【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题2(函数与基本初等函数).docx

阶段性测试题二(函数与基本初等函数)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(2021·石光中学段测)函数f(x)＝x－5＋2x－1的零点所在的区间是(　　)
A．(0,1)　　　　　　 B．(1,2)
C．(2,3)　 D．(3,4)
[答案]　C
[解析]　f(0)<0，f(1)＝－3<0，f(2)＝－1<0，f(3)＝2>0，故选C．
2．(2021·重庆南开中学月考)函数f(x)＝的定义域为(　　)
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－2,1)
C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．(1,2)
[答案]　D
[解析]　由题意得，，解得1中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋3)＝－f(x)，当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2，当－1≤x<3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2021)＝(　　)
A．338　 B．337
C．1678　 D．2021
[答案]　B
[解析]　∵定义在R上的函数f(x)满足f(x＋3)＝－f(x)，∴f(x＋6)＝f[(x＋3)＋3]＝－f(x＋3)＝f(x)，
∴f(x)是周期为6的周期函数．
又当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2，当－1≤x<3时，f(x)＝x.
∴f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－1，f(4)＝f(－2)＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0,2021＝6×335＋3，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2021)＝335(1＋2－1＋0－1＋0)＋1＋2－1＝337，选B．
5．(文)(2021·石光中学段测)函数y＝log5(1－x)的大致图象是(　　)

[答案]　C
[解析]　由1－x>0得x<1，排解A、B；
又y＝log5(1－x)为减函数，排解D，选C．
(理)(2022·山东省德州市期中)函数y＝的一段图象是(　　)

