【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(北師大版)階段性測(cè)試題2(函數(shù)與基本初等函數(shù))

階段性測(cè)試題二(函數(shù)與基本初等函數(shù))本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分．考試時(shí)間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題共50分)一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤1,lgx，x>1))，則f(f(10))＝()A．lg101 B．2C．1 D．0[答案]B[解析]利用“分段”求值．由題意知f(10)＝lg10＝1，f(1)＝1＋1＝2，故f(f(10))＝f(1)＝2.2．若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[－2,4]，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋f(－x)的定義域是()A．[－4,4] B．[－2,2]C．[－4，－2] D．[2,4][答案]B[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤4，,－2≤－x≤4，))得－2≤x≤2.3．函數(shù)y＝lgeq\f(1,|x＋1|)的大致圖像為()[答案]D[解析]函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠－1}，排解A，C．取特殊值x＝9，則y＝－1<0，排解B，選D．4．(文)(2022·廣東高考)下列函數(shù)為奇函數(shù)的是()A．2x－eq\f(1,2x) B．x3sinxC．2cosx＋1 D．x2＋2x[答案]A[解析]本題考查函數(shù)奇偶性的推斷．設(shè)函數(shù)為f(x)，則A中f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)＝eq\f(1,2x)－2x＝－f(x)為奇函數(shù)；B中f(－x)＝2cosx＋1＝f(x)為偶函數(shù)；C中f(－x)＝x3sinx＝f(x)為偶函數(shù)；D中f(－x)＝x2＋2－x≠±f(x)，非奇非偶，選A．(理)(2022·湖南高考)已知f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，則f(1)＋g(1)＝()A．－3 B．－1C．1 D．3[答案]C[解析]分別令x＝1和x＝－1可得f(1)－g(1)＝3且f(－1)－g(－1)＝1?f(1)＋g(1)＝1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1－g1＝3,f1＋g1＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝2,g1＝－1))?f(1)＋g(1)＝1，故選C．5．(文)已知log7[log3(log2x)]＝0，那么x－eq\s\up7(\f(1,2))等于()A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(3),6)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),4)[答案]D[解析]由log7[log3(log2x)]＝0，得log3(log2x)＝1，即log2x＝3，解得x＝8，所以x－eq\s\up7(\f(1,2))＝8－eq\s\up7(\f(1,2))＝eq\f(1,\r(8))＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，選D．(理)已知集合A＝{x∈R|2x<e}，B＝{x∈R|eq\f(1,x)>1}，則A∩B＝()A．{x|x∈R|0<x<log2e} B．{x∈R|0<x<1}C．{x∈R|1<x<log2e} D．{x∈R|x<log2e}[答案]B[解析]由于集合A＝{x∈R|2x<e}＝{x∈R|x<log2e}．B＝{x∈R|eq\f(1,x)>1}＝{x∈R|0<x<1}，所以A∩B＝{x∈R|0<x<1}．6．已知函數(shù)f(x)＝ln(eq\f(2,1－x)＋a)(a為常數(shù))是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a為()A．1 B．－3C．3 D．－1[答案]D[解析]函數(shù)在x＝0處有意義，所以f(0)＝ln(2＋a)＝0，得a＝－1.7．設(shè)P＝log23，Q＝log32，R＝log2(log32)，則()A．Q<R<P B．R<Q<PC．Q<P<R D．R<P<Q[答案]B[解析]題設(shè)是三個(gè)對(duì)數(shù)比較大小，因此我們考察相應(yīng)的對(duì)數(shù)函數(shù)，如y＝log2x，y＝log3x，它們都是增函數(shù)，從而知0<log32<1，log23>1，log2(log32)<0，因此選B．8．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≥0,1，x<0))，若f(4)＝f(0)，f(2)＝2，則函數(shù)g(x)＝f(x)－x的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3[答案]C[解析]由于f(4)＝f(0)，f(2)＝2，所以16＋4b＋c＝c且4＋2b＋c＝2，解得b＝－4，c＝6，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0,1，x<0)).