩B={-1,0,1,2},所 以 ∁U(A∩B)={-2,3,4}.故选C.] 2.A [因为x>0,x+ 4x+1=x+1+ 4 x+1-1≥2 (x+1)· 4x+1- 1=3,当且仅当x+1= 4x+1 时去等号,即x=1时取等号;所以使 得∀x>0,a≤x+ 4x+1 的充要条件为a≤3,而充分不要条件应该 为a≤3的真子集,所以应选a≤2.故选A.] 3.B [因为x2-x>0,解得x>1或x<0,x+1x-2>0 即(x+1)(x- 2)>0,解得x>2或x<-1,所以“x2-x>0”是“x+1x-2>0 ”的必要 不充分条件,故选B.] 4.A [依题意,f(-1)=2,f(2)=2+42+1=2 ,所以f(f(f(-1)))= f(f(2))=f(2)=2.故选A.] 5.A [∵ax2-bx-1≥0的解集为 x -12≤x≤-13 ,∴a<0 且方程ax2-bx-1=0的两根为:-13 和-12. ∴ b a =- 1 3+ -12 =-56, -1a= -13 × -12 =16 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得:a=-6b=5 .∴x2-bx-a =x2-5x+6,即x2-5x+6<0,解得:2<x<3.∴x2-bx-a<0 的解集为{x|2<x<3}.故选A.] 【规律方法】 本题考查一元二次不等式的求解,关键是能够根 据一元二次不等式的解集和一元二次方程的根的关系求得a,b 的值. 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.A [因为函数f(x)= x 4-x2 的定义域为4-x2>0,解得:-2< x<2,故B错 误.f(-x)= -x 4-x2 =-f(x),则 函 数f(x)= x 4-x2 为奇函数,故C,D错误;故选A.] 8.A [因为f(x)=(m+1)x2+(m-1)x+7是定义在(-2n,3n- 3)上的偶函数,所以-2n+3n-3=0,得到n=3,显然 m≠-1,由 y=f(x)图象关于y轴对称,得到m-1=0,解得m=1,所以f(x) =2x2+7,满足要求,得到f(n)+f(m)=f(3)+f(1)=25+9= 34.故选A.] 9.AB [由题意,方程x2+ax+b=0(a>0)有且只有一个根,所以 Δ=a2-4b=0,即a2=4b>0,对A:a2-b2≤4等价于b2-4b+4≥ 0,显然(b-2)2≥0,所以 A选项正确;对B:a2+1b =4b+ 1 b ≥ 2 4b×1b =4 ,故B选项正确;对C:因为不等式x2+ax-b<0的 解集为(x1,x2),所以x1x2=-b<0,所以C选项错误;对D:因为 不等式x2+ax+b<c的解集为(x1,x2),且|x1-x2|=4,则方程 x2+ax+b-c=0 的 两 根 为 x1,x2,所 以|x1 -x2|= (x1+x2)2-4x1x2= a2-4(b-c)= 4c=2c=4,所以c=4, 故D选项错误.故选AB.] 【破题技巧】 由题意,方程x2+ax+b=0(a>0)有且只有一个 根,所以Δ=a2-4b=0,即a2=4b>0,再利用基本不等式和不 等式的性质,即可求解. 10.BD [当b≤0时,由(ax+3)(x2-b)≤0得 到ax+3≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,则a 不存在,当b>0时,由(ax+3)(x2-b)≤0 可设f(x)=ax+3,g(x)=x2-b,又g(x) 与f(x)的大致图象如图,那么由题意可知: a<0 -3a=b ,再 由 a,b 是 整 数 得 到 a=-1, b=9, 或 a=-3,b=1, 因此a+b=8或-2.故选BD.] 11.ABC [对于A,Δ(X)=1-(-1)=2,当b≥0时,Δ(Y)=b,故得 b=2;当b<0时,Δ(Y)=-b,故得b=-2,即b=±2,故A错误; 对于B,取f(x)=|x|,g(x)=1,则 M=1,m=-1,满足Δ(X)= 2,但对于任意x∈[-1,1],不能保证f(x)≥g(x)恒成立,故B 错误;对于C,假设存在实数a,使得Δ(Y)<1,若a≥0,则Δ(Y)= (a+2)2-a2=4(a+1)≥4,矛 盾;若a+2≤0,即a≤-2时, Δ(Y)=a2-(a+2)2=-4(a+1)≥4,矛 盾;若-1<a<0,则 Δ(Y)=(a+2)2>1,矛盾;若-2<a<-1,则Δ(Y)=a2>1,矛 盾,若a=-1,则Δ(Y)=1,矛盾.故C错误;对于D,对任意的实 数a,只要b满足[a,a+2]是[b,b+3]的子集,就有 X∪Y=Y,于 是,Δ(X∪Y)=Δ(Y)=3≤3,故D正确.故选ABC.] 【规律方法】 本题主要考查函数新定义的应用,对于函数新定 义选择题型,必须准确把握定义要求,根据信息利用具体函数排 除法,反证法,分类讨论法以及数形结合法一一判断选项即可. 12.λ>8或λ<0 [由题意得:当λ=0时,2>0,不符题意;当λ>0 时,y=λx2-λx+2的对称轴为x=12 ,所以,只需Δ=λ2-8λ> 0,解得:λ>8;当λ<0时,显然满足题意,综上,λ的取值范围为 λ>8或λ<0.