广西专用高考数学一轮复习单元质检2函数含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检2函数含解析新人教A版理，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检二　函数(时间:100分钟　满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.设集合M={x|2x-1<1,x∈R},N={x|lox<1,x∈R},则M∩N等于(　　)A. B.(0,1)C. D.(-∞,1)2.已知函数f(x)=若f(a)=,则实数a的值为(　　)A.-1 B. C.-1或 D.1或-3.下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)内单调递增的是(　　)A.y=- B.y=-x2C.y=e-x+ex D.y=|x+1|4.(2021四川泸州高三诊断)函数f(x)=2ex的图象与函数g(x)=+5的图象交点所在的区间可能为(　　)A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)5.已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=f(x-1),若f(x)在区间[0,1]上单调递增,则f,f(1),f的大小关系为(　　)A.f<f(1)<fB.f(1)<f<fC.f<f<f(1)D.f<f(1)<f6.(2021贵州贵阳一中高三月考)若3a+log3a=9b+2log9b,则(　　)A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a<b27.若方程lo(a-2x)=2+x有解,则a的最小值为(　　)A.2 B.1 C. D.8.已知定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),f(x+1)=f(1-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=log2(x+1),则f(31)=(　　)A.0 B.1 C.-1 D.29.(2021四川绵阳高三模拟)函数f(x)=的大致图象为(　　)10.(2021云南昆明模拟预测)已知函数f(x)=2x-,若实数m满足f(log3m)-f(lom)≥2f(1),则实数m的取值范围是(　　)A. B. C.[1,3] D.[3,+∞)11.某公司租地建仓库,已知仓库每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比,而每月车载货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比.据测算,如果在距离车站10 km处建仓库,这两项费用y1,y2分别是2万元和8万元,那么要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站(　　)km处.A.5 B.4 C.3 D.212.设min{m,n}表示m,n二者中较小的一个,已知函数f(x)=x2+8x+14,g(x)=min(x>0).若∀x1∈[-5,a](a≥-4),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则a的最大值为(　　)A.-4 B.-3 C.-2 D.0二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知p:函数f(x)=|x+a|在区间(-∞,-1)内是单调函数,q:函数g(x)=loga(x+1)(a>0,且a≠1)在区间(-1,+∞)内是增函数,则¬p是q的　　　　　　　.(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要条件”) 14.(2021江苏常熟中学三模)已知函数f(x)同时满足①f(0)=0;②在区间[1,3]上单调递减;③f(1+x)=f(1-x).该函数的解析式可以是f(x)=　　　　　. 15.已知函数f(x)=的图象关于原点对称,g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函数,则a+b=　　　　　. 16.已知f(x)=若对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则t的取值范围是　　　　　. 三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)(2021湖南长沙质量检测)已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象过点A(-3,8).(1)求函数f(x)的解析式;(2)若函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值是最小值的4倍,求实数m的值. 18.(12分)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)若当x∈[-1,1]时不等式f(2x)-k·2x≥0有解,求实数k的取值范围. 19.(12分)近年来,“共享单车”的出现为市民“绿色出行”提供了极大的方便,某共享单车公司计划在甲、乙两个城市共投资240万元,根据行业规定,每个城市至少要投资80万元,由前期市场调研可知:甲城市收益P与投入a(单位:万元)满足P=4-6,乙城市收益Q与投入a(单位:万元)满足Q=设甲城市的投入为x(单位:万元),两个城市的总收益为f(x)(单位:万元).