2019-2020学年北京师大附中高一(上)期中数学试卷

2019-2020学年北京师大附中高一（上）期中数学试卷

一、选择题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．

1. 若集合𝐴={0, 1, 2, 4}，𝐵={1, 2, 3}，则𝐴∩𝐵=( ) A.{0, 1, 2, 3, 4}

2. 已知ln2＝𝑎，ln3＝𝑏，那么log32用含𝑎，𝑏的代数式表示为（ ） A.𝑎+𝑏

3. 下列函数中，既是偶函数又在区间(0, +∞)上单调递增的是（ ） A.𝑓(𝑥)＝ln|𝑥|

1,𝑥∈𝑄

4. 设函数𝐷(𝑥)={ ，则𝑓[𝑓(−√2)]的值为（ ）

0,𝑥∉𝑄A.0

5. 已知𝑎=log52，𝑏=log0.50.2，𝑐=0.50.2，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系为( ) A.𝑎<𝑐<𝑏

6. 设𝑎、𝑏是实数，则“𝑎>𝑏>0”是“𝑎2>𝑏2”的（ ） A.充分必要条件 C.充分而不必要条件

7. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−log2𝑥，在下列区间中，包含𝑓(𝑥)零点的区间是( ) A.(0, 1)

8. 地震里氏震级是地震强度大小的一种度量．地震释放的能量𝐸（单位：焦耳）与地震里氏震级𝑀之间的关系为lg𝐸＝4.8+1.5𝑀．已知两次地震的里氏震级分别为8.0级和7.5级，若它们释放的能量分别为𝐸1和𝐸2，则𝐸1的值所在的区间为（ ）

2

B.{0, 4} C.{1, 2} D.{3}

B.𝑎−𝑏 C.𝑎𝑏

D.𝑏

𝑎

B.𝑓(𝑥)＝2−𝑥 C.𝑓(𝑥)＝𝑥3 D.𝑓(𝑥)＝−𝑥2

B.1 C.−1 D.不存在

B.𝑎<𝑏<𝑐 C.𝑏<𝑐<𝑎 D.𝑐<𝑎<𝑏

B.必要而不充分条件

D.既不充分也不必要条件

6

B.(1, 2) C.(2, 4) D.(4, +∞)

𝐸

A.(1, 2)

B.(5, 6) C.(7, 8) D.(15, 16)

二、填空题共10小题，每小题4分，共40分 函数𝑓(𝑥)=√2𝑥−4的定义域为________．

试卷第1页，总11页

2𝑥,𝑥>11

已知函数𝑓(𝑥)={𝑙𝑜𝑔1𝑥,0<𝑥≤1 ，则𝑓(𝑓(4))=________；若𝑓(𝑥)＝1，则𝑥＝

2

________．

函数𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥−1(𝑥>1)的最小值是________；取到最小值时，𝑥＝________．

设𝑎为常数，函数𝑓(𝑥)＝𝑥2−6𝑥+3，若𝑓(𝑥+𝑎)为偶函数，则𝑎＝________．

定义在𝑅上的函数𝑓(𝑥)是奇函数，且𝑓(𝑥)在(0, +∞)是增函数，𝑓(3)＝0，则不等式𝑓(𝑥)>0的解集为________．

能够说明“设𝑎，𝑏，𝑐是任意实数．若𝑎>𝑏>𝑐，则𝑎+𝑏>𝑐”是假命题的一组整数𝑎，𝑏，𝑐的值依次为________．

已知非空集合𝐴，𝐵满足以下两个条件： (ⅰ)𝐴∪𝐵＝{1, 2, 3, 4}，𝐴∩𝐵＝⌀；

(ⅱ)集合𝐴的元素个数不是𝐴中的元素，集合𝐵的元素个数不是𝐵中的元素． 那么用列举法表示集合𝐴为________．

对于函数𝑓(𝑥)，若𝑓(𝑥0)＝𝑥0，则称𝑥0为𝑓(𝑥)的“不动点”，若𝑓[𝑓(𝑥0)]＝𝑥0，则称𝑥0为𝑓(𝑥)的“稳定点”，函数𝑓(𝑥)的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为𝐴和𝐵，即𝐴＝{𝑥|𝑓(𝑥)

