2025年高考数学一轮复习讲义 考点归纳与方法总结 第12练 函数的图像（精练：基础+重难点）（含解析）

这是一份2025年高考数学一轮复习讲义 考点归纳与方法总结 第12练 函数的图像（精练：基础+重难点）（含解析），共25页。试卷主要包含了会画简单的函数图象等内容，欢迎下载使用。

1.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数.
2.会画简单的函数图象.
3.会运用函数图象研究函数的性质，解决方程解的个数与不等式解的问题.
一、单选题
1．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
2．（2022·天津·高考真题）函数的图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
且，
函数为奇函数，A选项错误；
又当时，，C选项错误；
当时，函数单调递增，故B选项错误；
故选：D.
3．（2022·全国·高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.
4．（2022·全国·高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
【A级 基础巩固练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数奇偶性，再考虑特殊点代入检验，即得.
【详解】依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，排除B,D两项，
又，排除C项，所以只有A选项符合.
故选:A．
2．（2024·四川南充·二模）已知函数，则函数的图象（ ）
A．关于点对称B．关于点对称C．关于点对称D．关于点对称
【答案】A
【分析】先求的对称中心，结合图象变换可得答案.
【详解】因为，所以，即的图象关于原点对称，
函数的图象可由的图象，先向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
所以函数的图象关于点对称.
故选：A.
3．（2024·湖北·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用排除法，根据选项代特值检验即可.
【详解】设题设函数为，由选项可知：ABCD中的函数定义域均为，
对于选项D：若，但此时，矛盾，故可排除D；
对于选项C：若，但此时，矛盾，故可排除C；
对于选项B：若，但此时，矛盾，故可排除B.
故选：A.
4．（23-24高三上·河北邢台·期末）已知函数，则函数的图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的定义域和值域，排除法选择正确选项.
【详解】因为的定义域为，所以的定义域为，所以排除A，C．
因为，所以，所以排除B．
故选：D
5．（2024·四川成都·三模）函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性排除两个选项，再根据时的函数值为正排除余下两个中的一个即得.
【详解】函数的定义域为，，
函数是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足；
当时，，则，C不满足，A满足.
故选：A
6．（2024·上海奉贤·二模）已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象和的奇偶性判断.
【详解】易知是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数，
A. ，定义域为R，
又，所以是奇函数，符合题意，故正确；
B. ，，不符合图象，故错误；
C. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误；
D. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误，
故选：A
7．（2024·辽宁抚顺·三模）函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.
【详解】易知，因为，令，得，或，
则时，，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以选项A符合题意,
故选：A.
8．（23-24高三上·贵州遵义·阶段练习）已知函数，若函数有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
转化为与图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【详解】令，故，
画出与的图象，
函数有3个零点，即与图象有3个不同的交点，
则，
解得.
故选：D
二、多选题
9．（23-24高三上·甘肃平凉·阶段练习）已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】BCD
【分析】根据分段函数的表达式作出函数图象，由二次函数的对称性即可判断A，根据对数的运算性质可判断B，结合函数图象即可求解CD.
【详解】解：由函数，作出其函数图象如图所示，
由图可知，；
当时，令，或，
所以；
由，得，
即，
所以，由图可知，
故选:BCD.
10．（2023·湖南岳阳·二模）设函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则满足条件的实数可以是（ ）
A．B．C．
D．
【答案】BD
【分析】根据对数函数和正弦函数的图象，对a分类讨论，结合对数函数、正弦函数的单调性求解即可.
【详解】函数和的图象，如图，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
函数在上单调递增，所以，
所以，解得；
当时，函数在上单调递增，所以，
由图可知，函数在上，有，得
所以，解得，
结合选项，实数a可以是和.
故选：BD.
三、填空题
11．（2023·上海宝山·一模）设为常数，若，则函数的图象必定不经过第 象限
【答案】二
【分析】由指数函数的性质与图象的平移可得.