(1)当投资甲城市128万元时,求此时公司的总收益;(2)试问:如何安排甲、乙两个城市的投资,才能使公司总收益最大? 20.(12分)(2021山西太原五中月考)已知函数y=f(x)=(1)在平面直角坐标系中作出函数y=f(x)的图象;(2)g(x)=f(x)-a,若函数g(x)有3个零点,求实数a的取值范围;(3)解方程f(f(x))=0. 21.(12分)已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值-(t≠0),且f(1)=0.(1)求y=f(x)的解析式;(2)若函数y=f(x)在区间上的最小值为-5,求此时t的值. 22.(12分)已知函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时,f(x)<0,且f(1)=-2.(1)判断f(x)的奇偶性;(2)求f(x)在区间[-3,3]上的最大值;(3)解关于x的不等式f(ax2)-2f(x)<f(ax)+4. 答案：1.A　2.C　3.C　4.B　解析设h(x)=2ex--5.y=ex是R上的增函数,y=在区间(0,+∞)和(-∞,0)上都是减函数,因此h(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上都单调递增,由选项只考虑区间(0,+∞)上的情形,h(1)=2e-1-5=2e-6<0,h(2)=2e2--5=2e2->0,h(3)=2e3--5=2e3->0,h(4)=2e4--5=2e4->0,所以h(x)在区间(1,2)上存在零点.所以函数f(x)=2ex的图象与函数g(x)=+5的图象交点所在的区间可能为(1,2),选B.5.C　解析∵定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+1)=f(x-1),∴f(x+2)=f(x).∴f=f=f,f=f=f=f.∵f(x)在区间[0,1]上单调递增,∴f<f<f(1).∴f<f<f(1),故选C.6.B　解析设f(x)=3x+log3x,易知f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∵3a+log3a=32b+log3b,∴f(2b)=32b+log3(2b)>32b+log3b=3a+log3a=f(a),∴2b>a.7.B　解析若方程lo(a-2x)=2+x有解,则=a-2x有解,即+2x=a有解.∵+2x≥1,当且仅当=2x,即x=-1时,等号成立,∴a的最小值为1,故选B.8.C　解析∵函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x),∴函数f(x)是奇函数.∴f(x+1)=f(1-x)=-f(x-1),即f(x+2)=-f(x).∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即函数f(x)是周期为4的函数.∵当x∈[0,1]时,f(x)=log2(x+1),∴f(31)=f(32-1)=f(-1)=-f(1)=-log22=-1,故选C.9.B　解析由题得{x|x≠0},函数的定义域关于原点对称.f(-x)==-f(x),所以函数f(x)是奇函数,所以排除选项A;又f(1)=>0,所以排除选项D;又当x→+∞时,f(x)=,e-x→0,所以→+∞,f(x)→+∞,所以排除选项C.10.D　解析因为函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=2-x--2x=-f(x),所以f(x)为奇函数,又f(x)为R上的增函数,所以f(log3m)-f(lom)=f(log3m)-f(-log3m)=2f(log3m)≥2f(1),即f(log3m)≥f(1),所以log3m≥1,解得m≥3,所以实数m的取值范围是[3,+∞).11.A　解析设仓库到车站的距离为xkm,由题意,得y1=,y2=k2x,其中x>0.由当x=10时,两项费用y1,y2分别是2万元和8万元,可得k1=20,k2=,故y1+y2=x≥2=8,当且仅当x,即x=5时取等号,故选A.12.C　解析由题意得g(x)=则g(x)max=g(1)=2.在同一平面直角坐标系作出函数f(x)和g(x)的图象,如图所示.由f(x)=2得x=-6或x=-2.∵∀x1∈[-5,a],∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,∴a≤-2.∴a的最大值为-2.13.充要条件　解析由p成立,得a≤1;由q成立,得a>1.故¬p成立时a>1,即¬p是q的充要条件.14.2x-x2(答案不唯一)　解析由f(1+x)=f(1-x)可知f(x)的图象关于直线x=1对称,可设f(x)为二次函数,又f(0)=0且f(x)在区间[1,3]上单调递减,所以可设f(x)=2x-x2.15.　解析∵f(x)=的图象关于原点对称,∴函数f(x)是奇函数,∴f(0)=0,得a=1.∵g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函数,∴g(-x)=g(x)对任意的x都成立,∴lg(10-x+1)-bx=lg(10x+1)+bx,∴lg=lg(10x+1)+2bx,∴-x=2bx对一切x恒成立,∴b=-,∴a+b=.16.