2014-2015學年高中數(shù)學（人教A版必修一） 第一章集合與函數(shù)概念 第一章章末檢測B（含答案）

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1、 章末檢測(B) (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．若集合A、B、C滿足A∩B＝A，B∪C＝C，則A與C之間的關系是(　　) A．AC B．CA C．A?C D．C?A 2．已知函數(shù)y＝的定義域為(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，2] C．(－∞，－)∩(－，1] D．(－∞，－)∪(－，1] 3．設P、Q為兩個非空實數(shù)集合，定義集合運算：P*Q＝{z|z＝ab(a＋b)，a∈P，b∈Q}，若P＝{0,1}，Q＝{2,3}，則P*Q中元素之和是(　　) A．0 B．6

2、 C．12 D．18 4．已知a，b為兩個不相等的實數(shù)，集合M＝{a2－4a，－1}，N＝{b2－4b＋1，－2}，映射f：x→x表示把集合M中的元素x映射到集合N中仍為x，則a＋b等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 5．集合M由正整數(shù)的平方組成，即M＝{1,4,9,16,25，…}，若對某集合中的任意兩個元素進行某種運算，運算結果仍在此集合中，則稱此集合對該運算是封閉的．M對下列運算封閉的是(　　) A．加法 B．減法 C．乘法 D．除法 6．設全集U＝{(x，y)|x，y∈R}，集合M＝{(x，y)|＝1}，N＝{(x

3、，y)|y≠x＋1}，則?U(M∪N)等于(　　) A．? B．{(2,3)} C．(2,3) D．{(x，y)|y＝x＋1} 7．已知偶函數(shù)f(x)的定義域為R，且在(－∞，0)上是增函數(shù)，則f(－)與f(a2－a＋1)的大小關系為(　　) A．f(－)f(a2－a＋1) C．f(－)≤f(a2－a＋1) D．f(－)≥f(a2－a＋1) 8．函數(shù)f(x)＝(x≠－)，滿足f[f(x)]＝x，則常數(shù)c等于(　　) A．3 B．－3 C．3或－3 D．5或－3 9．設f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當x

4、≥0時，f(x)＝2x＋2x＋b(b為常數(shù))，則f(－1)等于(　　) 2 / 12 A．3 B．1 C．－1 D．－3 10．已知函數(shù)f(x)＝4x2－mx＋5在區(qū)間[－2，＋∞)上是增函數(shù)，則f(1)的取值范圍是(　　) A．f(1)≥25 B．f(1)＝25 C．f(1)≤25 D．f(1)>25 11．設函數(shù)f(x)＝則不等式f(x)>f(1)的解集是(　　) A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞) C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3) 12．定義在R上的偶函數(shù)在[0,7]上

5、是增函數(shù)，在[7，＋∞)上是減函數(shù)，又f(7)＝6，則f(x)(　　) A．在[－7,0]上是增函數(shù)，且最大值是6 B．在[－7,0]上是減函數(shù)，且最大值是6 C．在[－7,0]上是增函數(shù)，且最小值是6 D．在[－7,0]上是減函數(shù)，且最小值是6 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．設函數(shù)f(x)＝，已知f(x0)＝8，則x0＝________. 14．已知f(x)在R上是奇函數(shù)，且滿足f(x＋4)＝f(x)，當x∈(0,2)時，f(x)＝2x2，則f(7)＝________. 15．若定義運算a⊙b＝，則函數(shù)f(x)＝x⊙(2－x)的值域為_______

6、_． 16．函數(shù)f(x)的定義域為D，若對于任意x1，x2∈D，當x10)的單調區(qū)間．

7、 19．(12分)若f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，且f()＝f(x)－f(y)． (1)求f(1)的值； (2)若f(6)＝1，解不等式f(x＋3)－f()<2. 20．(12分)某商品在近30天內每件的銷售價格p(元)與時間t(天)的函數(shù)關系是p＝該商品的日銷售量Q(件)與時間t(天)的函數(shù)關系是Q＝－t＋40(0

8、 21．(12分)已知≤a≤1，若函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋1在區(qū)間[1,3]上的最大值為M(a)，最小值為N(a)，令g(a)＝M(a)－N(a)． (1)求g(a)的函數(shù)表達式； (2)判斷函數(shù)g(a)在區(qū)間[，1]上的單調性，并求出g(a)的最小值． 22．(12分)設二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)滿足下列條件： ①當x∈R時，其最小值為0，且f(x－1)＝f(－x－1)成立； ②當x∈(0,5)時，x≤f(x)≤2|x－1|＋1恒成

9、立． (1)求f(1)的值； (2)求f(x)的解析式； (3)求最大的實數(shù)m(m>1)，使得存在t∈R，只要當x∈[1，m]時，就有f(x＋t)≤x成立． 章末檢測(B) 1．C　[∵A∩B＝A，∴A?B， ∵B∪C＝C，∴B?C，∴A?C，故選C.] 2．D　[由題意知： 解得故選D.] 3．D　[∵P＝{0,1}，Q＝{2,3}，a∈P，b∈Q，故對a，b的取值分類討論．當a＝0時，z＝0；當a＝1，b＝2時，z＝6；當a＝1，b＝3時，z＝12.綜上可知：P*Q＝{0,6,12}，元素之和為18.] 4．D　[

