2024届高三数学一轮复习基础夯实练11：二次函数与幂函数

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练11：二次函数与幂函数，共7页。试卷主要包含了已知p，已知a＝，b＝，c＝，则，已知幂函数f＝为偶函数，设二次函数f满足等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练11  二次函数与幂函数1．已知p：f(x)是幂函数，q：f(x)的图象过点(0,0)，则p是q的(　　)A．充要条件   B．充分不必要条件C．必要不充分条件   D．既不充分也不必要条件2．(2023·保定检测)已知a＝，b＝，c＝，则(　　)A．b<a<c   B．a<b<cC．b<c<a   D．c<a<b3．(2023·厦门模拟)函数y＝ax＋b和y＝ax2＋bx＋c在同一平面直角坐标系内的图象可以是(　　)4．已知函数f(x)＝x2－2(a－1)x＋a，若对于区间[－1,2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有f(x1)≠f(x2)，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0]   B．[0,3]C．(－∞，0]∪[3，＋∞)   D．[3，＋∞)5．(多选)幂函数f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，则以下说法正确的是(　　)A．m＝3B．函数f(x)在(－∞，0)上单调递增C．函数f(x)是偶函数D．函数f(x)的图象关于原点对称6．(多选)若二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－2,3]上的最大值为6，则a等于(　　)A．－  B.  C．－5  D．57．已知二次函数f(x)的图象经过点(4,3)，且图象被x轴截得的线段长为2，并且对任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，则f(x)的解析式为________．8．(2022·人大附中质检)已知二次函数f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域为[1，＋∞)，则＋的最小值为________．9．已知幂函数f(x)＝(2m2－m－2)(m∈R)为偶函数．(1)求f(x)的解析式；(2)若函数g(x)＝f(x)－2(a－1)x＋1在区间[0,4]上的最大值为9，求实数a的值．        10．设二次函数f(x)满足：①当x∈R时，总有f(－1＋x)＝f(－1－x)；②函数f(x)的图象与x轴的两个交点为A，B，且|AB|＝4；③f(0)＝－.(1)求f(x)的解析式；(2)若存在t∈R，只要x∈[1，m](m>1)，就有f(x＋t)≤x－1成立，求满足条件的实数m的最大值．          11.已知幂函数y＝xa与y＝xb的部分图象如图所示，直线x＝m2，x＝m(0<m<1)与y＝xa，y＝xb的图象分别交于A，B，C，D四点，且|AB|＝|CD|，则ma＋mb等于(　　)A.   B．1C.   D．212．设关于x的方程x2－2mx＋2－m＝0(m∈R)的两个实数根分别是α，β，则α2＋β2＋5的最小值为________．13．已知函数f(x)＝2ax2－2 022x－2 023，对任意t∈R，在区间[t－1，t＋1]上存在两个实数x1，x2，使|f(x1)－f(x2)|≥1成立，则a的取值范围是(　　)A.B．[－1,1]C．(－∞，－1]∪{0}∪[1，＋∞)D.∪{0}∪14．已知函数f(x)＝x2－4x＋1，设1≤x1<x2<x3<…<xn≤4，若|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤M，则M的最小值为(　　)A．3  B．4  C．5  D．6
参考答案1．D　2.A　3.C　4.C　5.ABD　6.BC7．f(x)＝x2－4x＋3解析　∵f(2＋x)＝f(2－x)对任意x∈R恒成立，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝2，又∵f(x)的图象被x轴截得的线段长为2，∴f(x)＝0的两根为1和3，设f(x)的解析式为f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，∵f(x)的图象过点(4,3)，∴3a＝3，∴a＝1，∴所求函数的解析式为f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.8．3解析　因为二次函数f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域为[1，＋∞)，则a>0，所以f(x)min＝＝＝1，即ac－1＝a，可得a＝>0，则c>1，所以＋＝c＋－1≥2－1＝3，当且仅当c＝2时，等号成立，因此＋的最小值为3.9．解　(1)由幂函数可知2m2－m－2＝1，解得m＝－1或m＝，当m＝－1时，f(x)＝x2，函数为偶函数，符合题意；当m＝时，f(x)＝x7，函数为奇函数，不符合题意，故f(x)的解析式为f(x)＝x2.(2)由(1)得，g(x)＝f(x)－2(a－1)·x＋1＝x2－2(a－1)x＋1.函数的对称轴为x＝a－1，开口向上，f(0)＝1，f(4)＝17－8(a－1)，由题意得，在区间[0,4]上，f(x)max＝f(4)＝17－8(a－1)＝9，解得a＝2，经检验a＝2符合题意，所以实数a的值为2.10．解　(1)由题意知，函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且方程f(x)＝0的两根为－3和1，设f(x)＝a(x＋3)(x－1)，又f(0)＝－，则f(0)＝－3a＝－，解得a＝.故f(x)＝x2＋x－.(2)只要x∈[1，m](m>1)，就有f(x＋t)≤x－1，即x2＋2(t－1)x＋(t＋1)2≤0，取x＝1，t2＋4t≤0，－4≤t≤0；取x＝m，[m＋(t－1)]2≤－4t，即1－t－2≤m≤1－t＋2，由－4≤t≤0得0≤－t≤4,1－t＋2≤1＋4＋2×＝9，故当t＝－4时，m≤9；当m＝9时，存在t＝－4，只要x∈[1,9]，就有f(x－4)－(x－1)＝(x－1)(x－9)≤0成立，满足题意．故满足条件的实数m的最大值为9.11．B　[由题意，|AB|＝|(m2)a－(m2)b|，|CD|＝|ma－mb|，根据图象可知b>1>a>0，当0<m<1时，(m2)a>(m2)b，ma>mb，因为|AB|＝|CD|，所以m2a－m2b＝(ma＋mb)(ma－mb)＝ma－mb，因为ma－mb>0，所以ma＋mb＝1.]12．7解析　由题意有且Δ＝4m2－4(2－m)≥0，解得m≤－2或m≥1，α2＋β2＋5＝(α＋β)2－2αβ＋5＝4m2＋2m＋1，令f(m)＝4m2＋2m＋1，而f(m)图象的对称轴为m＝－，且m≤－2或m≥1，所以f(m)min＝f(1)＝7.13．D　[存在两个实数x1，x2，使|f(x1)－f(x2)|≥1⇔f(x)max－f(x)min≥1，当a＝0时，f(x)＝－2 022x－2 023，f(t－1)－f(t＋1)＝2×2 022>1，显然符合；当a≠0时，f(x)＝2ax2－2 022x－2 023与y＝2ax2的图象完全“全等”，即可以通过平移完全重合．因为t－1≤x≤t＋1且t∈R，即用一个区间宽度为2的任意区间去截取函数图象，使得图象的最高点与最低点间的纵坐标之差大于等于1，因此取纵坐标之差最小的状态为f(x)＝2ax2(－1≤x≤1)，当a>0时，此时f(x)max－f(x)min＝2a－0≥1，故a≥；当a<0时，此时f(x)max－f(x)min＝0－2a≥1，故a≤－，综上，a的取值范围是∪{0}∪.]14．C　[函数f(x)＝x2－4x＋1在[1,2]上单调递减，在(2,4]上单调递增．由绝对值的几何意义，∴|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|表示将函数f(x)在(x1，xn)上分成n－1段，取每段两端点函数值差的绝对值总和．又根据f(x)的单调性知原式最大值为|f(1)－f(2)|＋|f(2)－f(4)|＝f(1)－f(2)＋f(4)－f(2)＝5，∴M≥5，则M的最小值为5.]