7、山东省济南市历城第二中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题（学生版）

这是一份7、山东省济南市历城第二中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题（学生版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一数学
满分150分　时间:120分钟
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、选择题(本题共13小题,1-10为单选题,只有一个正确选项,每题4分,11-13题为多选题,至少每一个正确选项,每题5分)
1.(★)已知集合M={x|x2-x-2=0},N={-1,0},则M∩N=(　　)
A.{-1,0,2} B.{-1}
C.{0} D.⌀
2.(★)命题∀x∈R,x2+1>0的否定形式是(　　)
A.∃x∈R,x2+1>0
B.∀x∈R,x2+1≤0
C.∃x∈R,x2+1<1
D.∃x∈R,x2+1≤0
3.(★)已知x∈R,则“x>2”是“x2-3x+2>0”成立的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(★)下列命题中,正确的是(　　)
A.若a>b,c>d,则ac>bd
B.若ac>bc,则a C.若a>b,c>d,则a-c>b-d
D.若ac2 5.(★)已知函数f(x)=x2+1,x≥2,f(x+3),x<2,则f(1)-f(3)=(　　)
A.-2 B.-7
C.7 D.27
6.(★★)若两个正实数x,y满足1x+4y=1,则x+y的最小值是(　　)
A.3 B.6
C.9 D.12
7.(★★)设常数a∈R,集合A={x|(x-1)(x-a)≥0},B={x|x≥a-1},若A∪B=R,则a的取值范围为(　　)
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C.(2,+∞) D.[2,+∞)
8.(★★)设p:|4x-3|≤1,q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,若¬p是¬q的必要不充分条件,则实数a的取值范围是(　　)
A.0,12
B.0,12
C.(-∞,0]∪12,+∞
D.(-∞,0)∪12,+∞
9.(★★)已知实数x,y满足-4≤x-y≤-1,-1≤4x-y≤5,则9x-y的取值范围是(　　)
A.[-7,26] B.[-1,20]
C.[4,15] D.[1,15]
10.(★★★)已知x,y>0,若x+4y+6=4x+1y,则4x+1y的最小值是(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
二、填空题(本大题共计4小题,每小题5分)
11.(★★)下列各组函数是同一函数的是(　　)
A.f(x)=x2-2x-1与g(s)=s2-2s-1
B.f(x)=-x3与g(x)=x-x
C.f(x)=xx与g(x)=1x0
D.f(x)=x与g(x)=x2
12.(★★)下面命题正确的是(　　)
A.“a>1”是“1a<1”的充分不必要条件
B.命题“若x<1,则x2<1”的否定是“存在x<1,则x2≥1”
C.设x,y∈R,则“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的必要而不充分条件
D.设a,b∈R,则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
13.(★★)在a>0,b>0的条件下,下列四个结论正确的是(　　)
A.a+b2≥2aba+b
B.a+b2≤a2+b22
C.a2b+b2a≤a+b
D.设a,b,c都是正数,则三个数a+1b,b+1c,c+1a至少有一个不小于2

第Ⅱ卷(非选择题,98分)
三、填空题(本大题共6小题,满分75分)
14.(★)函数f(x)=x2-1+12−x的定义域为　　　　. 
15.(★★)集合A={x|x2=4,x∈R},集合B={x|kx=4,x∈R},若B⊆A,则实数k=　　　　. 
16.(★★★)命题“∃x∈[1,2],ax2-x+a≤0”为假命题,则实数a的取值范围是　　　　. 
17.(★★★)已知正实数a,b,c满足1a+1b=1,1a+b+1c=1,则c的取值范围是　　　　. 
四、解答题(本大题共6小题,满分75分)
18.(★)(本小题满分10分)已知集合A={-1,1},B={x|x2-2ax+b=0},若B≠⌀,且A∪B=A,求实数a,b的值.
19.(★★)(本小题满分14分)
已知函数f(x)=x2-ax(a∈R).
(1)若a=2,求不等式f(x)≥3的解集;
(2)若x∈[1,+∞),f(x)≥-x2-2恒成立,求a的取值范围.
