第11讲-第二章-函数与基本初等函数(综合测试)(解析版).docx

第11讲 第二章 函数与基本初等函数（综合测试）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40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．（2023春·四川绵阳·高一校考开学考试）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由已知得，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：B
2．（2023秋·四川成都·高一统考期末）若函数在上是单调函数，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】因为的对称轴为，且其图象开口向上，
所以或，解得或，所以的取值范围是.
故选：B.
3．（2023秋·北京大兴·高三校考阶段练习）按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（    ）（参考数据：，）
A． B． C． D．2
【答案】B
【详解】解：根据题意可得，，

两式相比得，即，
所以.
故选：B.
4．（2023秋·浙江·高一期末）用二分法求方程的近似解，以下区间可以作为初始区间的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设，显然函数图象是连续的，
则有，，，，，
所以，，，，
故区间可以作为初始区间，故A，C，D错误.
故选：B.
5．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）函数的部分图象大致为（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】变形为，定义域为，
，故为偶函数，关于y轴对称．
当时，，时，，排除BC，
又时，，故排除D，A正确.
故选：A．
6．（2023秋·四川成都·高一统考期末）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，，，而，即，
所以.
故选：D
7．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）若函数在上单调，则a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】若 在上单调递增，则，解得，
若 在上单调递减，则，解得．
综上得.
故选：D
8．（2023·内蒙古·校联考模拟预测）设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（    ）
A．是周期为的函数
B．
C．的值域是
D．方程在区间内恰有个实数解
【答案】D
【详解】对于A，由得：，
，是周期为的周期函数，A错误；
对于B，，，
又，，为定义在上的奇函数，
，又，，
，B错误；
对于C，当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上的单调递增，，
又，，当时，；
为奇函数，当时，，
则当时，；
由得：关于直线对称，
当时，；
又的周期为，当时，，C错误；
对于D，方程解的个数等价于与的交点个数，
作出与的部分图象如下图所示，

的周期为，且当时，与有两个交点，
当时，与有个交点，
，当时，与有且仅有一个交点，
当时，与有且仅有一个交点；
综上所述：当时，与有个交点，即方程恰有个实数解，D正确.
故选：D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023秋·陕西西安·高一校联考期末）设集合，则下列图象能表示集合到集合的函数关系的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】对于A选项，其定义域是，不是，故A错误；
对于B选项，其定义域是，值域，故B正确；
对于C选项，其与函数定义相矛盾，故C错误；
对于D选项，其定义域是，显然值域包含于集合，故D正确；
故选：BD.
10．（2023秋·安徽·高一安徽省颍上第一中学校联考期末）已知函数的定义域为A，若对任意，存在正数M，使得成立，则称函数是定义在A上的“有界函数”.则下列函数是“有界函数”的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【详解】对于A，，由于，所以，所以，故不存在正数M，使得成立.
对于B，令，则，，所以，故存在正数1，使得成立.
对于C，令，则，易得.所以，即，故存在正数5，使得成立.
对于D，令，则，，则，易得，所以，故存在正数，使得成立.
故选：BCD.
11．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）已知函数、的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，，则（    ）
A．函数对称轴为方程为
B．函数的周期为
C．对于函数，有
D．对于函数，有
【答案】BC
【详解】对于A选项，因为，则，
又因为，所以，，
所以，函数的图象关于点中心对称，A错；
对于B选项，因为函数的图象关于直线对称，所以，，
因为，则，
又因为，则，即，
所以，，所以，，即，
所以，函数的周期为，B对；
对于C选项，因为，可得，
所以，，
所以，函数为周期函数，且周期为，所以，，
由且，则，所以，，
由可得，所以，，
由可得，则，
所以，，C对；
对于D选项，因为，所以，，D错.
故选：BC.
12．（2023秋·云南楚雄·高一统考期末）设函数，则（    ）
A．
B．当时，
C．方程只有一个实数根
D．方程有个不等的实数根
【答案】BCD
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，，，B正确；
对于C，当时，令，解得：；
由B知：当时，，
由解析式知：当时，的周期为，当时，；
综上所述：方程只有一个实数根，C正确；
对于D，当时，，则当时，恒成立；
作出与图象如下图所示，

