浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第一部分 專題整合高頻突破 專題二　函數(shù) 專題能力訓(xùn)練3 Word版含答案

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5專題能力訓(xùn)練3函數(shù)的圖象與性質(zhì)(時(shí)間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)1.已知函數(shù)f(x)=3x-,則f(x)()A.是奇函數(shù),且在R上是增函數(shù)B.是偶函數(shù),且在R上是增函數(shù)C.是奇函數(shù),且在R上是減函數(shù)D.是偶函數(shù),且在R上是減函數(shù)2.若函數(shù)f(x)=ax-b的圖象如圖所示,則()A.a1,b1B.a1,0b1C.0a1D.0a1,0b13.(20xx浙江臺(tái)州4月調(diào)研)若函數(shù)y=f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù),則f(2 017)=()A.-2 017B.0C.1D.2 0174.若當(dāng)xR時(shí),函數(shù)f(x)=a|

2、x|始終滿足0|f(x)|1,則函數(shù)y=loga的圖象大致為()5.給出定義:若m-xm+(其中m為整數(shù)),則m叫做離實(shí)數(shù)最近的整數(shù),記作x,即x=m.在此基礎(chǔ)上給出下列關(guān)于x的函數(shù)f(x)=x-x的四個(gè)命題:f;f(3.4)=-0.4;fff(a)+1,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(-1,0B.-1,0C.(-5,-4D.-5,-47.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=2f(x)-2,當(dāng)x(0,2時(shí),f(x)=若x(0,4時(shí),t2-f(x)3-t恒成立,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A.1,2B.C.D.2,+)8.(20xx浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x

3、+4)=f(x),且當(dāng)0x2時(shí),f(x)=min-x2+2x,2-x,若方程f(x)-mx=0恰有兩個(gè)根,則m的取值范圍是()A.B.C.D.二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)9.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x(-,0)時(shí),f(x)=2x3+x2,則f(2)=.10.設(shè)函數(shù)f(x)=則f(13)+ 2f的值為.11.若函數(shù)f(x)=在定義域R上不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.12.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a0,a1)的定義域和值域都是-1,0,則a+b=.13.已知定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足以下三個(gè)條件:對(duì)于任意的xR,都有f(x+1)=;函數(shù)y=f(

4、x+1)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱;對(duì)于任意的x1,x20,1,且x1f(x2).則f,f(2),f(3)從小到大的關(guān)系是.14.設(shè)函數(shù)f(x)=若|f(x)+f(x+l)-2|+|f(x)-f(x+l)|2(l0)對(duì)任意實(shí)數(shù)x都成立,則l的最小值為.三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=logax,g(x)=2loga(2x+t-2),其中a0且a1,tR.(1)若t=4,且x時(shí),F(x)=g(x)-f(x)的最小值是-2,求實(shí)數(shù)a的值;(2)若0a0恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.參考答案專題能力訓(xùn)練3函數(shù)的圖象

5、與性質(zhì)1.A解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(-x)=3-x-3x=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).又y=3x和y=-在R上都是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).故選A.2.D解析 由題圖可知函數(shù)為減函數(shù),0a1,又圖象與y軸的交點(diǎn)為(0,1-b),01-b1,即0b1.故選D.3.B解析 因?yàn)橹芷跒?,所以f(-1)=f(1)=-f(1),即f(1)=0,而f(2 017)=f(1+21 008)=f(1)=0.故選B.4.B解析 當(dāng)xR時(shí),函數(shù)f(x)=a|x|始終滿足0|f (x)|1,必有0a1.先畫出函數(shù)y=loga|x|的圖象如圖1.而函數(shù)y=loga=-loga

6、|x|,其圖象如圖2.故選B.5.B解析 f=-(-1)=;f=-0=-,f-0=,所以ff f(a)+1,即解得-1f(a)0,從而有-50,且a1.若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,滿足解集為空集;若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減,滿足解得a1,則函數(shù)f(x)=ax+b單調(diào)遞增,故解得這與a1矛盾;故0a1,則函數(shù)f(x)=ax+b單調(diào)遞減,故解得所以a+b=-.13.f(3)ff(2)解析 由得f(x+2)=f(x+1+1)=f(x),所以函數(shù)f(x)的周期為2.因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,將函數(shù)y=f(x+1)的圖象向右平移一個(gè)單位即得函數(shù)y=f(x)的圖象,所以函數(shù)y=f(x

7、)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱;根據(jù)可知函數(shù)f(x)在0,1上為減函數(shù),又結(jié)合知,函數(shù)f(x)在1,2上為增函數(shù).因?yàn)閒(3)=f(2+1)=f(1),在區(qū)間1,2上,12,所以f(1)ff(2),即f(3)f0恒成立,即f2或f0(舍)對(duì)l0恒成立,結(jié)合圖象分析可知lmin=|CD|=2.15.解 (1)t=4,F(x)=g(x)-f(x)=2loga(2x+2)-logax=loga=loga4,易證h(x)=4上單調(diào)遞減,在1,2上單調(diào)遞增,且hh(2),h(x)min=h(1)=16,h(x)max=h=25.當(dāng)a1時(shí),F(x)min=loga16,由loga16=-2,解得a=(舍去);

8、當(dāng)0a1時(shí),F(x)min=loga25,由loga25=-2,解得a=.故實(shí)數(shù)a的值是.(2)f(x)g(x)恒成立,即logax2loga(2x+t-2)恒成立,logaxloga(2x+t-2).又0a1,x,2x+t-2,即t-2x+2恒成立,t(-2x+2)max.令y=-2x+2=-2,ymax=2.故實(shí)數(shù)t的取值范圍為2,+).16.解 (1)f(x)在定義域R上是奇函數(shù),f(0)=0,即=0.b=1.又由f(-1)=-f(1),即=-,可得a=2,檢驗(yàn)知,當(dāng)a=2,b=1時(shí),原函數(shù)是奇函數(shù).(2)由(1)知f(x)=-,任取x1,x2R,設(shè)x1x2,則f(x2)-f(x1)=,函數(shù)y=2x在R上是增函數(shù),且x1x2,0,f(x2)-f(x1)0,即f(x2)0等價(jià)于f(kx2)-f(2x-1)=f(1-2x).又f(x)在R上是減函數(shù),由上式可推得kx21-2x,即對(duì)一切x有k恒成立.設(shè)g(x)=-2,令t=,t,則有g(shù)(t)=t2-2t,t,g(x)min=g(t)min=g(1)=-1.k-1,即k的取值范圍為(-,-1).