2

＝𝑥}，𝐵＝{𝑥|𝑓[𝑓(𝑥)]＝𝑥}，那么：

（1）函数𝑔(𝑥)＝𝑥2−2的“不动点”为________；

（2）集合𝐴与集合𝐵的关系是________．

若𝑥、𝑦∈𝑅+，且𝑥+3𝑦=4，则𝑥的最大值为________．

已知函数𝑓(𝑥)是定义在𝑅上的奇函数，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)＝𝑥2−2𝑎𝑥+𝑎，其中𝑎∈𝑅 ①𝑓(−2)＝________−4

②若𝑓(𝑥)的值域是𝑅，则𝑎的取值范围是________

三、解答题共6小题，每小题13分，共78分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．

已知全集𝑈＝𝑅，集合𝑃＝{𝑥|𝑥(𝑥−2)≥0}，𝑀＝{𝑥|𝑎<𝑥<𝑎+3}．

试卷第2页，总11页

1

11

𝑦

(Ⅰ)求集合∁𝑈𝑃；

(Ⅱ)若𝑎＝1，求集合𝑃∩𝑀；

(Ⅲ)若∁𝑈𝑃⊆𝑀，求实数𝑎的取值范围．

解下列关于𝑥的不等式 (Ⅰ)(𝑥−1)(𝑥−2)<0； (Ⅱ)|2𝑥−1|<3；

(Ⅲ)𝑥2−(3𝑎+1)𝑥+2𝑎(𝑎+1)>0．

已知函数𝑓(𝑥)=

𝑥+1𝑥+2

．

(Ⅰ)求𝑓[𝑓(1)]的值；

(Ⅱ)若𝑓(𝑥)>1，求𝑥的取值范围；

(Ⅲ)判断函数在(−2, +∞)上的单调性，并用定义加以证明．

已知函数𝑓(𝑥)＝𝑥2−2𝑎𝑥+1，𝑥∈[0, 2]上． (Ⅰ)若𝑎＝−1，则𝑓(𝑥)的最小值； (Ⅱ)若𝑎=2，求𝑓(𝑥)的最大值； (Ⅲ)求𝑓(𝑥)的最小值．

如果定义在[0, 1]上的函数𝑓(𝑥)同时满足： ①𝑓(𝑥)≥0； ②𝑓(1)＝1

③若𝑥1≥0，𝑥2≥0且𝑥1+𝑥2≤1，则𝑓(𝑥1+𝑥2)≥𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)成立．那么就称函数𝑓(𝑥)为“梦幻函数”．

(Ⅰ)分别判断函数𝑓(𝑥)＝𝑥与𝑔(𝑥)＝2𝑥，𝑥∈[0, 1]是否为“梦幻函数”，并说明理由； (Ⅱ)若函数𝑓(𝑥)为“梦幻函数”，求函数𝑓(𝑥)的最小值和最大值；

设函数𝑓(𝑥)的定义域为𝑅，如果存在函数𝑔(𝑥)，使得𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)对于一切实数𝑥都成立，那么称𝑔(𝑥)为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数．已知函数𝑓(𝑥)＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象经过点(−1, 0)．

（1）若𝑎＝1，𝑏＝2．写出函数𝑓(𝑥)的一个承托函数（结论不要求证明）；

（2）判断是否存在常数𝑎，𝑏，𝑐，使得𝑦＝𝑥为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数，且𝑓(𝑥)为函数𝑦=2𝑥2+2的一个承托函数？若存在，求出𝑎，𝑏，𝑐的值；若不存在，说明理由．

1

11

试卷第3页，总11页

参考答案与试题解析

2019-2020学年北京师大附中高一（上）期中数学试卷

一、选择题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．

1.

【答案】 C

【解答】

解：∵ 𝐴={0, 1, 2, 4}，𝐵={1, 2, 3}， ∴ 𝐴∩𝐵={0, 1, 2, 4}∩{1, 2, 3}={1, 2}． 故选𝐶． 2.

【答案】 D

【解答】

∵ 𝐼𝑛2＝𝑎，𝐼𝑛3＝𝑏， 又∵ log32=ln3 ∴ log32=𝑏 3.