20.(★★)(本小题满分14分)命题p:实数x满足x2-4ax+3a2<0(其中a>0),命题q:实数x满足|x-1|≤2,x+3x-2≥0.
(1)若a=1,且命题p、q均为真命题,求实数x的取值范围;
(2)若q是p的充分不必要条件,求实数a的取值范围.
21.(★★)(本题满分14分)已知函数f(x)=5-4|x|,g(x)=x2,设F(x)=g(x),f(x)≥g(x),f(x),f(x) (1)求函数F(x)的解析式;
(2)求不等式F(x)≥14的解集.
22.(★★)(本小题满分15分)
已知关于x的不等式x2-2mx+m+2≤0(m∈R)的解集为M.
(1)当M为空集时,求m的取值范围;
(2)在(1)的条件下,求f(m)=m2+2m+5m+1的最小值;
(3)当M不为空集,且M⊆[1,4]时,求实数m的取值范围.
23.(★★★)(本小题满分15分)
心理学家研究某位学生的学习情况发现:若这位学生刚学完的知识存留量记为1,则x天后的存留量y1=4x+4;若在t(t>4)天时进行第一次复习,则此时知识存留量比未复习情况下增加一倍(复习时间忽略不计),其后存留量y2随时间变化的曲线恰为直线的一部分,其斜率为a(t+4)2(a<0),存留量随时间变化的曲线如图所示.当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时,则称此时此刻为“二次复习最佳时机点”.

(1)若a=-1,t=5,求“二次复习最佳时机点”;
(2)若出现了“二次复习最佳时机点”,求a的取值范围.
答案全解全析
1.考点　集合的基本运算.
思路分析　将集合M用列举法表示,然后再求M∩N.
解析　M={x|x2-x-2=0}={-1,2},N={-1,0},
所以M∩N={-1},故选B.
答案　B
解题关键　本题中集合M是用描述法表示的,将其用列举法表示后便易知M与N中的公共元素,即为M∩N.
2.考点　全称量词命题的否定.
解析　全称量词命题∀x∈R,x2+1>0的否定形式中,“∀”变为“∃”,“x2+1>0”变为“x2+1≤0”,故选D.
答案　D
方法总结　全称量词命题∀x∈M,p(x)的否定是∃x∈M,¬p(x),也就是说全称量词命题的否定是存在量词命题.
存在量词命题∃x∈M,p(x)的否定是∀x∈M,¬p(x),也就是说存在量词命题的否定是全称量词命题.
3.
考点　充分条件、必要条件的判定.
思路分析　解一元二次不等式x2-3x+2>0,根据所对应集合的包含关系,即可判定x>2是x2-3x+2>0成立的什么条件.
解析　解一元二次不等式x2-3x+2>0,得x>2或x<1.
而{x|x>2}⫋{x|x>2或x<-1},
所以x>2是x2-3x+2>0成立的充分不必要条件.故选A.
答案　A
4.考点　不等式的性质.
思路分析　根据不等式的性质分析每个选项,得出正确结论.
解析　根据不等式的性质6,若a>b>0,c>d>0,则ac>bd.但当a,b,c,d不全为正数时,该结论不一定成立,例2>-3,-1>-2,但-2<6.所以A不正确.根据不等式的性质4,若ac>bc,当c<0时,有ab,c>d,则a+c>b+d,或根据不等式的性质4和性质5可知,若a>b,c>d,则-d>-c,则a-d>b-c.但不能得到a-c>b-d,例1>-2,5>-7.但-4<5.故C不正确.根据不等式的性质4,若ac20),得a 答案　D
解后反思　熟练掌握不等式的性质及其限制条件是解决本题的关键.
5.考点　分段函数求值问题.
思路分析　根据函数解析式求出f(1)和f(3)的值,再计算即可.
解析　因为f(x)=x2+1,x≥2,f(x+3),x<2,
所以f(1)=f(1+3)=f(4)=42+1=17,
f(3)=32+1=10,
所以f(1)-f(3)=17-10=7.故选C.
答案　C
解后反思　分段函数是一个函数,而不是几个函数,对于分段函数的求值问题,应首先明确自变量的取值属于哪一个区间,再根据这个区间的解析式求值.