故答案为:λ>8或λ<0.] 13.3 [因为α∈ -1,12,2,3 ,所以当幂函数f(x)=xα 为奇函数 时,α=-1或3;而幂函数f(x)=xα 又在(0,+∞)上单调递增 知,所以α=3,故答案为:3.] 14.(0,1) [因为y=f(x)是定义域为(-3,3)的偶函数,f(a-2)< f(3a-2)成立,所以 -3<a-2<3-3<3a-2<3 ,f(|a-2|)<f(|3a-2|), 则-13<a< 5 3 ,又因为f(x)在(0,3)上严格减函数, 所以|a-2|>|3a-2|,平方得(a-2)2>(3a-2)2,解得0<a< 1,所以0<a<1.故答案为:(0,1).] 15.解 (1)由题意可得A={x|x2-2x-3=0}={-1,3}. 因为A=B,所以B={-1,3},则 -1+3=a-1×3=-a2+1 ,解得a=2 (2)因为A∩B≠⌀,所以-1∈B,3∉B 或-1∉B,3∈B 或-1∈ B,3∈B. 若-1∈B,3∈B,则B={-1,3},由(1)知,a=2; 若-1∈B,3∉B,1+a-a2+1=0,即a2-a-2=0,解得a=-1 或a=2(舍去); 若-1∉B,3∈B,9-3a-a2+1=0,即a2+3a-10=0,解得a= -5或a=2(舍去). 综上,a的取值集合为{-5,-1,2}. 16.解 (1)f(x)= (a2-1)x 1+x2 为奇函数,理由如下: f(x)= (a2-1)x 1+x2 的定义域为 R, 又f(-x)=- (a2-1)x 1+(-x)2 =- (a2-1)x 1+x2 =-f(x), 故f(x)= (a2-1)x 1+x2 为奇函数; (2)当a>1时,f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递减, 当0<a<1时,f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递增, ∀x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)= (a2-1)x1 1+x21 - (a2-1)x2 1+x22 = (a2-1)(x1+x1x22)-(a2-1)(x2+x2x21) (1+x21)(1+x22) = (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) , 因为x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,所以1-x1x2<0,x1-x2<0, 当a>1时, (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) >0,即f(x1)>f(x2), 故f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递减, 当0<a<1时, (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) <0, 即f(x1)<f(x2),故f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递增. 17.解 (1)设x>0,则-x<0,因为当x≤0时,f(x)=-x2+2x, 所以f(-x)=-x2-2x,又函数f(x)是定义在R 上的奇函数, 所以f(x)=-f(-x)=x2+2x(x>0); (2)函数g(x)=f(x)-2ax+2=x2+(2-2a)x+2, 其对称轴方程为x=a-1, 当a-1≤1时,[g(x)]min=g(1)=5-2a=2,解得a= 3 2 ,成立; 当a-1≥2时,[g(x)]min=g(2)=10-4a=2,解 得a=2,不 成立; 当1<a-1<2时,[g(x)]min=g(a-1)=-(a-1)2+2=2,解得 a=1,不成立;故a的值为32. 18.解 (1)由题意知,x∈[1,100],x∈N* P(x)=R(x)-C(x)=3000x-20x2-(500x+4000) =-20x2+2500x-4000=-20 x-1252 2 +74125, 易得P(x)的对称轴为x=1252 , 所以当x=62或x=63时,P(x)取得最大值为74120(元). 所以利润函数P(x)=-20x2+2500x-4000,最大值为74120(元); (2)依题意,得 Q(x)=P (x)-500 x =-20x- 4500 x +2500≤ -2 20x·4500x +2500=1900 (元). 当且仅当20x=4500x 时等号成立,即x=15时,等号成立. 所以当x=15台时,每台产品的利润Q(x)取得最大值1900元. 19.