【详解】已知,
则指数函数单调递增，过定点，且，
函数的图象是由函数函数向下平移个单位，
作出函数的图象，可知图象必定不经过第二象限.
故答案为：二.
12．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）函数的对称中心是 ．
【答案】
【分析】变形函数解析式，再借助反比例函数的性质，结合函数图象平移变换求解即得.
【详解】函数，
显然函数的图象可以由函数的图象向右平移2个单位，再向上平移1个单位而得，
而函数的图象的对称中心为，所以函数的图象的对称中心为.
故答案为：
13．（22-23高二下·陕西西安·期中）直线与函数图象的交点个数为 ．
【答案】4
【分析】根据二次函数的性质，结合图象变换，作图，可得答案.
【详解】令，，解得或，
将代入，解得，可作图如下：

由图可知，直线与函数图象的交点个数为.
故答案为：.
14．（23-24高三上·黑龙江·阶段练习）把函数的图象向右平移1个单位，再把横坐标缩小为原来的，所得图象的函数解析式是 .
【答案】
【分析】根据函数图象变换的性质进行求解即可,
【详解】函数的图象向右平移1个单位，得到，
函数的横坐标缩小为原来的，
所得图象的函数解析式是，
故答案为：
15．（2023高三·全国·专题练习）函数的图象与的图象关于轴对称，再把的图象向右平移1个单位长度后得到函数的图象，则 .
【答案】
【分析】根据函数的对称性及函数图象变换的原则即可求解.
【详解】解：由题意可知，
把的图象向右平移1个单位长度后得，
故答案为：.
16．（22-23高一上·内蒙古包头·期末）函数，若函数，有三个不同的零点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】对分段函数的每一段进行单调性分析，画出对应的图象，然后结合题意可得到与有三个不同的交点，结合图象即可求解
【详解】当时，根据对勾函数可得在上单调递增，在上单调递减，故此时最小值；
当时，根据在上单调递减，故此时最小值；
作出对应的图象，如图所示
函数有三个不同的零点，可看作与有三个不同的交点，
从图象可得到实数m的取值范围是
故答案为：
【B级 能力提升练】
一、单选题
1．（2024·广西·模拟预测）已知函数，，如图为函数的图象，则可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由函数的奇偶性结合函数的定义域和图象逐项分析即可；
【详解】依题意可知，函数的定义域为R，，
所以函数为奇函数．
函数的定义域为，，
所以函数为偶函数．
对于A，的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故A错误；
对于B，函数的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故B错误；
对于C，函数的定义域为，，所以为奇函数，故C正确；
对于D，函数的定义域为且，故D错误；
故选：C．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用排除法，结合函数值的符号和定义域逐项分析判断．
【详解】根据题意，用排除法分析：
对于选项A：，当时，有，不符合题意；
对于选项B：当时，，不符合题意；
对于选项D：的定义域为，不符合题意；
故选：C．
3．（2023·河北·模拟预测）已知函数，则下列函数为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对称性分析可得函数有且仅有一个对称中心，结合图象变换分析判断.
【详解】由题意可得：，
因为
，
若为定值，
则，解得，此时，
所以函数有且仅有一个对称中心.
对于选项A：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故A错误；
对于选项B：有且仅有一个对称中心为，符合题意，故B正确；
对于选项C：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故C错误；
对于选项D：有且仅有一个对称中心为，不合题意，故D错误；
故选：B.
4．（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．
【详解】作出函数的图象，如图所示：

将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点；
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故选：C．
5．（2024·安徽·模拟预测）如图，直线在初始位置与等边的底边重合，之后开始在平面上按逆时针方向绕点匀速转动（转动角度不超过），它扫过的三角形内阴影部分的面积是时间的函数．这个函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，设等边的边长为，求得，令，其中，结合导数，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，因为为等边三角形，可得，
设等边的边长为，且，其中，
可得，
又由的面积为，可得，
且，
则的面积为，
令，其中，
可得，所以为单调递增函数，
又由余弦函数的性质得，当时，函数取得最小值，
所以阴影部分的面积一直在增加，但是增加速度先快后慢再快，
结合选项，可得选项C符合题意.