[答案]　D
[解析]　首先f(－x)≠±f(x)，f(x)为非奇非偶函数排解B、C；其次，x＝2时，y＝>0，排解A，故选D．
6．(2022·西安一中期中)P＝log23，Q＝log32，R＝log2(log32)，则(　　)
A．Rlog22＝1，Q＝log32＝∈(0,1)，R＝log2(log32)<0，∴R)＝－f(－1)＝－[2×(－1)2－(－1)]＝－3.
8．(2021·许昌、平顶山、新乡三市调研)若x∈(e－1,1)，a＝lnx，b＝()lnx，c＝elnx，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c>b>a　 B．b>c>a
C．a>b>c　 D．b>a>c
[答案]　B
[解析]　∵c>a.
9．(2021·沈阳市东北育才中学一模)规定a⊗b＝＋2a＋b，a、b∈R＋，若1⊗k＝4，则函数f(x)＝k⊗x的值域为(　　)
A．(2，＋∞)　 B．(1，＋∞)
C．[，＋∞)　 D．[，＋∞)
[答案]　A
[解析]　由1⊗k＝4得2＋k＋＝4，∴k＝1，
∴f(x)＝k⊗x＝1⊗x＝x＋＋2＝()2＋＋2>2.
10．(2022·北京东城区联考)下列函数中，图象关于坐标原点对称的是(　　)
A．y＝lgx　 B．y＝cosx
C．y＝|x|　 D．y＝sinx
[答案]　D
[解析]　y＝|x|与y＝cosx为偶函数，y＝lgx的定义域为(0，＋∞)，故A、B、C都不对，选D．
11．(2022·抚顺二中期中)若直角坐标平面内A、B两点满足：①点A、B都在函数f(x)的图象上；②点A、B关于原点对称，则称点(A，B)是函数f(x)的一个“姊妹点对”．点对(A，B)与(B，A)可看作是同一个“姊妹点对”，已知函数f(x)＝，则f(x)的“姊妹点对”有(　　)
A．0个　 B．1个
C．2个　 D．3个
[答案]　C
[解析]　由姊妹点对的定义知，若(A，B)为f(x)的一个姊妹点对，则A、B分别在f1(x)＝x2＋2x(x<0)与f2(x)＝(x≥0)的图象上，设A(x0，y0)，则y0＝x＋2x0，B(－x0，－y0)，∴＝－x－2x0，∴ex0＝－x－x0＝－(x0＋1)2＋，在同一坐标系中作出函数y＝ex(x<0)与y＝－(x＋1)2＋(x<0)的图象知，两图象有且仅有两个交点，故f(x)的姊妹点对有2个．
12．(2021·庐江二中、巢湖四中联考)函数f(x)＝()x－log2x，正实数a，b，c满足aa　③d>c　④d0，从而a每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2021·宝安中学、仲元中学摸底)若f(x)＝2x＋2－xlga是奇函数，则实数a＝________.
[答案]　
[解析]　∵函数f(x)＝2x＋2－xlga是奇函数，
∴f(x)＋f(－x)＝0恒成立．
∴2x＋2－xlga＋2－x＋2xlga＝0，即2x＋2－x＋lga(2x＋2－x)＝0恒成立，
∴lga＝－1，∴a＝.
14．(2022·泸州市一诊)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝x2，若对任意x∈[a，a＋2]，不等式f(x＋a)≥f(3x＋1)恒成立，则实数a的取值范围是_____．
[答案]　(－∞，－5]
[解析]　∵x≥0时，f(x)＝x2，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)为奇函数，∴f(x)在R上为增函数，∵f(x＋a)≥f(3x＋1)恒成立，∴x＋a≥3x＋1恒成立，∴a≥2x＋1恒成立，∵x∈[a，a＋2]，∴a≥2(a＋2)＋1，∴a≤－5.
15．(2021·洛阳市期中)函数f(x)＝的最大值与最小值之积等于________．
[答案]　－
[解析]　f(x)＝＝＝，当x>0时，x＋≥2等号在x＝1时成立，此时f(x)∈(0，]；当x<0时，x＋≤－2，等号在x＝－1时成立，此时f(x)∈[－，0)，又f(0)＝0，∴f(x)∈[－，]，∴最大值与最小值之积为－.
16．(2021·泗阳中学、盱眙中学联考)在直角△ABC中，两条直角边分别为a、b，斜边和斜边上的高分别为c、h，则的取值范围是________．
[答案]　(1，]
[解析]　∵a＝csinA，b＝ccosA，h＝bsinA＝csinAcosA，设＝y，则y＝＝，令t＝sinA＋cosA，∵00，∴y＝＋在(1，]上为增函数，∴12022·甘肃省金昌市二中期中)已知函数f(x)＝2ax2＋4x－3－a，a∈R.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最大值；
(2)假如函数f(x)在R上有两个不同的零点，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝2x2＋4x－4
＝2(x2＋2x)－4＝2(x＋1)2－6.
由于x∈[－1,1]，所以x＝1时，f(x)取最大值f(1)＝2.
(2)∵∴
∴a<－2或－10，
∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－1,0)∪(0，＋∞)．
18．(本小题满分12分)(2021·濉溪县月考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且它的图象关于直线x＝1对称．
(1)求证：f(x)是周期为4的周期函数；
(2)若f(x)＝(0－x)＝－.
故x∈[－1,0]时，f(x)＝－.
当x∈[－5，－4]时，x＋4∈[－1,0]，
f(x)＝f(x＋4)＝－，
从而x∈[－5，－4]，函数f(x)＝－.
19．(本小题满分12分)(2021·莆田市仙游一中期中)已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f(x)＝.
(1)求a、b的值；
(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1,1]上有解，求实数k的取值范围．
[解析]　(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，由于a>0，所以g(x)在区间[2,3]上是增函数，
故解得
(2)由(1)得gx)＝x2－2x＋1，由已知可得f(x)＝x＋－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化为2x＋－2≥k·2x，
化为1＋()2－2·()≥k，令t＝，则k≤t2－2t＋1，
由于x∈[－1,1]，故t∈[，2]，
记h(t)＝t2－2t＋1，由于t∈[，2]，故h(t)max＝1，所以k的取值范围是(－∞，1]．
20．(本小题满分12分)(文)(2022·长沙调研)已知f(x)＝x2－x＋k，且log2f(a)＝2，f(log2a)＝k(a>0，a≠1)．
(1)求a，k的值；
(2)当x为何值时，f(logax)有最小值？并求出该最小值．
[解析]　(1)由题得
由②得log2a＝0或log2a＝1，
解得a＝1(舍去)或a＝2，由a＝2得k＝2.
(2)f(logax)＝f(log2x)＝(log2x)2－log2x＋2，
当log2x＝即x＝时，f(logax)有最小值，最小值为.
(理)(2022·南通市调研)设函数f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求k值；
(2)若f(1)<0，试推断函数单调性并求使不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)<0恒成立的t的取值范围．
[解析]　(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝0，∴1－(k－1)＝0，∴k＝2，
当k＝2时f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)，
f(－x)＝－f(x)成立，
函数f(x)是奇函数，∴k＝2.
另解：∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)．
∴a－x－(k－1)ax＝－ax＋(k－1)a－x，
整理得(k－2)(ax＋a－x)＝0，
又∵ax＋a－x≠0，∴k＝2.
(2)f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)．
∵f(1)<0，∴a－<0，又a>0，且a≠1，∴0x－4，即x2＋(t－1)x＋4>0恒成立，
∴Δ＝(t－1)2－16<0，解得－30且a≠1，函数f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga，记F(x)＝2f(x)＋g(x)．
(1)求函数F(x)的定义域D及其零点；
(2)若关于x的方程F(x)－m＝0在区间[0,1)内仅有一解，求实数m的取值范围．
[解析]　(1)F(x)＝2f(x)＋g(x)＝2loga(x＋1)＋loga(a>0且a≠1)由解得－11)2＝loga(1－x)，(x＋1)2＝1－x，
即x2＋3x＝0，
解得x1＝0，x2＝－3.
经检验x＝－3是(*)的增根，所以方程(*)的解为x＝0，
所以函数F(x)的零点为0.
(2)m＝2loga(x＋1)＋loga(0≤x<1)，
m＝loga＝loga(1－x＋－4)，
am＝1－x＋－4，
设1－x＝t∈(0,1]，
则函数y＝t＋在区间(0,1]上是减函数，
当t＝1时，x＝0，此时ymin＝5，所以am≥1.
①若a>1，则m≥0，方程有解；
②若0如图是函数f(x)＝x3－2x2＋3a2x的导函数y＝f ′(x)的简图，它与x轴的交点是(1,0)和(3,0)