【答案】 A

【解答】

函数𝑓(𝑥)＝ln|𝑥|是偶函数又在区间(0, +∞)上单调递增，满足题意； 函数𝑓(𝑥)＝2−𝑥是非奇非偶函数，不满足题意； 函数𝑓(𝑥)＝𝑥3是奇函数，不满足题意；

函数𝑓(𝑥)＝−𝑥2是偶函数，但在区间(0, +∞)上单调递减，不满足题意； 4. 【答案】 B

【解答】 ∵ 函数𝐷(𝑥)={

1,𝑥∈𝑄

，

0,𝑥∉𝑄

𝑎ln2

∴ 𝑓(−√2)＝0，

∴ 𝑓[𝑓(−√2)]=𝑓(0)＝1． 5. 【答案】 A

【解答】

解：由题意，可知：𝑎=log52<1，

𝑏=log0.50.2=log15=log2−15−1=log25>log24=2．

2

1

𝑐=0.50.2<1，

试卷第4页，总11页

∴ 𝑏最大，𝑎、𝑐都小于1． ∵ 𝑎=log52=

1

2

1

log25

，𝑐=0.5

5

0.2

=()=√=

2

2

1

15

5

115√2．

而log25>log24=2>√2， ∴ log

<5

15√2，

∴ 𝑎<𝑐，

∴ 𝑎<𝑐<𝑏． 故选𝐴. 6. 【答案】 C

【解答】

若𝑎>𝑏>0，则𝑎2>𝑏2成立，

若𝑎＝−2，𝑏＝1，满足𝑎2>𝑏2，但𝑎>𝑏>0不成立， 故“𝑎>𝑏>0”是“𝑎2>𝑏2”的充分不必要条件， 7. 【答案】 C

【解答】

解：∵ 𝑓(𝑥)=𝑥−log2𝑥， ∴ 𝑓(2)=2>0，𝑓(4)=−2<0， 满足𝑓(2)𝑓(4)<0，

∴ 𝑓(𝑥)在区间(2, 4)内必有零点. 故选𝐶. 8. 【答案】 B

【解答】

lg𝐸＝4.8+1.5𝑀，

∴ lg𝐸1＝4.8+1.5×8＝16.8，lg𝐸2＝4.8+1.5×7.5＝16.05， ∴ 𝐸1＝1016.8，𝐸2＝1016.05， ∴

𝐸1𝐸2

1

6

=100.75，

∵ 100.75>90.75＝31.5＝3×√3>5， ∴ 𝐸1的值所在的区间为(5, 6)，

2

𝐸

二、填空题共10小题，每小题4分，共40分 【答案】 [2, +∞) 【解答】

由题意得：2𝑥−4≥0，解得：𝑥≥2， 故函数的定义域是[2, +∞)，

试卷第5页，总11页

【答案】 4, 21

【解答】

2𝑥,𝑥>1

函数𝑓(𝑥)={𝑙𝑜𝑔1𝑥,0<𝑥≤1 ，

2

则𝑓(𝑓())=𝑓(log1)＝𝑓(2)＝22＝4，

4

2114

若𝑓(𝑥)＝1，

若𝑥>1，可得2𝑥＝1，解得𝑥＝0（舍去）； 若0<𝑥≤1，可得log1𝑥＝1，解得𝑥=2，

2

1

综上可得𝑥=2． 【答案】 2√2+1,1+√2 【解答】 ∵ 𝑥>1， ∴ 𝑥−1>0，

由基本不等式可得𝑦＝𝑥+𝑥−1=𝑥−1+𝑥−1+1≥2√(𝑥−1)⋅𝑥−1+1＝2√2+1， 当且仅当𝑥−1=𝑥−1即𝑥＝1+√2时，函数取得最小值2√2+1．

【答案】 3

【解答】

根据题意，函数𝑓(𝑥)＝𝑥2−6𝑥+3＝(𝑥−3)2−6，为二次函数且其对称轴为𝑥＝3， 𝑓(𝑥+𝑎)＝(𝑥+𝑎−3)2−6，为偶函数，必有𝑎＝3； 【答案】

(−3, 0)∪(3, +∞) 【解答】

∵ 𝑓(𝑥)在𝑅上是奇函数，且𝑓(𝑥)在(0, +∞)上是增函数， ∴ 𝑓(𝑥)在(−∞, 0)上也是增函数，

由𝑓(−3)＝0，得−𝑓(3)＝0，即𝑓(3)＝0，由𝑓(−0)＝−𝑓(0)，得𝑓(0)＝0， 作出𝑓(𝑥)的草图，如图所示：

∴ 𝑓(𝑥)>0的解集为：(−3, 0)∪(3, +∞)， 故答案为：(−3, 0)∪(3, +∞)．

2

2

2

2

1

【答案】 −1，−2，−3

试卷第6页，总11页

【解答】

解：设𝑎，𝑏，𝑐是任意实数．若𝑎>𝑏>𝑐，则𝑎+𝑏>𝑐”是假命题， 则若𝑎>𝑏>𝑐，则𝑎+𝑏≤𝑐”是真命题， 可设𝑎，𝑏，𝑐的值依次−1，−2，−3，（答案不唯一）. 故答案为：−1,−2,−3． 【答案】 {3}或{1, 2, 4} 【解答】