故选：C.
二、多选题
6．（2024高三·全国·专题练习）（多选）某学习小组在研究函数f（x）＝的性质时，得出了如下结论，其中正确的结论是 （ ）
A．函数f（x）的图象关于点（2，0）中心对称
B．函数f（x）在（－2，0）上单调递增
C．函数f（x）在[0，2）上的最大值为－
D．方程f（x）－x＝0有2个不同实根
【答案】BCD
【详解】
解析：由y＝→y＝→y＝的路线，结合图象变换规则，可得y＝f（x）大致图象如图.
由函数f（x）是偶函数及图象知，函数f（x）的图象不关于点（2，0）中心对称，故A错误；由图象知，函数f（x）在（－2，0）上单调递增，故B正确；由图知，函数f（x）在[0，2）上单调递减，因此x∈[0，2）时，f（x）max＝f（0）＝－，故C正确；当x0时，y＝x与y＝f（x）有一个交点，故D正确．故选BCD.
【考查意图】分段函数的图象及单调性、最值应用
7．（2024·安徽合肥·一模）函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用分类讨论及函数的单调性与导数的关系，结合函数的性质即可求解.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
当时，，函数在上单调递增，故B正确；
当时，，，所以在上单调递增，故D正确；
当时，当时，；当时，；
故A正确；C错误.
故选：ABD.
三、填空题
8．（21-22高三上·陕西渭南·阶段练习）把函数的图象向左平移()个单位长度后，所得图象对应的函数在上单调递增，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】作出f(x)的图象，根据f(x)单调性即可和函数图象的平移即可求解．
【详解】函数的图象如图：
f(x)图象关于x＝1对称，在x＜1时单调递减，x＞1时单调递增，
将f(x)的图象向左平移t(t＞0)个单位得到g(x)图象，
要使g(x)图象在上单调递增，则t≥1．
故答案为：
9．（2024·全国·模拟预测）方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性与最值，作出函数大致图象，数形结合计算即可.
【详解】由题意，得方程有两个不相等的实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．所以当时，取最大值．
作出函数的大致图象，如图．
由图可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，
即方程有两个不相等的实数根，所以实数的取值范围为．
故答案为：.
【C级 拓广探索练】
一、单选题
1．（2024·河南·模拟预测）在棱长为1的正四面体中，P为棱（不包含端点）上一动点，过点P作平面，使，与此正四面体的其他棱分别交于E，F两点，设，则的面积S随x变化的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取的中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】令，，根据对称性，问题可以转化为与的图象在内有个不同的交点，画出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与的图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是，其他值均不符合要求,.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为与的图象在内有个不同的交点.
二、填空题
3．（2024高三·北京·专题练习）已知函数，则下列说法正确的有 .
①函数的值域为；
②方程有两个不等的实数解；
③不等式的解集为；
④关于的方程的解的个数可能为.
【答案】①③④
【分析】作出的函数图象即可判断①②，利用换元法求解③，利用换元法并结合二次函数的图象求解④.
【详解】画出的图象，如下图所示：
令，解得或，
所以的图象与轴交于，
对于①，由图象可知，函数的值域为则①正确；
对于②，由图象可知，直线与函数图象有三个不同的交点，故方程有三个不等的实数解，则②错误；
对于③，由图象可知，令，则，由图象可知或，
即或，∴或，
∴或或，
∴或或，
∴不等式的解集为；则③正确；
对于④，令，则，则，
当时，，由图可知与的图象有两个交点，即方程解的个数为2个，
当时，即时，，
∵，∴，，
当时，，则有两解，
当时，若，则有三解，若，则有两解，
即关于的方程的解的个数可能为或个解，
综上所述，关于的方程的解的个数可能为.
故答案为：①③④.
【点睛】方法点睛：函数零点求参数取值范围常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．