[,+∞)　解析(方法一)∵对任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,∴f(t+t)=f(2t)≥2f(t).当t<0时,f(2t)=-4t2≥2f(t)=-2t2,这不可能,故t≥0.∵当x∈[t,t+2]时,有x+t≥2t≥0,x≥t≥0,∴当x∈[t,t+2]时,不等式f(x+t)≥2f(x),即(x+t)2≥2x2,∴x+t≥x,∴t≥(-1)x对于x∈[t,t+2]恒成立.∴t≥(-1)(t+2),解得t≥.(方法二)当x<0时,f(x)=-x2单调递增,当x≥0时,f(x)=x2单调递增,∴f(x)=在R上单调递增,且满足2f(x)=f(x),∵不等式f(x+t)≥2f(x)=f(x)在区间[t,t+2]上恒成立,∴x+t≥x在区间[t,t+2]上恒成立,即t≥(-1)x在x∈[t,t+2]恒成立,∴t≥(-1)(t+2),解得t≥,故答案为[,+∞).17.解(1)因为函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象过点A(-3,8),所以a-3=8,解得a=,所以f(x)=.(2)由(1)知f(x)=,所以函数f(x)在R上单调递减.故函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值和最小值分别为,所以=4,即,解得m=2.18.解(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a.因为a>0,所以g(x)在区间[2,3]上是增函数,故解得(2)由已知可得f(x)=x+-2,所以f(2x)-k·2x≥0可化为2x+-2≥k·2x,可化为1+-2·≥k.令t=,则k≤t2-2t+1.因为x∈[-1,1],所以t∈.记h(t)=t2-2t+1,t∈,因为t∈,所以h(t)max=1.所以k≤1,即实数k的取值范围是(-∞,1].19.解(1)若投资甲城市128万元,则投资乙城市112万元,所以f(128)=4×-6+×112+2=88.故此时公司的总收益为88万元.(2)由题意知,若投资甲城市x万元,则投资乙城市(240-x)万元,依题意得解得80≤x≤160,当80≤x<120,即120<240-x≤160时,f(x)=4-6+32=4+26<26+16;当120≤x≤160,即80≤240-x≤120时,f(x)=4-6+(240-x)+2=-x+4+56.令t=,则t∈[2,4],所以y=-t2+4t+56=-(t-8)2+88,当t=8,即x=128时,y的最大值为88.因为88-(26+16)=2×(31-8)>0,故f(x)的最大值为88.故当投资甲城市128万元,投资乙城市112万元时,才能使公司总收益最大,且最大总收益为88万元.20.解(1)在平面直角坐标系中作出函数y=f(x)=的图象,如图所示.(2)因为g(x)=f(x)-a有3个零点,即y=f(x)的图象与直线y=a有3个交点,由函数图象可知0<a≤1.(3)由函数图象可知f(1)=f(-1)=0,因为f(f(x))=0,所以f(x)=1或f(x)=-1,即|log4x|=1或x+1=-1或x+1=1,解得x=4或x=或x=-2或x=0.即方程f(f(x))=0的解为x=4或x=-2或x=或x=0.21.解(1)设f(x)=a(a>0).因为f(1)=0,所以(a-1)=0.又因为t≠0,所以a=1,所以f(x)=(t≠0).(2)因为f(x)=(t≠0),所以当<-1,即t<-4时,f(x)在区间上的最小值f(x)min=f(-1)==-5,所以t=-;当-1≤,即-4≤t≤-1时,f(x)在区间上的最小值f(x)min=f=-=-5,所以t=±2(舍去);当,即t>-1时,f(x)在区间上的最小值f(x)min=f=-5,所以t=-(舍去).综上所述,可得t=-.22.解(1)取x=y=0,则f(0+0)=2f(0),即f(0)=0.取y=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x),即f(-x)=-f(x)对任意x∈R恒成立,故函数f(x)为奇函数.(2)任取x1,x2∈(-∞,+∞),且x1<x2,则x2-x1>0.∴f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,∴f(x2)<-f(-x1).又f(x)为奇函数,∴f(x1)>f(x2).∴f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数.∴对任意x∈[-3,3],恒有f(x)≤f(-3).∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2×3=-6,∴f(-3)=-f(3)=6,∴f(x)在区间[-3,3]上的最大值为6.(3)∵f(x)为奇函数,∴整理原不等式得f(ax2)+2f(-x)<f(ax)+f(-2).∴f(ax2-2x)<f(ax-2).∵f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数,∴ax2-2x>ax-2,即(ax-2)(x-1)>0.∴当a=0时,x∈(-∞,1);当a=2时,x∈{x∈R|x≠1};当a<0时,x∈;当0<a<2时,x∈;当a>2时,x∈.综上所述,当a=0时,原不等式的解集为(-∞,1);当a=2时,原不等式的解集为{x∈R|x≠1};当a<0时,原不等式的解集为;当0<a<2时,原不等式的解集为;当a>2时,原不等式的解集为.