∵ (ⅰ)𝐴∪𝐵＝{1, 2, 3, 4}，𝐴∩𝐵＝⌀；

(ⅱ)集合𝐴的元素个数不是𝐴中的元素，集合𝐵的元素个数不是𝐵中的元素． 则𝐴，𝐵不能为空集，且𝐴，𝐵不能均为二元集合， 若𝐴含一个元素，则该元素只能是3，即𝐴＝{1} 若𝐴含三个元素，则元素不能有3，即𝐴＝{1, 2, 4} 【答案】

𝑥0＝2，或𝑥0＝−1 𝐵⫋𝐴 【解答】

∵ 若𝑓(𝑥0)＝𝑥0，则称𝑥0为𝑓(𝑥)的“不动点”，即即𝐴＝{𝑥|𝑓(𝑥)＝𝑥}，

2

设函数𝑔(𝑥)＝𝑥2−2的“不动点”为𝑥0，𝑥0−2＝𝑥0，求得𝑥0＝2，或𝑥0＝−1，故𝐴＝{2, −1}．

故答案为：𝑥0＝2，或𝑥0＝−1．

∵ 满足𝑓[𝑓(𝑥0)]＝𝑥0，则称𝑥0为𝑓(𝑥)的“稳定点”，即𝐵＝{𝑥|𝑓[𝑓(𝑥)]＝𝑥}．

∵ 函数𝑔(𝑥)＝𝑥2−2，∴ 函数𝑔[𝑔(𝑥)]＝𝑔2(𝑥)−2＝[𝑥2−2]2−2＝𝑥4−4𝑥2+2， 由𝑔[𝑔(𝑥)]＝𝑥2，可得 𝑥4−4𝑥2+2＝𝑥，求得𝑥＝2，故𝐵＝{2}， ∴ 𝐵⫋𝐴， 故答案为：𝐵⫋𝐴． 【答案】 4 3【解答】

