高中人教A版数学必修1单元测试：第二章　基本初等函数(Ⅰ)(一)B卷 Word版含解析

这是一份高中人教A版数学必修1单元测试：第二章　基本初等函数(Ⅰ)(一)B卷 Word版含解析，主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

B 卷 数 学
班级：________ 姓名：________ 得分：________
第二章 基本初等函数(Ⅰ)(一)
(指数与指数函数)
名校好题·能力卷]
(时间：120分钟 满分：150分)
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．若aA.eq \r(1－4a) B.eq \r(4a－1)
C．－eq \r(1－4a) D．－eq \r(4a－1)
2．某林区的森林蓄积量每年比上一年平均增加110.4%，那么经过x年可增长到原来的y倍，则函数y＝f(x)的图象大致是( )
3．设f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|，x∈R，那么f(x)是( )
A．奇函数且在(0，＋∞)上是增函数
B．偶函数且在(0，＋∞)上是增函数
C．奇函数且在(0，＋∞)上是减函数
D．偶函数且在(0，＋∞)上是减函数
4．若3a>1，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0) B．(0,1) C．(0，＋∞) D．(2，＋∞)
5．函数y＝eq \f(2x－1,2x＋1)是( )
A．奇函数 B．偶函数
C．非奇非偶函数 D．既是奇函数又是偶函数
6．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(x2－2) 的单调递减区间为( )
A．(－∞，0] B．0，＋∞)
C．(－∞，eq \r(2)] D．eq \r(2)，＋∞)
7．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(－x2＋2x) 的值域是( )
A．R B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
8．设f(x)是定义在实数集R上的函数，满足条件：y＝f(x＋1)是偶函数，且当x≥1时，f(x)＝5x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的大小关系是( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))9．函数y＝eq \f(|x|e－x,x)的图象的大致形状是( )
10．下列函数中，与y＝－3|x|的奇偶性相同，且在(－∞，0)上单调性也相同的是( )
A．y＝－eq \f(1,x) B．y＝|x|－eq \f(1,|x|)
C．y＝－(2x＋2－x) D．y＝x3－1
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(axx<0，,a－3x＋4ax≥0))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) B．(0,1) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) D．(0,3)
12．设函数f(x)＝2 eq \s\up15(eq \r(－x2＋x＋2)) ，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≤K，,K，fx>K，))若对于函数f(x)＝2 eq \s\up15(eq \r(－x2＋x＋2)) 定义域内的任意x，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为2eq \r(2) B．K的最小值为2eq \r(2)
C．K的最大值为1 D．K的最小值为1
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．2－eq \f(1,2)＋eq \f(－4,\r(2))＋eq \f(1,\r(2)－1)－eq \r(1－\r(5)0)＝________.
14．函数f(x)＝2ax＋1－3(a>0，且a≠1)的图象经过的定点坐标是________．
15．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x<0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，x≥0，))则不等式|f(x)|≥eq \f(1,3)的解集为________．
16．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝2x－3，则当x<0时，f(x)＝________.
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
函数f(x)＝k·a－x(k，a为常数，a>0且a≠1)的图象过点A(0,1)，B(3,8)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝eq \f(fx－1,fx＋1)，试判断函数g(x)的奇偶性并给出证明．
18．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝2x－4x.
(1)求y＝f(x)在－1,1]上的值域；
(2)解不等式f(x)>16－9×2x；
(3)若关于x的方程f(x)＋m－1＝0在－1,1]上有解，求m的取值范围．
19．(本小题满分12分)
某医药研究所开发一种新药，如果成年人按规定的剂量服用，据监测，服药后每毫升血液中的含药量y(毫克)与时间t(小时)之间的关系近似满足如图所示的曲线．
(1)写出服药后y与t之间的函数关系式y＝f(t)；
(2)进一步测定：每毫升血液中的含药量不少于0.25毫克时，药物对治疗疾病有效．求服药一次治疗疾病的有效时间．
20．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝eq \f(a,2)＋eq \f(2,2x＋1)是奇函数．
(1)求a的值；
(2)判断f(x)的单调性，并用定义加以证明；
(3)求f(x)的值域．
21．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，x∈－1,1]，函数φ(x)＝f(x)]2－2af(x)＋3的最小值为h(a)．
(1)求h(a)；
(2)是否存在实数m>n>3，当h(a)的定义域为n，m]时，值域为n2，m2]？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
22．(本小题满分12分)
定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界．已知函数f(x)＝1＋a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))x.
