2020-2021学年新教材高中数学 模块整合一课一练（含解析）北师大版必修第一册.docx

1、模块整合1.%764#0#%(复旦大学自主招生)已知函数f(x)的定义域为(0,1),则g(x)=f(x+c)+f(x-c)在0c12时的定义域为()。A.(-c,1+c)B.(1-c,c)C.(1+c,-c)D.(c,1-c)答案：D解析：要使函数式有意义,需0x+c1,0x-c1,即-cx1-c,cx1+c。因为0c12,所以cxbcB.bcaC.bacD.cba答案：C解析：由已知得a=log235,b=log23,c=23=log234。因为3534,所以ac。由5233,得353,故aac。5.%44￥6*0￥%(2018全国高中数学联赛(浙江赛区)预赛)设f(x)=|x+1|+|x

2、|-|x-2|,则f(f(x)+1=0有个不同的解。答案：3解析：由题设可得,f(x)=-x-3(x-1),x-1(-1x0),3x-1(02)。因为f(f(x)+1=0,所以若f(x)-1,则-f(x)-3+1=0,得f(x)=-2;若-1f(x)0,则f(x)-1+1=0,得f(x)=0;若02,则f(x)+3+1=0,得f(x)=-4,此情况不符合题意,舍去。所以f(x)=-2或f(x)=0。当x-1时,f(x)-2;当-1x0时,-2f(x)-1;当0x2时,-12时,f(x)5。故由f(x)=-2,得-x-3=-2,解得x=-1;由f(x)=0,得-x-3=0或3x-1=0,解得x=

3、-3或x=13。所以f(f(x)+1=0共有3个不同的解。6.%8￥*821%(全国高中数学联赛(江苏赛区)复赛)若函数f(x)=(x2-1)(x2+ax+b)对于任意xR都满足f(x)=f(4-x),则f(x)的最小值是。答案：-16解析：f(1)=f(-1)=0,又f(x)=f(4-x),所以f(3)=f(5)=0,所以f(x)=(x2-1)(x-3)(x-5)=(x2-4x+3)(x2-4x-5)。令t=x2-4x+4,t0,则函数f(x)可转化为g(t)=(t-1)(t-9)=(t-5)2-16,所以f(x)的最小值是-16。7.%*5*381%(全国高中数学联合竞赛一试(A卷)正实数

4、u,v,w均不等于1,若loguvw+logvw=5,logvu+logwv=3,则logwu的值为。答案：45解析：令loguv=a,logvw=b,则logvu=1a,logwv=1b,loguvw=loguv+loguvlogvw=a+ab,已知条件可化为a+ab+b=5,1a+1b=3,由此可得ab=54。因此logwu=logwvlogvu=1ab=45。8.%50*8#*8%(2019全国高中联赛湖北赛区)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图1所示,其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加

5、工的零件数,i=1,2,3。图1(1)记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是;答案：Q1解析：设线段AiBi的中点为Ci(xi,yi),i=1,2,3,则Qi=2yi,作图可得C1的纵坐标比C2,C3的纵坐标都大,所以Q1,Q2,Q3中最大的是Q1。(2)记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是。答案：p2解析：由题意,pi=yixi,i=1,2,3,连接OC1,OC2,OC3,比较可知OC2的斜率最大,所以p1,p2,p3中最大的是p2。9.%892*5%(上海交通大学自主招生)已知f1(x)=1-xx+1,对于一切正

6、整数n,都有fn+1(x)=f1(fn(x),且f3(x)=f6(x),求f28(x)。答案：解:由f1(x)=1-xx+1,fn+1(x)=f1(fn(x),得f2(x)=1-f1(x)f1(x)+1=x,f3(x)=1-xx+1,f6(x)=x。由f3(x)=f6(x)得1-xx+1=x,解得x=-12。f28(x)=x=-12。10.%#3#043*%(北京大学自主招生)已知f(x)=x2-53x+196+|x2-53x+196|,求f(1)+f(2)+f(50)。答案：解:f(x)=x2-53x+196+|x2-53x+196|=(x-4)(x-49)+|(x-4)(x-49)|。当4