∵ 𝑥、𝑦∈𝑅+，且𝑥+3𝑦=4， ∴ 𝑦=3−3𝑥， ∵ 𝑥>0，𝑦=−

34

13𝑥

4

1

1

>0，

∴ 0<<4，

𝑥

1

则𝑥=3𝑥−3𝑥2=−3(𝑥)2+3⋅𝑥，

结合二次函数的性质可知，当𝑥=2即𝑥=2时，𝑥取得最大值3． 【答案】

,(−∞, 0]∪[1, +∞) 【解答】

①𝑓(−2)＝−𝑓(2)＝−[(2)2−𝑎+𝑎]=−4；

试卷第7页，总11页

1

1

1

1

1

1

𝑦

4

𝑦411141

②因为𝑓(𝑥)是𝑅上的奇函数，且值域为𝑅，所以𝑥>0时，△＝(−2𝑎)2−4𝑎≥0，解得：𝑎≤0或𝑎≥1；

三、解答题共6小题，每小题13分，共78分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 【答案】

（1）∵ 全集𝑈＝𝑅，集合𝑃＝{𝑥|𝑥(𝑥−2)≥0}＝{𝑥|𝑥≤0或𝑥≥2}， ∴ 集合∁𝑈𝑃＝{𝑥|0<𝑥<2}．

（2）𝑎＝1时，𝑀＝{𝑥|𝑎<𝑥<𝑎+3}＝{𝑥|1<𝑥<4}． ∴ 集合𝑃∩𝑀＝{𝑥|2≤𝑥<4}．

(Ⅲ)∵ 集合∁𝑈𝑃＝{𝑥|0<𝑥<2}，𝑀＝{𝑥|𝑎<𝑥<𝑎+3}， ∁𝑈𝑃⊆𝑀，

𝑎≤0∴ { ，解得−1≤𝑎≤0．

𝑎+3≥2∴ 实数𝑎的取值范围是[−1, 0]． 【解答】

（1）∵ 全集𝑈＝𝑅，集合𝑃＝{𝑥|𝑥(𝑥−2)≥0}＝{𝑥|𝑥≤0或𝑥≥2}， ∴ 集合∁𝑈𝑃＝{𝑥|0<𝑥<2}．

（2）𝑎＝1时，𝑀＝{𝑥|𝑎<𝑥<𝑎+3}＝{𝑥|1<𝑥<4}． ∴ 集合𝑃∩𝑀＝{𝑥|2≤𝑥<4}．

(Ⅲ)∵ 集合∁𝑈𝑃＝{𝑥|0<𝑥<2}，𝑀＝{𝑥|𝑎<𝑥<𝑎+3}， ∁𝑈𝑃⊆𝑀，

𝑎≤0∴ { ，解得−1≤𝑎≤0．

𝑎+3≥2

∴ 实数𝑎的取值范围是[−1, 0]． 【答案】

（1）由(𝑥−1)(𝑥−2)<0，可得1<𝑥<2， 故原不等式的解集为{𝑥|1<𝑥<2}．

（2）由|2𝑥−1|<3，可得−3<2𝑥−1<3，求得−1<𝑥<2， 故原不等式的解集为(−1, 2)．

(Ⅲ)由𝑥2−(3𝑎+1)𝑥+2𝑎(𝑎+1)>0，可得[𝑥−(2𝑎)][𝑥−(𝑎+1)]>0， 当2𝑎>𝑎+1时，即𝑎>1时，不等式的解集为(−∞, 𝑎+1)∪(2𝑎, +∞)； 当2𝑎＝𝑎+1时，即𝑎＝1时，不等式的解集为{𝑥|𝑥≠2}；

当2𝑎<𝑎+1时，即𝑎<1时，不等式的解集为(−∞, 2𝑎)∪(𝑎+1, +∞)． 【解答】

（1）由(𝑥−1)(𝑥−2)<0，可得1<𝑥<2， 故原不等式的解集为{𝑥|1<𝑥<2}．

（2）由|2𝑥−1|<3，可得−3<2𝑥−1<3，求得−1<𝑥<2， 故原不等式的解集为(−1, 2)．

(Ⅲ)由𝑥2−(3𝑎+1)𝑥+2𝑎(𝑎+1)>0，可得[𝑥−(2𝑎)][𝑥−(𝑎+1)]>0， 当2𝑎>𝑎+1时，即𝑎>1时，不等式的解集为(−∞, 𝑎+1)∪(2𝑎, +∞)； 当2𝑎＝𝑎+1时，即𝑎＝1时，不等式的解集为{𝑥|𝑥≠2}；

当2𝑎<𝑎+1时，即𝑎<1时，不等式的解集为(−∞, 2𝑎)∪(𝑎+1, +∞)． 【答案】

（1）𝑓[𝑓(1)]=𝑓(3)=

2

2+132+23=8；

1

5

（2）由𝑓(𝑥)>1得，𝑥+2>1，化简得，𝑥+2<0，

𝑥+1

试卷第8页，总11页

∴ 𝑥<−2，

∴ 𝑥的取值范围为(−∞, −2)；

(Ⅲ)𝑓(𝑥)=𝑥+2=1−𝑥+2，𝑓(𝑥)在(−2, +∞)上是增函数，证明如下： 设𝑥1>𝑥2>−2，则：𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=

1𝑥2+2

𝑥+1

1

−

1𝑥1+2

=

𝑥1−𝑥2

(𝑥1+2)(𝑥2+2)

，

∵ 𝑥1>𝑥2>−2，

∴ 𝑥1−𝑥2>0，𝑥1+2>0，𝑥2+2>0， ∴

𝑥1−𝑥2(𝑥1+2)(𝑥2+2)

>0，

∴ 𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)，

∴ 𝑓(𝑥)在(−2, +∞)上是增函数． 【解答】

（1）𝑓[𝑓(1)]=𝑓(3)=

2

2+132+23=8；

1

5

（2）由𝑓(𝑥)>1得，𝑥+2>1，化简得，𝑥+2<0， ∴ 𝑥<−2，

∴ 𝑥的取值范围为(−∞, −2)； (Ⅲ)𝑓(𝑥)=

𝑥+1𝑥+2

𝑥+1

=1−

1

𝑥+2

，𝑓(𝑥)在(−2, +∞)上是增函数，证明如下：

1𝑥2+2

设𝑥1>𝑥2>−2，则：𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=

−

1𝑥1+2

=

𝑥1−𝑥2

(𝑥1+2)(𝑥2+2)