6.考点　利用基本不等式求最值.
思路分析　思路一:(常值代换)由1x+4y=1,将x+y变形为1x+4y(x+y)=yx+4xy+5,再根据基本不等式求解;
思路二:(变量代换)由1x+4y=1,得y=4xx-1,将x+y变形为x+4xx-1=x-1+4x-1+5,再根据基本不等式求解.
解析　解法一:因为正实数x,y满足1x+4y=1,
所以x+y=1x+4y(x+y)
=yx+4xy+5≥2yx·4xy+5=4+5=9.
当且仅当yx=4xy且1x+4y=1,
即x=3,y=6时,取等号.
故当x=3,y=6时,x+y取得最小值,最小值为9.
解法二:因为正实数x,y满足1x+4y=1,所以y=4xx-1,且x>1.
所以x+y=x+4xx-1=x-1+4x-1+5≥2(x-1)·4x-1+5=9.
当且仅当x-1=4x-1,即x=3时,等号成立,此时y=4xx-1=6,
所以当x=3,y=6时,x+y取得最小值,最小值为9.
答案　C
方法技巧　“已知ax+by=1(x,y,a,b均为正数),求x+y的最小值”的方法.
方法一:(常值代换)将x+y等价变形为(x+y)ax+by,化简后应用基本不等式求解.
方法二:(变量代换)由ax+by=1,消去一个变量,化简后应用基本不等式求解.
7.
考点　根据集合的运算求参数的取值范围.
思路分析　分类讨论a的取值,确定集合A,再根据A∪B=R,确定a的取值范围.
解析　①当a>1时,集合A={x|(x-1)(x-a)≥0}={x|x≥a或x≤1},因为A∪B=R,所以只需a-1≤1,即a≤2,所以当1 ②当a=1时,集合A={x|(x-1)(x-a)≥0}=R,此时A∪B=R.
③当a<1时,集合A={x|(x-1)(x-a)≥0}={x|x≥1或x≤a},因为A∪B=R,所以只需a-1≤a,又a-1≤a恒成立,所以当a<1时,A∪B=R.
综上,当a≤2时,A∪B=R,即a的取值范围是(-∞,2].
答案　B
易错警示　在求解含有参数的问题时,特别要注意端点值的取舍.常用的方法是将端点值特殊考虑, 看其是否符合题意.
8.
考点　根据充分条件与必要条件求解参数的取值范围.
思路分析　解法一:分别求出¬p,¬q对应的解集,根据¬p是¬q的必要不充分条件,列不等式组求解.
解法二:分别求出p,q对应的解集,由¬p是¬q的必要不充分条件,得p是q的充分不必要条件,再列不等式组求解.
解析　解不等式|4x-3|≤1,得12≤x≤1,
则p对应的集合为x12≤x≤1,
则¬p对应的集合为xx>1或x<12.
解不等式x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,得a≤x≤a+1,
则q对应的集合为{x|a≤x≤a+1}.
则¬q对应的集合为{x|x>a+1或x 因为¬p是¬q的必要不充分条件,
所以{x|x>a+1或x1或x<12,
所以a+1>1,a≤12或a+1≥1,a<12.
解得0≤a≤12.
所以a的取值范围是0,12.故选A.
解法二:解不等式|4x-3|≤1,得12≤x≤1,
则p对应的集合为x12≤x≤1,
解不等式x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,
得a≤x≤a+1,
则q对应的集合为{x|a≤x≤a+1}.
因为¬p是¬q的必要不充分条件,
所以p是q的充分不必要条件.
所以x12≤x≤1⫋{x|a≤x≤a+1},
所以a+1>1,a≤12或a+1≥1,a<12.
解得0≤a≤12.
所以a的取值范围是0,12.故选A.
答案　A
解后反思　(从集合的角度理解充分、必要条件) 已知p对应的集合为A,q对应的集合为B,若A⫋B,则p是q的充分不必要条件;若B⫋A,则p是q的必要不充分条件;若A=B,则p是q的充要条件;若¬p是¬q的必要不充分条件,则p是q的充分不必要条件,反过来依然成立.
9.考点　不等式的性质.