(1)求函数f(x)的微小值点和单调递减区间；
(2)求实数a的值．
[解析]　(1)由图象可知：当x<1时，f ′(x)>0，f(x)在(－∞，1)上为增函数；
当13时，f ′(x)>0，f(x)在(3，＋∞)为增函数；
∴x＝3是函数f(x)的微小值点，函数f(x)的单调减区间是(1,3)．
(2)f ′(x)＝ax2－4x＋3a2，由图知a>0且
∴∴a＝1.
(理)(2022·屯溪一中期中)已知函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.
(1)争辩函数h(x)＝的单调性；
(2)假如存在x1、x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(3)假如对任意s、t∈[，2]，都有f(s)>g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)h(x)＝＋lnx，h′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞)，
①当a≤0时，由于x>0所以h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，h′(x)≥0⇒x≥，函数h(x)的单调递增区间为(，＋∞)；h′(x)≤0⇒0)．
(2)存在x1、x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
∵g(x)＝x3－x2－3，∴g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－)，
当x变化时，g(x)和g′(x)的变化状况如下表：
x
0
(0，)

(，2)
2
g′(x)
0
－
0
＋

g(x)
－3
递减
微小值－
递增
1
由上表可知：g(x)min＝g()＝－，g(x)max＝g(2)＝1，
[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝，
所以满足条件的最大整数M＝4.
(3)∵x∈[，2]时，g(x)的最大值为1，∴问题等价转化为
当x∈[，2]时，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立，
等价于a≥x－x2lnx恒成立．
记h(x)＝x－x2lnx，所以a≥h(x)max.
h′(x)＝1－2xlnx－x＝(1－x)－2xlnx，h′(1)＝0，
当x∈[，1)时，1－x>0，xlnx<0，∴h′(x)>0，
即函数h(x)＝x－x2lnx在区间[，1)上递增，
当x∈(1,2]时，1－x<0，xlnx>0，∴h′(x)<0，
即函数h(x)＝x－x2lnx在区间(1,2]上递减，
∴当x＝1时，函数h(x)取得极大值也是最大值h(1)＝1，
所以a≥1.