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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測三 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ單元檢測(含解析)

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測三 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ單元檢測(含解析)

單元檢測三函數(shù)概念與基本初等函數(shù)(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40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設(shè)函數(shù)f(x),則函數(shù)的定義域?yàn)?)A.B.C.(0,) D.答案A解析由得<x<0.2已知函數(shù)f(x)則f(f(4)的值為()AB9C.D9答案C解析f(4)log42,f(f(4)f(2)32.3(2018·湖州聯(lián)考)設(shè)alog54log52,blnln3,c,則a,b,c的大小關(guān)系為()Aa<b<cBb<c<aCc<a<bDb<a<c答案A解析由題意,得alog54log52log52,blnln3ln2,c.得a,b,而log25>log2e>1.所以0<<<1,即0<a<b<1.又c>1,故a<b<c.4函數(shù)f(x)sinx(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))在2,2上圖象的大致形狀是()答案A解析因?yàn)閒(x)sinxsinx,f(x)sin(x)(sinx)sinxf(x),所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù),其圖象關(guān)于y軸對稱,排除選項(xiàng)C,D,由f>0,可排除選項(xiàng)B.故選A.5已知函數(shù)f(x)x24x,當(dāng)xm,5時(shí),f(x)的值域是5,4,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A(,1) B(1,2C1,2D2,5答案C解析f(x)(x2)24,所以當(dāng)x2時(shí),f(2)4.由f(x)5,解得x5或x1.所以要使函數(shù)f(x)在區(qū)間m,5上的值域是5,4,則1m2.6已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱,且f(x)在(,0上單調(diào)遞減,則滿足f(3x1)<f的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A.B.C.D.答案B解析由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱,且f(x)在(,0上單調(diào)遞減,得f(x)在(0,)上單調(diào)遞增又f(3x1)<f,所以|3x1|<,解得<x<.7(2017·紹興診斷)已知函數(shù)f(x)是(,)上的減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(0,1) B.C.D.答案B解析若函數(shù)f(x)是(,)上的減函數(shù),則可得0<a.8(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)期中)已知f(x)是定義域?yàn)镽的單調(diào)函數(shù),且對任意實(shí)數(shù)x,都有f,則f(log23)的值為()A.B.C1D0答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù),且對任意的實(shí)數(shù)x,都有f,所以f(x)a恒成立,且f(a),即f(x)a,f(a)a,解得a1,所以f(x)1,所以f(log23),故選A.9(2018·金華一模)已知點(diǎn)A(1,0),若點(diǎn)B是曲線yf(x)上的點(diǎn),且線段AB的中點(diǎn)在曲線yg(x)上,則稱點(diǎn)B是函數(shù)yf(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的一個(gè)“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”,已知f(x)|log2x|,g(x)x,則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是()A1B2C3D4答案B解析令點(diǎn)B(x,|log2x|),x>0,則AB的中點(diǎn)C.由于點(diǎn)C在函數(shù)g(x)x的圖象上,故有|log2x|,即|log2x|·x,故函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)即為函數(shù)y|log2x|和y·x的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)在同一個(gè)坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y|log2x|和y·x的圖象,由圖象知交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2,則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是2,故選B.10已知函數(shù)f(x)(aR)在區(qū)間1,4上的最大值為g(a),則g(a)的最小值為()A4B5C6D7答案A解析方法一令H(x)x2a,則H(x)2x(x2)(x22x4),故H(x)在1,2上單調(diào)遞減,在(2,4上單調(diào)遞增,所以g(a)minminmax|H(1)|,|H(2)|,|H(4)|,即g(a)minminmax|17a|,|12a|,|20a|,如圖可知,g(a)min4.