思路分析　将9x-y用代数式x-y和4x-y表示,再根据不等式的性质求解其范围.
解析　令9x-y=m(x-y)+n(4x-y),
则m+4n=9,-m-n=−1.解得m=−53,n=83.
所以9x-y=-53(x-y)+83(4x-y).
因为-4≤x-y≤-1,所以53≤-53(x-y)≤203.
因为-1≤4x-y≤5,所以-83≤83(4x-y)≤403.
所以-1≤-53(x-y)+83(4x-y)≤20,
即-1≤9x-y≤20.故选B.
答案　B
解题依据　不等式的性质5,如果a>b,c>d,则a+c>b+d.
10.考点　基本不等式的应用.
思路分析　思路一:令x+4y=t(t>0),根据基本不等式求出t与xy的不等关系,再根据t+6=txy,表示出t与xy的等量关系,进而求出关于t的不等式,解不等式,得到x2+2y=1,再由4x+1y=x2+2y4x+1y根据基本不等式求出其最小值.
思路二:根据已知,将4x+1y=4x+1y2化简、并换元,根据基本不等式求出其最小值.
解析　解法一:令x+4y=t(t>0),
则t≥24xy,即t2≥16xy,t216≥xy,
当且仅当x=4y时取等号.
x+4y+6=4x+1y=x+4yxy,即t+6=txy,
则xy=tt+6,t216≥tt+6,解得t≥2.
那么x+4y=2,即x2+2y=1,
所以4x+1y=x2+2y4x+1y
=x2y+8yx+4≥2x2y·8yx+4=8.
当且仅当x=4y,x2+2y=1,
即x=1,y=14时,等号成立.
所以4x+1y的最小值为8.故选C.
解法二:已知x,y>0,x+4y+6=4x+1y,
则4x+1y=4x+1y2=(x+4y+6)4x+1y
=8+xy+16yx+64x+1y,
令4x+1y=t(t>0),
则上式为t=8+xy+16yx+6t,
又xy+16yx≥2xy·16yx=8,
当且仅当xy=16yx,即x=4y时,取等号.
所以t≥16+6t,解得t≥8.
所以4x+1y的最小值为8.故选C.
答案　C
11.考点　对同一函数概念的考查.
思路分析　根据同一函数的概念,分别判断各选项中的两个函数的定义域和对应关系是否相同.
解析　因为f(x)=x2-2x-1与g(s)=s2-2s-1的定义域都是R,并且对应关系完全一致,所以这两个函数是同一函数;
因为f(x)=-x3=-x-x与g(x)=x-x的定义域都是{x|x≤0},但对应关系不同,所以这两个函数不是同一函数;
因为f(x)=xx=1与g(x)=1x0=1的定义域都是{x|x≠0},并且对应关系一致,所以这两个函数是同一函数;
因为f(x)=x与g(x)=x2=|x|的定义域都为R,但对应关系不同,所以这两个函数不是同一函数.故选AC.
答案　AC
方法技巧　判断两个函数为同一函数,必须同时满足:①定义域相同;②对应关系完全相同.
12.
考点　充分条件、必要条件的判定,含有量词命题的否定.
思路分析　对于选项A,C,D,判断p是q的什么条件,需看p能否推出q,q能否推出p,对于选项B,根据全称量词命题的否定是存在量词命题进行判断即可.
解析　由a>1能推出1a<1,但由1a<1不能推出a>1,比如a<0,所以“a>1”是“1a<1”的充分不必要条件,A中命题正确;
“若x<1,则x2<1”的意思是“对任意x<1,则x2<1”,其否定是“存在x<1,则x2≥1”,故B中命题正确;
由x≥2且y≥2能推出x2+y2≥4,但由x2+y2≥4不能推出x≥2且y≥2,比如x=-3,y=-2,所以“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的充分不必要条件,故C中命题不正确;
当b=0时,a≠0不能推出ab≠0,当ab≠0时,能推出a≠0,所以“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件,所以D中命题正确.故选ABD.
答案　ABD
方法总结　若p⇒q但q⇒/p,则p是q的充分不必要条件条件,若q⇒p,p⇒/q,则p是q的必要不充分条件.