10、∵集合M中的元素－1不能映射到N中為－2， ∴ 即 ∴a，b為方程x2－4x＋2＝0的兩根， ∴a＋b＝4.] 5．C　[設a、b表示任意兩個正整數(shù)，則a2、b2的和不一定屬于M，如12＋22＝5?M；a2、b2的差也不一定屬于M，如12－22＝－3?M；a2、b2的商也不一定屬于M，如＝?M；因為a、b表示任意兩個正整數(shù)，a2b2＝(ab)2，ab為正整數(shù)，所以(ab)2屬于M，即a2、b2的積屬于M.故選C.] 6．B　[集合M表示直線y＝x＋1上除點(2,3)外的點，即為兩條射線上的點構成的集合，集合N表示直線y＝x＋1外的點，所以M∪N表示直線y＝x＋1外的點及兩條射線，?

11、U(M∪N)中的元素就是點(2,3)．] 7．D　[設x1>x2>0，則－x1<－x2<0， ∵f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)， ∴f(－x1)

12、[函數(shù)f(x)的增區(qū)間為[，＋∞)，函數(shù)在區(qū)間[－2，＋∞)上是增函數(shù)，所以≤－2，m≤－16，f(1)＝4－m＋5≥25.] 11．A　[易知f(1)＝3，則不等式f(x)>f(1)等價于或 解得－33.] 12．B　[由f(x)是偶函數(shù)，得f(x)關于y軸對稱，其圖象可以用下圖簡單地表示， 則f(x)在[－7,0]上是減函數(shù)，且最大值為6.] 13. 解析　∵當x≥2時，f(x)≥f(2)＝6， 當x<2時，f(x)

13、f(－1＋4)＝f(－1)＝－f(1)＝－212＝－2. 15．(－∞，1] 解析　由題意知x⊙(2－x)表示x與2－x兩者中的較小者，借助y＝x與y＝2－x的圖象，不難得出，f(x)的值域為(－∞，1]． 16. 解析　由題意得f(1)＝1－f(0)＝1， f()＝f(1)＝，f()＝1－f()， 即f()＝， 由函數(shù)f(x)在[0,1]上為非減函數(shù)得，當≤x≤時，f(x)＝，則f()＝， 又f()＝f()＝， 即f()＝. 因此f()＋f()＝. 17．解　設方程x2－5x＋q＝0的兩根為x1、x2， ∵x∈U，x1＋x2＝5，∴q＝x1x2＝14＝4或

14、q＝x1x2＝23＝6. 當q＝4時，A＝{x|x2－5x＋4＝0}＝{1,4}， ∴?UA＝{2,3,5}； 當q＝6時，A＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2,3}， ∴?UA＝{1,4,5}． 18．解　任取x1，x2∈(0，＋∞)且x10，f(x2)－f(x1)＝(x2－x1). 當0a，∴x1x2－a>0. ∴f(x2)－f(x1)>0， 即f(x)在[，＋∞)上是增函數(shù)． ∵函數(shù)f

15、(x)是奇函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在(－∞，－]上是增函數(shù)，在[－，0)上是減函數(shù)． 綜上所述，f(x)在區(qū)間(－∞，－]，[，＋∞)上為增函數(shù)，在[－，0)，(0，]上為減函數(shù)． 19．解　(1)令x＝y(tǒng)≠0，則f(1)＝0. (2)令x＝36，y＝6， 則f()＝f(36)－f(6)，f(36)＝2f(6)＝2， 故原不等式為f(x＋3)－f()

16、<25，t∈N，t＝10時，ymax＝900(元)； 當25≤t≤30，t∈N，t＝25時，ymax＝1 125(元)． 由1 125>900，知ymax＝1 125(元)，且第25天，日銷售額最大． 21．解　(1)∵≤a≤1，∴f(x)的圖象為開口向上的拋物線，且對稱軸為x＝∈[1,3]． ∴f(x)有最小值N(a)＝1－. 當2≤≤3時，a∈[，]，f(x)有最大值M(a)＝f(1) ＝a－1； 當1≤<2時，a∈(，1]，f(x)有最大值M(a)＝f(3) ＝9a－5； ∴g(a)＝ (2)設≤a1

17、)>0， ∴g(a1)>g(a2)， ∴g(a)在[，]上是減函數(shù)． 設0)，又由f(1)＝1代入求得a＝，故f(x)＝(x＋1)2. (3)假設存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f(x＋t)≤x. 取x＝1，有f(t＋1)≤1， 即(t＋2)2≤1， 解得－4≤t≤0. 對固定的t∈[－4,0]，取x＝m，有f(t＋m)≤m， 即(t＋m＋1)2≤m， 化簡得m2＋2(t－1)m＋(t2＋2t＋1)≤0， 解得1－t－≤m≤1－t＋， 故m≤1－t＋≤1－(－4)＋＝9， t＝－4時，對任意的x∈[1,9]， 恒有f(x－4)－x＝(x2－10x＋9)＝(x－1)(x－9)≤0， 所以m的最大值為9. 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！