方法二令tx2,則t2x(x2)(x22x4),所以tx2在1,2上單調(diào)遞減,在(2,4上單調(diào)遞增,所以t12,20,故y|ta|在t12,20上的最大值為g(a)所以g(a)min4.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11已知f(x1)x21,則f(x)_,y的單調(diào)遞增區(qū)間為_答案x22x(1,2)解析當(dāng)x1t時(shí),xt1,所以f(t)(t1)21t22t,即f(x)x22x;y,定義域?yàn)?0,2),且f(x)對稱軸為x1,所以函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增,(1,2)上單調(diào)遞減,根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”,函數(shù)y的單調(diào)增區(qū)間為(1,2)12(2018·舟山二模)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且f(x)則g(8)_.答案2解析當(dāng)x<0時(shí),x>0,則f(x)log3(1x),又f(x)f(x),f(x)log3(1x),即g(x)log3(1x),x<0.故g(8)log31(8)log392.13已知a>b>1.若logablogba,abba,則a_,b_.答案42解析設(shè)logbat,則t>1,因?yàn)閠,解得t2,所以ab2,因此abbab2bbb2,解得b2,a4.14(2018·臺(tái)州高級中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)則f(f(2)_;若f(a)9,則實(shí)數(shù)a_.答案49或3解析由題意得f(f(2)f(4)4,若f(a)9,當(dāng)a0時(shí),有a29,即a3;當(dāng)a<0時(shí),有a9,故a9或3.15已知函數(shù)f(x)當(dāng)a2時(shí),f(f(4)_,若函數(shù)f(x)的最大值為a1,則實(shí)數(shù)a的值為_答案230解析當(dāng)a2時(shí),f(x)所以f(f(4)f(3)94×(3)223.易知f(x)|2x4|1(x>0)的最大值為f(2)1,若a11,則a0.當(dāng)a0時(shí),f(x)x22ax2(x0)的最大值為f(0)2,所以a11,所以a0.16已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù),且在R上是減函數(shù),若實(shí)數(shù)a,b滿足則(a1)2(b1)21所表示的圖形的面積是_答案1解析由得f(x)是奇函數(shù),且在R上是減函數(shù),作出不等式組表示的平面區(qū)域(圖略),(a1)2(b1)21所表示的圖形為以(1,1)為圓心,1為半徑的半圓和一個(gè)三角形,其表示的圖形的面積是1.17已知函數(shù)f(x)x22axa21,g(x)2xa,對于任意的x11,1,存在x21,1,使f(x2)g(x1),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案2,1解析f(x)x22axa21(xa)21,當(dāng)x1,1時(shí),若a1,則f(x)a22a,a22a;若1<a0,則f(x)1,a22a;若0<a1,則f(x)1,a22a若a>1,則f(x)a22a,a22a而g(x)2a,2a,從而由條件得:若a1,則解得2a1;若1<a0,則不等式組無解;若0<a1,則不等式組無解;若a>1,則不等式組無解綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是2,1三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)18(14分)若定義在2,2上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x(0,2時(shí),f(x).(1)求f(x)在2,2上的解析式;(2)判斷f(x)在(0,2)上的單調(diào)性,并給予證明;(3)當(dāng)為何值時(shí),關(guān)于x的方程f(x)在x2,2上有實(shí)數(shù)解解(1)因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以f(0)0.當(dāng)x2,0)時(shí),x(0,2因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以f(x)f(x),所以f(x)(2)f(x)在(0,2)上是減函數(shù),證明如下,任取0<x1<x2<2,f(x1)f(x2),因?yàn)?<x1<x2<2,所以,即,1>0,所以f(x1)f(x2)>0.因此,f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減(3)方程f(x)在x2,2上有實(shí)數(shù)解,即取函數(shù)f(x)的值域內(nèi)的任意值由(2)可知,f(x)在x(0,2上是減函數(shù),此時(shí)f(x).又因?yàn)閒(x)是x2,2上的奇函數(shù),所以當(dāng)x0時(shí),f(x)0.當(dāng)x2,0)時(shí),f(x).因此,函數(shù)f(x)的值域?yàn)?,因此,0.19(15分)(2018·寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x|xa|bx.(1)當(dāng)a2,且f(x)是R上的增函數(shù)時(shí),求實(shí)數(shù)b的取值范圍;(2)當(dāng)b2,且對任意a(2,4),關(guān)于x的方程f(x)tf(a)總有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根時(shí),求實(shí)數(shù)t的取值范圍解(1)f(x)x|x2|bx因?yàn)閒(x)連續(xù),且f(x)在R上單調(diào)遞增,等價(jià)于這兩段函數(shù)分別遞增,所以得b2.