13.考点　基本不等式.
解析　因为a>0,b>0,
所以a+b2≥2aba+b可变形为ab≤(a+b)24,
即ab≤a+b2,所以选项A正确;
因为a>0,b>0,
所以a+b2≤a2+b22两边平方并化简得a2+b2≥2ab,
即(a-b)2≥0,所以选项B正确;
a2b+b2a-(a+b)
=a2b-b+b2a-a
=a2-b2b+b2-a2a
=(a2-b2)1b-1a
=(a-b)2(a+b)ab,
因为a>0,b>0,所以ab>0,a+b>0,(a-b)2≥0,
所以a2b+b2a-(a+b)=(a-b)2(a+b)ab≥0,
所以a2b+b2a≥a+b,
所以C选项错误;
假设a+1b,b+1c,c+1a至少有一个不小于2不成立,即这三个数都小于2,则这三个数的和小于6,
而a+1b+b+1c+c+1a
=a+1a+b+1b+c+1c
≥2+2+2=6,
当且仅当a=b=c=1时取等号.这与假设矛盾,故假设不成立,即a+1b,b+1c,c+1a至少有一个不小于2.故D选项正确.故选ABD.
答案　ABD
14.
考点　求函数的定义域.
解析　因为f(x)=x2-1+12−x,
所以x2-1≥0且2-x≠0,
解得x≤-1或x≥1且x≠2.
故函数f(x)=x2-1+12−x的定义域为(-∞,-1]∪[1,2)∪(2,+∞).
答案　(-∞,-1]∪[1,2)∪(2,+∞)
方法技巧　已知函数的解析式求定义域.
(1)如果函数式是整式,那么函数的定义域是实数集R;
(2)如果函数式是分式,那么函数的定义域是使分母不为零的实数的集合;
(3)如果函数式是偶次方根,那么函数的定义域是使根式内的式子大于或等于零的实数的集合;
(4)如果函数式是混合式,需保证每个代数式有意义,然后求各部分的交集;
(5)对于实际背景下的函数解析式,还要满足实际情况.
15.
考点　由集合间的关系求参数的值.
思路分析　由B⊆A,知分B=⌀和B≠⌀两种情况讨论.
解析　因为A={x|x2=4,x∈R}={2,-2},B⊆A,
所以当B=⌀时,k=0;当B={2}时,k=2,
当B={-2}时,k=-2.
所以实数k=0,2,-2.
答案　0,2,-2
易错提醒　不要忘了B=⌀的情形.
16.
考点　含有参数的一元二次不等式的恒成立问题.
解析　解法一:因为命题“∃x∈[1,2],ax2-x+a≤0”为假命题,所以其否定为真命题,即“∀x∈[1,2],ax2-x+a>0”为真命题.
当a=0时,显然不满足题意,所以a≠0.
令f(x)=ax2-x+a,
当a>0,且12a<1,即a>12时,
满足f(1)=a-1+a>0,解得a>12.
所以此时a的取值范围为12,+∞.
当a>0,且1<12a<2,即14 满足f12a=4a2-14a>0,解得a>12,
与14 当a>0,且12a>2,即a<14时,
满足f(2)=4a-2+a>0,解得a>25.
与a<14矛盾,所以此时a的取值范围为⌀.
当a<0时,12a<0,所以在[1,2]上,f(x)单调递减,
满足f(2)=4a-2+a>0,解得a>25,与a<0矛盾,
所以此时a的取值范围为⌀.
综上,实数a的取值范围为12,+∞.
解法二:因为命题“∃x∈[1,2],ax2-x+a≤0”为假命题,
所以其否定为真命题,
即“∀x∈[1,2],ax2-x+a>0”为真命题.
ax2-x+a>0⇒a(x2+1)>x⇒a>xx2+1,x∈[1,2],
即a>xx2+1=1x+1x,x∈[1,2],
令f(x)=x+1x,则f(x)在x∈[1,2]上是增函数,
故f(x)∈2,52,
令g(x)=1x+1x,x∈[1,2],由反比例函数的单调性可知,g(x)∈25,12,想要a>xx2+1在x∈[1,2]上恒成立,只需a>12.