(1)当a＝－eq \f(1,2)时，求函数f(x)在(－∞，0)上的值域，并判断函数f(x)在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由；
(2)若函数f(x)在0，＋∞)上是以4为上界的有界函数，求实数a的取值范围．
详解答案
第二章 基本初等函数(Ⅰ)(一)
(指数与指数函数)
名校好题·能力卷]
1．A 解析：∵a2．D 解析：经过x年后y＝(1＋110.4%)x＝2.104x.
3．D 解析：函数f(x)的定义域R关于原点对称，且f(－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|－x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＝f(x)，所以f(x)是偶函数．又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x≥0，,2x，x<0，))所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
4．C 解析：因为3a>1，所以3a>30,3>1，∴y＝3a是增函数．∴a>0.
5．A 解析：函数y＝eq \f(2x－1,2x＋1)的定义域(－∞，＋∞)关于原点对称，且f(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(\f(1,2x)－1,\f(1,2x)＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，所以该函数是奇函数．
6．B 解析：函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u为R上的减函数，欲求函数
y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(x2－2) 的单调递减区间，只需求函数u＝x2－2的单调递增区间，而函数u＝x2－2的单调递增区间为0，＋∞)．
7．B 解析：令t＝－x2＋2x，则t＝－x2＋2x的值域为(－∞，1]，所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(－x2＋2x) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
解题技巧：本题主要考查了指数型函数的值域，解决本题的关键是先求出指数t＝－x2＋2x的值域，再根据复合函数的单调性求出指数型函数的值域．
8．D 解析：∵y＝f(x＋1)是偶函数，∴y＝f(x＋1)的对称轴为x＝0，∴y＝f(x)的对称轴为x＝1.又x≥1时，f(x)＝5x，∴f(x)＝5x在1，＋∞)上是增函数，∴f(x)在(－∞，1]上是减函数．∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，且eq \f(2,3)>eq \f(1,2)>eq \f(1,3)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))9．C 解析：由函数的表达式知，x≠0，y＝eq \f(e－x|x|,x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e－x，x>0，,－e－x，x<0，))所以它的图象是这样得到的：保留y＝e－x，x＞0的部分，将x＜0的图象关于x轴对称．故选D.
10．C 解析：设函数f(x)＝y＝－3|x|，x∈R，∴f(－x)＝－3|－x|.∵f(x)＝f(－x)，∴f(x)为偶函数．令t＝|x|，∴t＝|x|，x∈(－∞，0)是减函数，由复合函数的单调性知，y＝－3|x|在x∈(－∞，0)为增函数．选项A为奇函数，∴A错；选项B为偶函数但是在x∈(－∞，0)为减函数，∴B错；选项C令g(x)＝－(2x＋2－x)，g(－x)＝－(2－x＋2x)，∴g(x)＝g(－x)，∴g(x)为偶函数．由复合函数的单调性知，g(x)在x∈(－∞，0)为增函数．故选C.
11．A 解析：∵对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，∴f(x)是R上的减函数．∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(012．B 解析：∵函数f(x)＝2 eq \s\up15(eq \r(－x2＋x＋2)) 的值域为1,2eq \r(2)]，又∵对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≤K，,K，fx>K，))若对于函数f(x)＝2 eq \s\up15(eq \r(－x2＋x＋2)) 定义域内的任意x，恒有fK(x)＝f(x)，∴K≥2eq \r(2).故选B.
13．－eq \f(\r(2),2) 解析：2 eq \s\up15(－ eq \f (1,2)) ＋eq \f(－4,\r(2))＋eq \f(1,\r(2)－1)－eq \r(1－\r(5)0)＝eq \f(1,\r(2))－eq \f(4,\r(2))＋eq \f(\r(2)＋1,1)－1＝－eq \f(3,\r(2))＋eq \r(2)＝－eq \f(\r(2),2).
14．(－1，－1) 解析：由指数函数恒过定点(0,1)可知，函数f(x)＝2ax＋1－3(a>0，且a≠1)的图象恒过定点(－1，－1)．
15．－3,1] 解析：当x<0时，|f(x)|≥eq \f(1,3)，即eq \f(1,x)≤－eq \f(1,3)，∴x≥－3；
当x≥0时，|f(x)|≥eq \f(1,3)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x≥eq \f(1,3)，∴x≤1.
综上不等式的解集是x∈－3,1]．
解题技巧：本题主要考查了关于分段函数的不等式，解决本题的关键是分段求出不等式的解集，最后取并集．
16．－2－x＋3 解析：当x<0时，－x>0.∵当x>0时，f(x)＝2x－3，∴f(－x)＝2－x－3.