，

∵ 𝑥1>𝑥2>−2，

∴ 𝑥1−𝑥2>0，𝑥1+2>0，𝑥2+2>0， ∴ (𝑥

𝑥1−𝑥2

1+2)(𝑥2+2)

>0，

∴ 𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)，

∴ 𝑓(𝑥)在(−2, +∞)上是增函数． 【答案】

（1）当𝑎＝−1时，𝑓(𝑥)＝𝑥2+2𝑥+1， 因为𝑥∈[0, 2]，𝑓(𝑥)min＝1； （2）当𝑎=，𝑓(𝑥)＝𝑥2−𝑥+1，

21

因为𝑥∈[0, 2]，𝑓(𝑥)max＝3； (Ⅲ)当𝑎<0时，𝑓(𝑥)min＝1，

当0≤𝑎≤2时，𝑓(𝑥)min＝1−𝑎2， 当𝑎>2时，𝑓(𝑥)min＝5−4𝑎， 1𝑎<0

综上：𝑓(𝑥)={1−𝑎20≤𝑎≤2 ．

5−4𝑎𝑎>2【解答】

（1）当𝑎＝−1时，𝑓(𝑥)＝𝑥2+2𝑥+1， 因为𝑥∈[0, 2]，𝑓(𝑥)min＝1； （2）当𝑎=2，𝑓(𝑥)＝𝑥2−𝑥+1， 因为𝑥∈[0, 2]，𝑓(𝑥)max＝3；

试卷第9页，总11页

1

(Ⅲ)当𝑎<0时，𝑓(𝑥)min＝1，

当0≤𝑎≤2时，𝑓(𝑥)min＝1−𝑎2， 当𝑎>2时，𝑓(𝑥)min＝5−4𝑎， 1𝑎<0

综上：𝑓(𝑥)={1−𝑎20≤𝑎≤2 ．

5−4𝑎𝑎>2

【答案】

（1）①显然，在[0, 1]上满足𝑓(𝑥)＝𝑥≥0，𝑔(𝑥)＝2𝑥≥0； ②𝑓(1)＝1，𝑔(1)＝2；

③若𝑥1≥0，𝑥2≥0且𝑥1+𝑥2≤1，则𝑓(𝑥1+𝑥2)−[𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)]＝𝑥1+𝑥2−[𝑥1+𝑥2]＝0，即𝑓(𝑥1+𝑥2)≥𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)成立；

∴ 𝑓(𝑥)＝𝑥是“梦幻函数”，𝑔(𝑥)＝2𝑥不是“梦幻函数”；

（2）设𝑥1，𝑥2∈[0, 1]，𝑥1<𝑥2，则𝑥2−𝑥1∈(0, 1],∴ 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)＝𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2−𝑥1+𝑥1)≤𝑓(𝑥1)−[𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2−𝑥1)]＝−𝑓(𝑥2−𝑥1)≤0， ∴ 𝑓(𝑥1)≤𝑓(𝑥2)，∴ 𝑓(𝑥)在[0, 1]单调递增，

令𝑥1＝𝑥2＝0，∵ 𝑥1≥0，𝑥2≥0且𝑥1+𝑥2≤1，则𝑓(𝑥1+𝑥2)≥𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)成立， ∴ 0≥2𝑓(0)，又𝑓(𝑥)≥0，

∴ 𝑓(0)＝0，∴ 当𝑥＝0时，𝑓(𝑥)取最小值𝑓(0)＝0，当𝑥＝1时，𝑓(𝑥)取最大值𝑓(1)＝1．

【解答】

（1）①显然，在[0, 1]上满足𝑓(𝑥)＝𝑥≥0，𝑔(𝑥)＝2𝑥≥0； ②𝑓(1)＝1，𝑔(1)＝2；

③若𝑥1≥0，𝑥2≥0且𝑥1+𝑥2≤1，则𝑓(𝑥1+𝑥2)−[𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)]＝𝑥1+𝑥2−[𝑥1+𝑥2]＝0，即𝑓(𝑥1+𝑥2)≥𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)成立；