所以实数a的取值范围为12,+∞.
答案　12,+∞
解后反思　解法一:从二次函数的角度来考虑,该问题属于“动轴定区间”的恒成立问题,需要分类讨论对称轴和区间的相对位置,结合函数的最值求解.
解法二:将变量a分离,通过构造函数,求函数的最大值,当a大于该函数的最大值时,恒成立.
17.
考点　根据基本不等式求取值范围.
思路分析　思路一:将a用字母b表示,分离变量c,将1c用b表示,再求其取值范围.
思路二:根据已知条件求a+b的取值范围,再求c的取值范围.
解析　解法一:由1a+1b=1,可得1a=b-1b,
∵a,b,c都是正数,
∴b-1b>0,b>1,
由1a+b+1c=1得
1c=1-1a+b=1-11b-1+b-1+2,
∵b-1+1b-1≥2,
当且仅当b=2时,取等号.
∴0<11b-1+b-1+2≤14.
∴34≤1c<1,∴1 故答案为1,43.
解法二:∵正实数a,b,c满足1a+1b=1,1a+b+1c=1,∴c>1.
由a+b=(a+b)1a+1b=2+ba+ab≥4,
当且仅当a=b=2时取等号,
∴0<1a+b≤14,
∴34≤1c=1-1a+b<1,
∴1 答案　1,43
18.考点　根据集合的并集求参数.
思路分析　由B≠⌀,且A∪B=A,可知B⊆A,分类讨论B中元素的情况,即可求出a,b的值.
解析　因为A∪B=A,所以B⊆A,
因为B≠⌀,所以
当B={-1}时,有1+2a+b=0,Δ=4a2-4b=0,解得a=−1,b=1,
当B={1}时,有1−2a+b=0,Δ=4a2-4b=0,解得a=1,b=1,
当B={-1,1}时,有1−2a+b=0,1+2a+b=0,解得a=0,b=−1,
所以a=−1,b=1或a=1,b=1或a=0,b=−1.
方法总结　若A∪B=A,则B⊆A;若A∩B=A,则A⊆B.
19.
考点　解一元二次不等式,根据恒成立问题求参数的取值范围.
思路分析　(1)当a=2时,即解不等式x2-2x-3≥0.
(2)分离参数a,通过构造函数,并结合基本不等式,求出参数a的取值范围.
解析　(1)若a=2,则不等式为x2-2x≥3,
即x2-2x-3≥0,(x-3)(x+1)≥0,解得x≥3或x≤-1.
所以原不等式的解集为{x|x≤-1或x≥3}.
(2)f(x)≥-x2-2,
即a≤2x+1x在x∈[1,+∞)时恒成立,
令h(x)=2x+1x,x∈[1,+∞),
问题等价于a≤h(x)min在x∈[1,+∞)时恒成立,
又h(x)=2x+1x≥4x·1x=4,
当且仅当x=1x,即x=1时等号成立,所以a≤4.
故所求a的取值范围是(-∞,4].
另解　本题第(2)问还可以通过通过构造二次函数g(x)=2x2-ax+2,通过讨论二次函数图象的对称轴与区间的相对位置,确定“动轴定区间”的恒成立问题.
20.考点　解一元二次不等式;求解分式不等式,根据充分、必要条件求参数.
思路分析　(1)分别求出p,q为真时,x的取值范围,再求交集.
(2)q是p的充分不必要条件,则q对应的集合为p对应集合的真子集,据此列不等式组,求出a的取值范围.
解析　(1)由x2-4ax+3a2<0得(x-3a)(x-a)<0,
又a>0,所以a 当a=1时,1 即p为真时实数x的取值范围是1 由|x-1|≤2,x+3x-2≥0得-1≤x≤3,x≤−3或x>2,
解得2 即q为真时实数x的取值范围是2 因为p、q均为真命题,所以实数x的取值范围是(2,3).
(2)由(1)知p:a q:2 ∵q是p充分不必要条件,
∴{x|2 ∴03,
解得1 故实数a的取值范围是(1,2].
21.考点　求分段函数的解析式,解函数不等式.