當(dāng)x≥0時(shí)，由g(x)＝f(x)－x＝0得x2－4x＋6－x＝0，即x2－5x＋6＝0，解得x＝2或x＝3.當(dāng)x<0時(shí)，由g(x)＝f(x)－x＝0得1－x＝0，解得x＝1，不成立，舍去．所以函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2個(gè)，選C．9．(文)(2022·全國(guó)大綱卷)奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.若f(x＋2)為偶函數(shù)，且f(1)＝1，則f(8)＋f(9)＝()A．－2 B．－1C．0 D．1[答案]D[解析]本題考查了抽象函數(shù)的性質(zhì)與圖像．∵f(x)是奇函數(shù)，f(x＋2)為偶函數(shù)，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)．∴f(x)的對(duì)稱軸為x＝2，結(jié)合圖像知x＝－2也是f(x)的對(duì)稱軸．∴f(8)＝f(－4)＝f(0)＝0f(9)＝f(7＋2)＝f(－7＋2)＝f(－5)＝f(1)＝1.∴f(8)＋f(9)＝1，由函數(shù)的奇偶性得出對(duì)稱軸，從而求出結(jié)論．(理)(2022·北京高考)加工爆米花時(shí)，爆開(kāi)且不糊的粒數(shù)占加工總粒數(shù)的百分比稱為“可食用率”．在特定條件下，可食用率p與加工時(shí)間t(單位：分鐘)滿足函數(shù)關(guān)系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常數(shù))，下圖記錄了三次試驗(yàn)的數(shù)據(jù)．依據(jù)上述函數(shù)模型和試驗(yàn)數(shù)據(jù)，可以得到最佳加工時(shí)間為()A．3.50分鐘 B．3.75分鐘C．4.00分鐘 D．4.25分鐘[答案]B[解析]由試驗(yàn)數(shù)據(jù)和函數(shù)模型知，二次函數(shù)p＝at2＋bt＋c的圖像過(guò)點(diǎn)(3,0.7)，(4,0.8)，(5,0.5)，分別代入解析式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.7＝9a＋3b＋c，,0.8＝16a＋4b＋c，,0.5＝25a＋5b＋c，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－0.2，,b＝1.5，,c＝－2.))所以p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－0.2(t－3.75)2＋0.8125，所以當(dāng)t＝3.75分鐘時(shí)，可食用率p最大．故選B．10．(文)(2022·東北三校聯(lián)考)能夠把圓O：x2＋y2＝16的周長(zhǎng)和面積同時(shí)分為相等的兩部分的函數(shù)稱為圓O的“和諧函數(shù)”，下列函數(shù)不是圓O的“和諧函數(shù)”的是()A．f(x)＝ex＋e－x B．f(x)＝lneq\f(5－x,5＋x)C．f(x)＝taneq\f(x,2) D．f(x)＝4x3＋x[答案]A[解析]由“和諧函數(shù)”的定義知，若函數(shù)為“和諧函數(shù)”，則該函數(shù)為圖像過(guò)原點(diǎn)的奇函數(shù)，A中，f(0)＝e0＋e－0＝2，所以f(x)＝ex＋e－x的圖像不過(guò)原點(diǎn)，故f(x)＝ex＋e－x不為“和諧函數(shù)”；B中，f(0)＝lneq\f(5－0,5＋0)ln1＝0，且f(－x)＝lneq\f(5＋x,5－x)＝－lneq\f(5－x,5＋x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝lneq\f(5－x,5＋x)為“和諧函數(shù)”；C中f(0)＝tan0＝0，且f(－x)＝taneq\f(－x,2)＝－taneq\f(x,2)＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)，故f(x)＝taneq\f(x,2)為“和諧函數(shù)”；D中，f(0)＝0，且f(x)為奇函數(shù)，故f(x)＝4x3＋x為“和諧函數(shù)”；故選A．(理)定義方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”，若函數(shù)g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝x3－1的“新駐點(diǎn)”分別為α，β，γ，則α，β，γ的大小關(guān)系為()A．γ>α>β B．β>α>γC．α>β>γ D．β>γ>α[答案]A[解析]g′(x)＝1，所以由g(α)＝g′(α)得α＝1.h′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以由h(β)＝h′(β)得ln(β＋1)＝eq\f(1,β＋1)，由圖像可知0<β<1，φ′(x)＝3x2，由φ(γ)＝φ′(γ)得γ3－1＝3γ2，當(dāng)γ＝0時(shí)，不成立．所以γ3－1＝3γ2>0，即γ>1，所以γ>α>β，選A．第Ⅱ卷(非選擇題共100分)二、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上)11．