∴ 𝑓(𝑥)＝𝑥是“梦幻函数”，𝑔(𝑥)＝2𝑥不是“梦幻函数”；

（2）设𝑥1，𝑥2∈[0, 1]，𝑥1<𝑥2，则𝑥2−𝑥1∈(0, 1],∴ 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)＝𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2−𝑥1+𝑥1)≤𝑓(𝑥1)−[𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2−𝑥1)]＝−𝑓(𝑥2−𝑥1)≤0， ∴ 𝑓(𝑥1)≤𝑓(𝑥2)，∴ 𝑓(𝑥)在[0, 1]单调递增，

令𝑥1＝𝑥2＝0，∵ 𝑥1≥0，𝑥2≥0且𝑥1+𝑥2≤1，则𝑓(𝑥1+𝑥2)≥𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)成立， ∴ 0≥2𝑓(0)，又𝑓(𝑥)≥0，

∴ 𝑓(0)＝0，∴ 当𝑥＝0时，𝑓(𝑥)取最小值𝑓(0)＝0，当𝑥＝1时，𝑓(𝑥)取最大值𝑓(1)＝1．

【答案】

函数𝑓(𝑥)＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象经过点(−1, 0)， 可得𝑎−𝑏+𝑐＝0，又𝑎＝1，𝑏＝2， 则𝑓(𝑥)＝𝑥2+2𝑥+1，

由新定义可得𝑔(𝑥)＝𝑥为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数；

假设存在常数𝑎，𝑏，𝑐，使得𝑦＝𝑥为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数， 且𝑓(𝑥)为函数𝑦=𝑥2+的一个承托函数．

2

2

1

1

即有𝑥≤𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≤2𝑥2+2恒成立，

令𝑥＝1可得1≤𝑎+𝑏+𝑐≤1，即为𝑎+𝑏+𝑐＝1， 即1−𝑏＝𝑎+𝑐，

又𝑎𝑥2+(𝑏−1)𝑥+𝑐≥0恒成立，可得𝑎>0，且(𝑏−1)2−4𝑎𝑐≤0， 即为(𝑎+𝑐)2−4𝑎𝑐≤0，即有𝑎＝𝑐； 又(𝑎−2)𝑥2+𝑏𝑥+𝑐−2≤0恒成立，

试卷第10页，总11页

1

1

11

可得𝑎<，且𝑏2−4(𝑎−)(𝑐−)≤0，

2

2

2

1

1

1

即有(1−2𝑎)2−4(𝑎−2)2≤0恒成立．

故存在常数𝑎，𝑏，𝑐，且0<𝑎＝𝑐<，𝑏＝1−2𝑎，

21

1

可取𝑎＝𝑐=4，𝑏=2．满足题意．

【解答】

函数𝑓(𝑥)＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象经过点(−1, 0)， 可得𝑎−𝑏+𝑐＝0，又𝑎＝1，𝑏＝2， 则𝑓(𝑥)＝𝑥2+2𝑥+1，

由新定义可得𝑔(𝑥)＝𝑥为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数；

假设存在常数𝑎，𝑏，𝑐，使得𝑦＝𝑥为函数𝑓(𝑥)的一个承托函数， 且𝑓(𝑥)为函数𝑦=𝑥2+的一个承托函数．

2

2

1

1

11

即有𝑥≤𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≤2𝑥2+2恒成立，

令𝑥＝1可得1≤𝑎+𝑏+𝑐≤1，即为𝑎+𝑏+𝑐＝1， 即1−𝑏＝𝑎+𝑐，

又𝑎𝑥2+(𝑏−1)𝑥+𝑐≥0恒成立，可得𝑎>0，且(𝑏−1)2−4𝑎𝑐≤0， 即为(𝑎+𝑐)2−4𝑎𝑐≤0，即有𝑎＝𝑐； 又(𝑎−2)𝑥2+𝑏𝑥+𝑐−2≤0恒成立， 可得𝑎<2，且𝑏2−4(𝑎−2)(𝑐−2)≤0， 即有(1−2𝑎)2−4(𝑎−)2≤0恒成立．

21

1

1

1

1

1

11

故存在常数𝑎，𝑏，𝑐，且0<𝑎＝𝑐<2，𝑏＝1−2𝑎， 可取𝑎＝𝑐=，𝑏=．满足题意．

4

2

1

1

1

试卷第11页，总11页