思路分析　(1)通过解不等式,求出函数F(x)的解析式;
(2)根据分段函数的解析式进行分类讨论,求出不等式F(x)≥14的解集.
解析　(1)当f(x)≥g(x)时,5-4|x|≥x2,
∴(|x|-1)(|x|+5)≤0,解得-1≤x≤1.
当f(x) 5-4|x|1,
所以F(x)=x2,-1≤x≤1,5−4|x|,x<−1或x>1.
(2)①当-1≤x≤1时,
由F(x)≥14,得x2≥14,
解得x≥12或x≤-12,
于是-1≤x≤-12或12≤x≤1.
②当x<-1或x>1时,由F(x)≥14,
得5-4|x|≥14,即|x|≤1916,
解得-1916≤x≤1916,
于是-1916≤x<-1或1 由①,②得-1916≤x≤-12或12≤x≤1916,
故不等式F(x)≥14的解集为
x-1916≤x≤−12或12≤x≤1916.
22.考点　三个“二次”之间的关系,根据一元二次不等式的解集求参数,用基本不等式求最小值.
思路分析　(1)由于不等式对应的函数的图象开口向上,若M为空集,则Δ<0,从而求出m的取值范围;
(2)将f(m)=m2+2m+5m+1等价变形为f(m)=(m+1)+4m+1,再根据基本不等式求其最小值;
(3)若M不为空集,且M⊆[1,4],说明方程x2-2mx+m+2=0在[1,4]上有实数根,利用二次函数的图象与性质,可得到关于实数m的不等式组,解这个不等式组即可求出实数m的取值范围.
解析　(1)∵M为空集,
∴Δ=4m2-4(m+2)<0,即m2-m-2<0,解得-1 ∴实数m的取值范围为(-1,2).
(2)由(1)知m∈(-1,2),则0 ∴f(m)=m2+2m+5m+1=(m+1)2+4m+1
=(m+1)+4m+1≥2(m+1)·4m+1=4,
当且仅当m+1=4m+1,即m=1时等号成立.
所以f(m)=m2+2m+5m+1的最小值为4.
(3)令f(x)=x2-2mx+m+2=(x-m)2-m2+m+2,
当M不为空集时,由M⊆[1,4],
得Δ≥0,f(1)≥0,f(4)≥0,1≤m≤4,即(-2m)2-4(m+2)≥0,1−2m+m+2≥0,16−8m+m+2≥0,1≤m≤4,
解得2≤m≤187.
综上,实数m的取值范围为m∈2,187.
23.
考点　函数的实际应用.
思路分析　(1)第一次复习后的存留量y2=a(t+4)2(x-t)+8t+4(t>4),从而得到第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y=y1-y2=a(t+4)2(x-t)+8t+4-4x+4(t>4),
当a=-1,t=5时,
y=-1(5+4)2(x-5)+85+4-4x+4
=-(x+4)81-4x+4+1
≤-2481+1=59,
当且仅当x=14时取等号.
(2)出现“二次复习最佳时机点”,就是t>4有解,根据
y=a(t+4)2(x-t)+8t+4-4x+4
=--a(x+4)(t+4)2-4x+4+8t+4-a(t+4)(t+4)2
≤-2-4a(t+4)2+8−at+4,
即x=2-a(t+4)-4时取等号,
由题意知2-a(t+4)-4>t,
所以-4 解析　设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y,
由题意知y2=a(t+4)2(x-t)+8t+4(t>4),
所以y=y2-y1=a(t+4)2(x-t)+8t+4-4x+4(t>4).
(1)当a=-1,t=5时,
y=-1(5+4)2(x-5)+85+4-4x+4
=-(x+4)81-4x+4+1≤-2481+1=59,
当且仅当x=14时取等号,
所以“二次复习最佳时机点”为第14天.
(2)y=a(t+4)2(x-t)+8t+4-4x+4
=--a(x+4)(t+4)2-4x+4+8t+4-a(t+4)(t+4)2
≤-2-4a(t+4)2+8−at+4,
当且仅当--a(x+4)(t+4)2=4x+4,
即x=2-a(t+4)-4时取等号,
由题意知2-a(t+4)-4>t,所以-4