(文)計(jì)算3log32＋lgeq\f(1,2)－lg5的結(jié)果為_(kāi)_______．[答案]1[解析]由對(duì)數(shù)恒等式知3log32＝2，依據(jù)對(duì)數(shù)運(yùn)算法則知lgeq\f(1,2)－lg5＝lg(eq\f(1,2)÷5)＝lgeq\f(1,10)＝－1，∴3log32＋lgeq\f(1,2)－lg5＝2－1＝1.(理)方程eq\f(3,3x－1)＋eq\f(1,3)＝3x－1的實(shí)數(shù)解為_(kāi)_______．[答案]x＝log34[解析]兩邊同乘以3(3x－1)，整理得：(3x)2－2·3x－8＝0，解得x＝log34.12．(2021·常德模擬)已知冪函數(shù)y＝xm2－2m－3(m∈N*)的圖像與x軸、y軸無(wú)交點(diǎn)且關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則m＝[答案]2[解析]由題意知m2－2m－3為奇數(shù)且m2－2m－3<0，由m2－2m－3<0，得－1<m<3，又m∈N*，故m當(dāng)m＝1時(shí)，m2－2m－3＝1－2－3＝－4(舍去當(dāng)m＝2時(shí)，m2－2m－3＝22－2×2－3＝－3.符合要求13．已知函數(shù)f(x)＝x2－|x|，若f(－m2－1)<f(2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．[答案](－1,1)[解析]依據(jù)已知函數(shù)f(x)＝x2－|x|，那么可知f(－x)＝x2－|x|＝f(x)，因此是偶函數(shù)，同時(shí)可知在對(duì)稱軸的右側(cè)是遞增的，在對(duì)稱軸的左側(cè)是遞減的，那么可知f(－m2－1)<f(2)等價(jià)于|－m2－1|<2，∴－2<m2＋1<2解得m的范圍是(－1,1)．14．(文)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0,\f(1,3)x，x≤0))，則滿足方程f(a)＝1的全部a的值為_(kāi)_______．[答案]0或3[解析]當(dāng)a>0時(shí)，f(a)＝log3a＝1，解得a當(dāng)a≤0時(shí)，f(a)＝(eq\f(1,3))a＝1，解得a＝0.綜上a＝0或3.(理)已知方程x2＋2x＋2a－1＝0在(1,3]上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______[答案][－7，－1)[解析]由x2＋2x＋2a2a＝－(x＋1)2記f(x)＝－(x＋1)2＋2，且x∈(1,3]，所以－14≤f(x)≤－2，即－14≤2a故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－7，－1)．15．(文)(2022·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x2＋5x＋4|，x≤0，,2|x－2|，x>0.))若函數(shù)y＝f(x)－a|x|恰有4個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．[答案]1<a<2[解析]本題考查確定值函數(shù)與分段函數(shù)的零點(diǎn)，接受數(shù)形結(jié)合思想．如圖，f(x)圖像為當(dāng)y＝ax與y＝2(x－2)(x>2)平行時(shí)，a＝2，f(x)與y＝a|x|，共3個(gè)交點(diǎn)，∴a<2.當(dāng)y＝－2x與y＝x2－5x－4相切時(shí)，令Δ＝0，a＝1，此時(shí)f(x)與y＝|a|x有5個(gè)交點(diǎn)，則當(dāng)1<a<2時(shí)，兩函數(shù)圖像有4個(gè)交點(diǎn)．∴1<a<2.(理)(2022·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4個(gè)互異的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．[答案](0,1)∪(9，＋∞)[解析]解法一：明顯有a>0，(ⅰ)當(dāng)y＝－a(x－1)與y＝－x2－3x相切時(shí)，a＝1，此時(shí)f(x)－a|x－1|＝0恰有3個(gè)互異的實(shí)數(shù)根．(ⅱ)當(dāng)直線y＝a(x－1)與函數(shù)y＝x2＋3x相切時(shí)，a＝9，此時(shí)f(x)－a|x－1|＝0恰有2個(gè)互異的實(shí)數(shù)根．結(jié)合圖像可知0<a<1或a>9.解法二：明顯x≠1，所以a＝|eq\f(x2＋3x,x－1)|，令t＝x－1，則a＝|t＋eq\f(4,t)＋5|.由于t＋eq\f(4,t)∈(－∞，－4])∪[4，＋∞)，所以t＋eq\f(4,t)＋5∈(－∞，1]∪[9，＋∞)．令t＋eq\f(4,t)＝－5得t＝－1或－4，結(jié)合圖像可得0<a<1或a>9.三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共75分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)16．(本小題滿分12分)用定義證明函數(shù)f(x)＝x2＋2x－1在(0,1]上是削減的．