又f(x)是定义在R上的奇函数，∴当x<0时，f(－x)＝2－x－3＝－f(x)，∴f(x)＝－2－x＋3.
17．解：(1)由函数图案过点A(0,1)和B(3,8)知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,k·a－3＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,a＝\f(1,2)，))
∴f(x)＝2x.
(2)函数g(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)为奇函数．证明如下：
函数g(x)定义域为R，关于原点对称；
且对于任意x∈R，都有g(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝－eq \f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)成立．
∴函数g(x)为奇函数．
18．解：(1)设t＝2x，因为x∈－1,1]，
∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)，
∴t＝eq \f(1,2)时，f(x)max＝eq \f(1,4)，t＝2时，f(x)min＝－2.
∴f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(1,4))).
(2)设t＝2x，由f(x)>16－9×2x得t－t2>16－9t，
即t2－10t＋16<0，
∴2∴不等式的解集为(1,3)．
(3)方程有解等价于m在1－f(x)的值域内，∴m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，3)).
19．解：(1)当t∈0,1]时，设函数的解析式为y＝kt，将M(1,4)代入，得k＝4，∴ y＝4t.
又当t∈(1，＋∞)时，设函数的解析式为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t－a，
将点(3,1)代入得a＝3，∴ y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t－3.
综上，y＝f(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4t，0≤t≤1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t－3，t>1.))
(2)由f(t)≥0.25，解得eq \f(1,16)≤t≤5.
所以服药一次治疗疾病的有效时间为5－eq \f(1,16)＝eq \f(79,16)(小时)．
解题技巧：解题时，先观察图形，将图形语言转化成符号语言．由图形可知这是一个一次函数、指数函数相结合的题目．根据条件设出解析式，结合图象中的已知点求出函数解析式，再利用分段函数的知识即可求解服药一次治疗疾病的有效时间．
20．解：(1)由题知，f(x)的定义域是R，
∵f(x)是奇函数，∴f(0)＝0，即f(0)＝eq \f(a,2)＋eq \f(2,20＋1)＝0，
解得a＝－2.
经验证可知，f(x)是奇函数，
∴a＝－2.

(3)f(x)＝－1＋eq \f(2,2x＋1)，
∵2x>0，∴2x＋1>1，∴0∴－1故f(x)的值域为(－1,1)．
21．解：(1)因为x∈－1,1]，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)).
设t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))，则φ(x)＝t2－2at＋3＝(t－a)2＋3－a2.
当a当eq \f(1,3)≤a≤3时，ymin＝h(a)＝φ(a)＝3－a2；
当a>3时，ymin＝h(a)＝φ(3)＝12－6a.
∴h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(28,9)－\f(2a,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a<\f(1,3)))，,3－a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤a≤3))，,12－6aa>3.))
(2)假设满足题意的m，n存在，∵m>n>3，∴h(a)＝12－6a在(3，＋∞)上是减函数．
∵h(a)的定义域为n，m]，值域为n2，m2]，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12－6m＝n2，,12－6n＝m2，))两式相减，得6(m－n)＝(m－n)(m＋n)．
由m>n>3，∴m＋n＝6，但这与m>n>3矛盾，∴满足题意的m，n不存在．
解题技巧：本题主要考查了指数型函数的值域、存在性问题；解决存在性问题的关键是先假设存在，把假设作为已知条件进行推理，若推理合理则存在，若推理不合理则不存在．
22．解：(1)当a＝－eq \f(1,2)时，f(x)＝1－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))x.令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，∵x<0，∴t>1，f(t)＝1－eq \f(1,2)t＋t2.∵f(t)＝1－eq \f(1,2)t＋t2在(1，＋∞)上单调递增，∴f(t)>eq \f(3,2)，即f(x)在(－∞，1)的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
故不存在常数M>0，使|f(x)|≤M成立，∴函数f(x)在(－∞，0)上不是有界函数．
(2)由题意知，|f(x)|≤4，即－4≤f(x)≤4对x∈0，＋∞)恒成立．令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，∵x≥0，∴t∈(0,1]，∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(5,t)))≤a≤eq \f(3,t)－t对t∈(0,1]恒成立，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(5,t)))))max≤a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,t)－t))min.
设h(t)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(5,t)))，p(t)＝eq \f(3,t)－t，t∈(0,1]．
由于h(t)在t∈(0,1]上递增，p(t)在t∈(0,1]上递减，
h(t)在t∈(0,1]上的最大值为h(1)＝－6，p(t)在1，＋∞)上的最小值为p(1)＝2，
则实数a的取值范围为－6,2]．