结合图象可知：与共有个交点，
方程有个不等的实数根，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023春·广东东莞·高一校考阶段练习）函数的单调递增区间为___________．
【答案】
【详解】由，解得或，
则的定义域为.
令，其中或，
当时，单调递减；当时，单调递增，
又在单调递增，
所以的单调递增区间为，
故答案为：.
14．（2023春·湖南·高一湖南省东安县第一中学校联考开学考试）某地方政府为鼓励全民创业，拟对本地年产值（单位：万元）的小微企业进行奖励，奖励方案为：奖金y（单位：万元）随企业年产值x的增加而增加，且奖金不低于8万元，同时奖金不超过企业年产值的12%.若函数，则实数的取值范围为______.
【答案】
【详解】由题意为增函数，
故，解得.
又根据题意可得对恒成立，
故在恒成立.
由对勾函数性质可知：
函数在区间上为增函数，
故，
由可得在区间上恒成立，
所以，
综上有，
即m的取值范围为.
故答案为：.
15．（2023秋·上海金山·高一统考期末）设，，若函数在定义域上满足：①是非奇非偶函数；②既不是增函数也不是减函数；③有最大值，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【详解】对①：∵ ，即，
故不是奇函数；
若是偶函数，则，
可得，即；
故若是非奇非偶函数，则；
对③：若在上有最大值，则有：
当时，则在上单调递减，无最值，不合题意；
当时，则为二次函数且对称轴为，
由题意可得，解得，
故若在上有最大值，则；
对②：若，则开口向下，且对称轴为，
故在上既不是增函数也不是减函数；
综上所述：实数a的取值范围为.
故答案为：.
16．（2023秋·广东清远·高三统考期末）设函数若关于的方程有四个实根，，，且，则_________，的最小值为_________.
【答案】         
【详解】画出的图象如下图所示.
由图可知，其中.
因为，即，
整理得.
且，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
又因为
，
当且仅当时等号成立，此时.
所以的最小值为.
故答案为：；

四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17．（2023春·广西南宁·高一统考开学考试）（1）已知，求的值.
（2）化简：.
【答案】（1）7；（2）5
【详解】（1）因为，所以；
（2）原式.
18．（2023秋·云南昆明·高一昆明一中统考期末）已知函数.

(1)在所给坐标系中作出的简图；
(2)解不等式.
【答案】(1)图像见解析
(2)
【详解】（1）的简图如下：
；
（2）由已知得或，
解得或，
即不等式的解集为．
19．（2023春·甘肃张掖·高一统考期末）已知函数．
(1)证明函数为奇函数；
(2)若，求函数的最大值和最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)最小值；最大值
【详解】（1）证明：的定义域为，关于原点对称，
，
所以在定义域上为奇函数；
（2）（2）在上任取，且，
则
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴在上单调递增，
∴最小值为，最大值为
20．（2023春·四川雅安·高一雅安中学校考开学考试）某企业为了降低生产部门在产品生产过程中造成的损耗，特成立减少损耗技术攻关小组，企业预期每年能减少损耗10万元～1000万元．为了激励攻关小组，现准备制定一个奖励方案：奖金y（单位：万元）随减少损耗费用x（单位：万元）的增加而增加，同时奖金不超过减少损耗费用的50％．
(1)若建立函数模型奖励方案，试用数学语言表述企业对奖励函数模型的基本要求；
(2)现有三个奖励函数模型；①；②；③．试分析这三个函数模型是否符合企业要求．
【答案】(1)当时，Ⅰ、函数为增函数，Ⅱ、恒成立；
(2)函数模型③.
【详解】（1）设奖励函数模型为，则企业对函数模型的基本要求是：
当时，Ⅰ、函数为增函数，Ⅱ、恒成立．
（2）Ⅰ．对于①函数模型，由，该模型不符合企业奖励方案；
Ⅱ．对于②函数模型，由，
故当时，不恒成立，该模型不符合企业奖励方案；
Ⅲ．对于③函数模型，
二次函数的对称轴为，故函数在区间上单调递增；令

当时，，，
故．
得当时，恒成立．
由上知，函数模型③符合企业奖励方案．
21．（2023春·湖北·高一赤壁一中校联考阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.如，，令.

(1)记，求的解析式，并在坐标系中作出函数的图象；
(2)结合（1）中的图象，解不等式直接写出结果；
(3)设，判断的奇偶性，并求函数的值域.
【答案】(1)，图象见解析
(2)或
(3)，奇函数
【详解】（1） ,其图象如下

（2）当，此时 无解，
当，令，（舍去），
当，令（舍去），，
结合图象可知：满足的的范围为或，
故不等式的解为或
（3）由于的定义域为R,且，所以为奇函数，
，当时，，所以，由于为奇函数，所以当时，，此时，
所以

当时，，此时，
所以，
当时，，所以，
所以，
综上可知：值域为
22．（2023秋·重庆·高一校联考期末）已知函数.
(1)若函数在为增函数，求实数的取值范围；
(2)当时，且对于，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设，且，则

因为函数在上为增函数，所以恒成立
又因为，所以，，
所以恒成立，即对恒成立.
当时，的取值范围为，
故，即实数取值范围为.
（2）因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为0，
所以由题意，可得对任意恒成立，
所以对任意恒成立.
①由有意义，得，即，.
又有意义，得，即，.
②由，
得，
即，
得对任意恒成立，
又，所以为减函数，
即：当，的最大值为，
所以，解得.
由①②得，实数的取值范围为.