[解析]證明一個(gè)函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，依據(jù)定義設(shè)x1，x2為所給區(qū)間上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x1<x2，然后作差f(x1)－f(x2)，但確定要留意的是，對(duì)差f(x1)－f(x2)，我們一般是進(jìn)行因式分解，把它變成幾個(gè)因式之積，實(shí)際上是要得到幾個(gè)簡(jiǎn)潔推斷正負(fù)的因式之積，從而很快可以得出差f(x1)－f(x2)是正是負(fù)．證明：設(shè)x1<x2，且x1，x2∈(0,1]，則x2－x1>0,0<x1x2<1，x1＋x2<2，eq\f(2,x1x2)－(x1＋x2)>0，∴f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(－1,1)－xeq\o\al(2,2)－2xeq\o\al(－1,2)＝(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋2(eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2))＝(x2－x1)[eq\f(2,x1x2)－(x1＋x2)]>0.∴函數(shù)f(x)＝x2＋2x－1在(0,1]上是削減的．17．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))ax，a為常數(shù)，且函數(shù)的圖像過(guò)點(diǎn)(－1,2)．(1)求a的值；(2)若g(x)＝4－x－2，且g(x)＝f(x)，求滿足條件的x的值．[解析](1)由已知得(eq\f(1,2))－a＝2，解得a＝1.(2)由(1)知f(x)＝(eq\f(1,2))x，又g(x)＝f(x)，則4－x－2＝(eq\f(1,2))x，即(eq\f(1,4))x－(eq\f(1,2))x－2＝0，即[(eq\f(1,2))x]2－(eq\f(1,2))x－2＝0.令(eq\f(1,2))x＝t，則t2－t－2＝0，即(t－2)(t＋1)＝0.又t>0，故t＝2，即(eq\f(1,2))x＝2，解得x＝－1.18．(本小題滿分12分)函數(shù)f(x)＝x2－2x，x∈[0，b]，且該函數(shù)的值域?yàn)閇－1,3]，求b的值．[解析]作出函數(shù)f(x)＝x2－2x，x∈[0，b]的圖像如圖．由圖可知，區(qū)間右端點(diǎn)必為函數(shù)最大值的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)．∴f(b)＝3，即b2－2b＝3，∴b＝－1或b＝3.又－1?[0，b]，∴b＝3.19．(本小題滿分12分)已知f(x)＝x2－x＋k，且log2f(a)＝2，f(log2a)＝k(a>0，a≠(1)求a，k的值；(2)當(dāng)x為何值時(shí)，f(logax)有最小值？并求出該最小值．[解析](1)由題得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a＋k＝4①,log2a2－log2a＋k＝k②))由②得log2a＝0或log2解得a＝1(舍去)或a＝2，由a＝2得k＝2.(2)f(logax)＝f(log2x)＝(log2x)2－log2x＋2＝(lg2x－eq\f(1,2))2＋eq\f(7,4)，當(dāng)log2x＝eq\f(1,2)即x＝eq\r(2)時(shí)，f(logax)有最小值，最小值為eq\f(7,4).(理)二次函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)在區(qū)間[－1,1]上，y＝f(x)的圖像恒在y＝2x＋m的圖像上方，試確定實(shí)數(shù)m的范圍．[解析](1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，由f(0)＝1得c＝1，故f(x)＝ax2＋bx＋1.∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由題意得x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立．即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．設(shè)g(x)＝x2－3x＋1－m，其圖像的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(3,2)，∴g(x)在[－1,1]上遞減．即只需g(1)>0，即12－3×1＋1－m>0，解得m<－1.所以m的取值范圍為m∈(－∞，－1)．20．(本小題滿分13分)某家庭進(jìn)行理財(cái)投資，依據(jù)長(zhǎng)期收益率市場(chǎng)猜想，投資債券等穩(wěn)健型產(chǎn)品的收益與投資額成正比，投資股票等風(fēng)險(xiǎn)型產(chǎn)品的收益與投資額的算術(shù)平方根成正比．已知投資1萬(wàn)元時(shí)兩類產(chǎn)品的收益分別為0.125萬(wàn)元和0.5萬(wàn)元．(1)分別寫(xiě)出兩類產(chǎn)品的收益與投資的函數(shù)關(guān)系；(2)該家庭有20萬(wàn)元資金，全部用于理財(cái)投資，問(wèn)：怎么支配資金能使投資獲得最大收益，其最大收益是多少萬(wàn)元？[解析]設(shè)兩類產(chǎn)品的收益與投資的函數(shù)分別為f(x)＝k1x，g(x)＝k2eq\r(x).由已知得f(1)＝eq\f(1,8)＝k1，g(1)＝eq\f(1,2)＝k2，所以f(x)＝eq\f(1,8)x(x≥0)，g(x)＝eq\f(1,2)eq\r(x)(x