7、x49时,(x-4)(x-49)0,此时f(x)=0。因此f(1)+f(2)+f(50)=f(1)+f(2)+f(3)+f(50)=2(144+94+46+46)=660。11.%2#*68*2%(浙江大学自主招生)设M=x|f(x)=x,N=x|f(f(x)=x。(1)求证:MN;答案：证明:若M=,则显然有MN;若M,则对任意x0M,满足f(x0)=x0,所以f(f(x0)=f(x0)=x0。故x0N,所以MN。(2)f(x)单调递增时,是否有M=N?并证明。答案：解:M=N。证明:假如MN,由(1)知MN,则必存在x1N,但x1M,因此f(x1)x1。若f(x1)x1,由于f(x)为单调

8、递增函数,所以f(f(x1)f(x1),即x1f(x1),矛盾;若f(x1)x1,由于f(x)为单调递增函数,所以f(f(x1)f(x1),即x10。求f(x)的单调区间。答案：解:当a0时,f(x)=axb+1bx为对勾函数。f(x)在-,-aa,aa,+上单调递增,在-aa,0,0,aa上单调递减。当a0,所以4a-3b=0。由得a=6,b=8,则c=10。14.%6#625#%(清华大学等七校联考)已知圆柱形水杯质量为a克,其重心在圆柱轴的中点处(杯底厚度及重量忽略不计,且水杯直立放置)。质量为b克的水恰好装满水杯,装满水后的水杯的重心还在圆柱轴的中点处。(1)若b=3a,求装入半杯水后

9、的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值;答案：解:方法一:不妨设水杯高为1个单位。装入半杯水后,这时,杯子质量水的质量=23,杯子的重心位置(这里的重心位置指重心到水杯底面的距离)为12,水的重心位置为14,所以装入半杯水后的水杯的重心位置为212+3142+3=720。即所求比值为720。方法二:不妨设水杯高为1个单位。由题意可知,当装了半杯水后,杯子质量水的质量=ab2。因为b=3a,所以杯子质量水的质量=23,即杯子占总质量的25,水占总质量的35。又因为杯子的重心位置(这里的重心位置指重心到水杯底面的距离)为12,水的重心位置为14,所以装入半杯水后的水杯的重心位置为1225+14

10、35=720,故装入半杯水后的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值为7201=720。(2)水杯内装多少克水可以使装入水后的水杯的重心最低?为什么?答案：方法一:当装入水后的水杯的重心最低时,重心恰好位于水面上,设装入x克水,这时,杯子质量水的质量=ax,杯子的重心位置为12,水的重心位置为x2b,水面位置为xb,于是a12+xx2ba+x=xb,解得x=a2+ab-a。方法二:设装入x克水后的水杯重心位置为y,将问题转化为:求当x为何值时,y最小。当装入x克水后,杯子质量水的质量=ax,即杯子占总质量的aa+x,水占总质量的xa+x,杯子的重心位置为12。因为装入b克水的高度为1,所以装

11、入x克水的高度为xb,故x克水的重心位置为x2b,所以装入x克水后的水杯重心位置为y=f(x)=12aa+x+x2bxa+x=x2+ab2bx+2ab(a0,b0,x0)。当x1x2a2+ab-a,则x1x2(a2+ab-a)2=2a2+ab-2aa2+ab,x1+x22a2+ab-2a,所以x1x2-ab+a(x1+x2)(a2+ab-a)2-ab+a(2a2+ab-2a)=0。所以f(x1)-f(x2)=x12+ab2bx1+2ab-x22+ab2bx2+2ab=(x12+ab)(x2+a)-(x22+ab)(x1+a)2b(x1+a)(x2+a)=(x1-x2)x1x2-ab+a(x1+x2)2b(x1+a)(x2+a)0,所以f(x)在(a2+ab-a,+)上单调递增。同理f(x)在(0,a2+ab-a)上单调递减。故当x=a2+ab-a时,即装入(a2+ab-a)克的水可以使装入水后的水杯的重心最低。