解 (1)由函数f(x)= x2-2ax+a,x∈[1,+∞) 2x+ax ,x∈(0,1) , 要使得函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,则满足 a≤1 a<0 1-a≥2+a , 解得a≤-12 ,所以实数a的取值范围为 -∞,-12 . (2)令g(x)=f(x)-(x-2a) = x2-(2a+1)x+3a,x∈[1,+∞) x+ax +2a ,x∈(0,1) , 要使得函数f(x)≥x-2a恒成立,则g(x)≥0恒成立, 只需g(1)≥0,可得a≥0, ①当a=0时,g(x)= x2-x,x∈[1,+∞) x,x∈(0,1) ,符合题意; ②当a>0时,当x∈(0,1)时,g(x)=x+ax +2a>0 恒成立, 只需g(x)=x2-(2a+1)x+3a≥0在x∈[1,+∞)时,恒成立, i)当0<a≤12 时,g(x)=x2-(2a+1)x+3a在[1,+∞)上单调 递增,则g(1)=a≥0,所以0<a≤12 ; i)当a>12 时,g(x)=x2-(2a+1)x+3a在(1,a+12 )上单调 递减,在(a+12 ,+∞)上单调递增,则g(a+12 )≥0,可得1- 32≤ a≤1+ 32 ,所以1 2<a≤1+ 3 2 , 综上可得,实数a的取值范围为 0,1+ 32 . 【破题技巧】 (1)根据题意,结合分段函数的单调性的判定方 法,列出不等式组,即可求解; (2)根据题意,转化为g(x)≥0恒成立,得到g(1)≥0,求得a≥ 0,分a=0和a>0,结合二次函数的图象与性质,列出不等式, 即可求解. 第四章 指数函数与对数函数检测卷 1.A [由 1-x≥0 lnx≠0 x>0 ,解得0<x<1,即函数f(x)的定义域为(0,1). 故选A.] 2.B [y=4.2x 在 R上递增,且-0.3<0<0.3,所以0<4.2-0.3< 4.20<4.20.3,所以0<4.20.3<1<4.20.3,即0<a<1<b,因为y= log4.2x在(0,+∞)上递增,且0<0.3<1,所以log4.20.3<log4.21= 0,即c<0,所以b>a>c,故选B.] 3.B [由log2a+log2b=0,即为log2ab=0,即有ab=1;当a>1时, 0<b<1,函数f(x)=ax 在 R上为增函数,g(x)=logb 1 x 在(0, +∞)为增函数,选项B满足;当0<a<1时,b>1,函数f(x)=ax 在 R上为减函数,g(x)=logb 1 x 在(0,+∞)为减函数,四个图象 均不满足,在同一坐标系中的图象只能是B.故选B.] 【破题技巧】 由对数的运算性质可得ab=1,讨论a,b的范围, 结合指数函数和对数函数的图象的单调性,即可得到答案. 4.C [由题知θ0=30,θ1=120,θ=40, 所以40=30+(120-30)e-0.05t,可得e-0.05t=19 , 所以-0.05t=ln19=-2ln3 ,∴t=40ln3≈44,即某物体的度从 120℃下降到40℃以下,至少大约需要分钟.故选C.] 5.C [因为a>0,又函数y=log3x单调递增,所以3a+2>4a+1, 即0<a<1,对于不等式ax-ay<x-y,移项整理得ax-x<ay- y,构造函数h(x)=ax-x,由于h(x)单调递减,所以x>y,即x- y>0,故选C.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 97 — — 34 — 第二次月考滚动检测卷 [范围:第一至三章] (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第10题.该题主要考查函数的单调递性、奇偶性,函数与不等式等问题,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·江苏无锡·阶段练习)已知集合A={2a-1,a2,0},B={1-a,a-5,9},若满足A∩B= {9},则a的值为 ( ) A.±3或5 B.-3或5 C.-3 D.5 2.(2025·广东广州·阶段练习)若非空集合 M⫋N,则“a∈M 或a∈N”是“a∈M∩N”的 ( ) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件 3.(2025·安徽合肥质量检测)命题“∃x∈R,x2+x+m<0”是假命题,则实数m 的取值范围是 ( ) A.m≤14 B.m< 1 4 C.m> 1 4 D.m≥ 1 4 4.(2025·广东湛江质量检测)关于x的不等式-12x 2+mx+n>0的解集为{x|-1<x<2},则m+n 的值为 ( ) A.-12 B.- 3 2 C. 3 2 D. 1 2 5.(2025·安徽合肥·阶段练习)已知函数f(x)= x2,x≥0 -x2,x<0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,若∀x∈(-∞,1],都有f(x+m)≤ -f(x),则实数m 的取值范围是 ( ) A.[-1,+∞) B.[-2,+∞) C.(-∞,1] D.(-∞,-2] 6.(2025·海南省直辖县级单位·阶段练习)已知f(x)= x3-x2,x≥0 ax3+x2,x<0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 为奇函数,则f(a)= ( ) A.0 B.1 C.-1 D.2 7.(2025·重庆质量检测)函数f(x)= x+1x-1 的图象可能是 ( ) 8.