(2)f(x)x|xa|2xtf(a)2ta.當(dāng)2a<4時(shí),<a,f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在(a,)上單調(diào)遞增,所以f極大(x)fa1,f極小(x)f(a)2a,所以對2a<4恒成立,解得0<t<1.當(dāng)2<a<2時(shí),<a<,f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以f極大(x)fa1,f極小(x)fa1,所以a1<2ta<a1對2<a<2恒成立,解得0t1,綜上0<t<1.20(15分)(2018·浙江91高中聯(lián)盟開學(xué)考)已知函數(shù)f(x)x2axb(a,bR),g(x)2x24x16,且|f(x)|g(x)|對xR恒成立(1)求a,b的值;(2)記h(x)f(x)4,那么當(dāng)k時(shí),是否存在m,n(m<n),使得函數(shù)h(x)在m,n上的值域恰好為km,kn?若存在,請求出m,n;若不存在,請說明理由解(1)由g(x)0得x4或x2.于是,當(dāng)x4或x2時(shí),有此時(shí),|f(x)|g(x)|x22x8|2|x22x8|,對xR恒成立,滿足條件故a2,b8.(2)h(x)(x1)2,km,kn,kn,又k,n1,m,n(,1,h(x)在m,n上是單調(diào)增函數(shù),即即m<n,且k,故當(dāng)k<1時(shí),m,n0,22k;當(dāng)k>1時(shí),m,n22k,0;當(dāng)k1時(shí),m,n不存在21(15分)(2018·杭州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)x2bxc(b,cR)若f(1x)f(1x),f(x)的最小值為1.(1)求f(x)的解析式;(2)若函數(shù)y|f(x)|與yt相交于4個(gè)不同交點(diǎn),從左到右依次為A,B,C,D.是否存在實(shí)數(shù)t,使得線段|AB|,|BC|,|CD|能構(gòu)成銳角三角形,如果存在,求出t的值;如果不存在,請說明理由解(1)因?yàn)閒(1x)f(1x),所以函數(shù)的對稱軸為直線x1,即1,所以b2,又因?yàn)閒(x)的最小值為1,所以1,解得c0,所以f(x)x22x.(2)若函數(shù)y|f(x)|與yt相交于4個(gè)不同交點(diǎn),則0<t<1,易知xA1,xB1,xC1,xD1,所以|AB|CD|,|CB|2,由題意知,線段|AB|,|BC|,|CD|構(gòu)成的三角形為等腰銳角三角形,所以|BC|<|AB|,即2<(),即(2)<·,解得<t<1.22(15分)(2019·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)alnx(aR)(1)若a2,求f(x)在(1,e2)上零點(diǎn)的個(gè)數(shù),其中e為自然對數(shù)的底數(shù);(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn),求a的取值集合;(3)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),求證:2<x1x2<3ea11.(1)解a2時(shí),f(x)2lnx,f(x),故f(x)在(1,e2)上單調(diào)遞減,所以在(1,e2)上至多只有一個(gè)零點(diǎn)又f(1)f(e2)1×<0,故函數(shù)f(x)在(1,e2)上只有一個(gè)零點(diǎn)(2)解f(x),令f(x)0,得x1.當(dāng)x>1時(shí),f(x)<0,f(x)在(1,)上單調(diào)遞減;當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)>0,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,故f(x)maxf(1)a1.當(dāng)f(x)max0,即a1時(shí),因最大值點(diǎn)唯一,故符合題意;當(dāng)f(x)max<0,即a<1時(shí),f(x)<0恒成立,不合題意;當(dāng)f(x)max>0,即a>1時(shí),一方面,存在ea>1,f(ea)<0;另一方面,存在ea<1,f(ea)2aea2aea<0,于是f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),不合題意綜上,a的取值集合為1(3)證明先證x1x2>2.依題意有alnx1lnx2,于是ln.記t,t>1,則lnt,故x1,于是,x1x2x1(t1),x1x22.記函數(shù)g(x)lnx,x>1.因g(x)>0,故g(x)在(1,)上單調(diào)遞增于是當(dāng)t>1時(shí),g(t)>g(1)0,又lnt>0,所以x1x2>2.再證x1x2<3ea11.因f(x)0h(x)ax1xlnx0,故x1,x2也是h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)由h(x)a1lnx0得xea1(記pea1)p是h(x)的唯一最大值點(diǎn),故有作函數(shù)t(x)lnxlnp,則t(x)0,故t(x)單調(diào)遞增當(dāng)x>p時(shí),t(x)>t(p)0;當(dāng)0<x<p時(shí),t(x)<0.于是ax11x1lnx1<x1lnp.整理得(2lnpa)x(2papplnp1)x1p>0,即x(3ea11)x1ea1>0.同理得x(3ea11)x2ea1<0.故x(3ea11)x2ea1<x(3ea11)x1ea1,(x2x1)(x2x1)<(3ea11)(x2x1),于是x1x2<3ea11.綜上,2<x1x2<3ea11.13

注意事項(xiàng)

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