(2025·全国专题练习)已知f(x)是定义在 R上的偶函数,对任意的x1,x2∈[0,+∞),且x1≠ x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,则 ( ) A.f(3)<f(-2)<f(1) B.f(1)<f(-2)<f(3) C.f(-2)<f(1)<f(3) D.f(3)<f(1)<f(-2) 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·广东 茂 名 质 量 检 测)已知函数f(x)为R上的奇函数,且在 R上单调递增.若f(2a)+ f(a-2)>0,则实数a的取值可以是 ( ) A.-1 B.0 C.1 D.2 — 33 — — 36 — 10.(2025·山东淄博质量检测)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=4x-x2,则下 列说法中错误 ∙∙ 的是 ( ) A.f(x)的单调递增区间为(-∞,-2)∪[0,2] B.f(-π)<f(5) C.f(x)的最大值为4 D.f(x)>0的解集为(-4,4) 11.(2025·河北保定·质量检测)下列命题正确的是 ( ) A.若对于∀x1,x2∈R,x1≠x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则函数y=f(x) 在R上是增函数 B.若对于∀x1,x2∈R,x1≠x2,都有 f(x1)-f(x2) x1-x2 >-1,则函数y=f(x)+x在 R上是增 函数 C.若对于∀x∈R,都有f(x+1)>f(x)成立,则函数y=f(x)在R上是增函数 D.若对于∀x∈R,都有f(x),g(x)为增函数,则函数y=f(x)·g(x)在 R上也是增函数 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2025·河南洛阳·阶段练习)已知函数f(x)=3x2+ 21+x2 ,则函数f(x)的最小值为 . 13.(2025·浙江杭州质量检测)已知函数f(x)=ax3+bx+4,若f(-2024)=2,则f(2024)= . 14.(2025·全国专题练习)已知f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是减函数,又f(1)=0,则x·f(x)<0 的解集是 . 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·广东中山·阶段练习)定义在(-2,2)上的函数满足对任意的x,y∈(-2,2),都 有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x∈(0,2)时,f(x)>0. (1)判断函数f(x)的奇偶性,并证明; (2)判断f(x)在(-2,2)上的单调性,并用定义证明. — 35 — — 38 — 16.(15分)(2025·安徽马鞍山·阶段练习)已知函数f(x)=ax2-(2a+3)x+6(a∈R). (1)若f(x)+2>0恒成立,求实数a的取值范围; (2)当a=1时,函数f(x)≥-(m+5)x+3-m 在[0,2]有解,求实数m 的取值范围. 17.(15分)(2025·浙江宁波质量检测)天气转冷,宁波某暖手宝厂商为扩大销量,拟进行促销活动. 根据前期调研,获得该产品的销售量a万件与投入的促销费用x 万元(x≥0)满足关系式a=8- k x+1 (k为常数),而如果不搞促销活动,该产品的销售量为4万件.已知该产品每一万件需要投 入成本20万元,厂家将每件产品的销售价格定为 36+10a 元,设该产品的利润为y万元.(注: 利润=销售收入-投入成本-促销费用) (1)求出k的值,并将y表示为x 的函数; (2)促销费用为多少万元时,该产品的利润最大? 此时最大利润为多少? — 37 — — 40 — 18.(17分)(2025·江苏无锡·质量检测)设函数f(x)=ax2-|x-a|,a∈R. (1)当a=1时,判断f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)当-1≤a≤2时,若对任意的x∈[1,3],均有f(x)+bx≤0成立,求a2+b的最大值. 19.(17分)(2025·上海黄浦·阶段练习)已知y=f(x)在定义域R上是连续不断的函数,对于区间 I⊆R,若存在c∈I,使得对任意的x∈I,都有f(x)≤f(c),则称y=f(x)在区间I上存在最大值 M(M=f(c)). (1)函数在y=x2+mx区间(1,3]存在最大值,求实数m 的取值范围; (2)若函数y=f(x)为奇函数,在[0,+∞)上,f(x)=x2-2x,易证对任意t∈R,函数y=f(x)在 区间(-∞,t]上存在最大值 M,试写出最大值 M 关于t的函数关系式M=g(t); (3)若对任意t∈R,函数y=f(x)在区间(-∞,t]上存在最大值M,设最大值M 关于t的函数关 系式为 M=g(t),求证:“y=f(x)在定义域R上是严格增函数”的充要条件是“M=g(t)在定义 域R上是严格增函数”. — 39 —