2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测21《函数的图象与性质》小题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测21《函数的图象与性质》小题练(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
函数f(x)=eq \f(3x2,\r(1－x))＋ SKIPIF 1 < 0 的定义域是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.[0,1)
函数y=ln(2－|x|)的大致图象为( )
已知奇函数f(x)满足f(x＋1)=f(1－x)，若当x∈(－1,1)时，f(x)=lgeq \f(1＋x,1－x)，
且f(2 018－a)=1，则实数a的值可以是( )
A.eq \f(9,11) B.eq \f(11,9) C.－eq \f(9,11) D.－eq \f(11,9)
函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x－2)，x>2，,x2＋2，x≤2，))则f[f(1)]=( )
A.－eq \f(1,2) B.2 C.4 D.11
已知奇函数f(x)在R上单调递增，若f(1)=1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A.[－2,2] B.[－1,1] C.[0,4] D.[1,3]
已知奇函数f(x)满足对任意的x∈R都有f(x＋6)=f(x)＋f(3)成立，且f(1)=1，f(2)=2，则f(2 017)＋f(2 018)=________.
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(0,1] B.[1，＋∞) C.(0,1) D.(－∞，1]
如图，已知l1⊥l2，圆心在l1上、半径为1 m的圆O沿l1以1 m/s的速度匀速竖直向上移动，且在t=0时，圆O与l2相切于点A，圆O被直线l2所截得到的两段圆弧中，位于l2上方的圆弧的长记为x，令y=cs x，则y与时间t(0≤t≤1，单位：s)的函数y=f(t)的图象大致为( )

已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=lg2(x＋2)－1，则f(－6)=( )
A.2 B.4 C.－2 D.－4
函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，f(x)>0，满足f(x·y)=f(x)·f(y)，且在区间(0，＋∞)上单调递增，若m满足f(lg3m)＋f( SKIPIF 1 < 0 )≤2f(1)，则实数m的取值范围是( )
A.[1,3] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(1,3] D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))∪(1,3]
若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：
(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)=0；
(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有 SKIPIF 1 < 0 <0.给出下列四个函数，
①f(x)=sin x； ②f(x)=－2x3； ③f(x)=1－x； ④f(x)=ln(eq \r(x2＋1)＋x).
其中为“优美函数”的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
二、填空题
若f(x)=2x＋2－xlg a是奇函数，则实数a=________.
已知函数f(x)=min{2eq \r(x)，|x－2|}，其中min{a，b}=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b，))若动直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点，且它们横坐标分别为x1，x2，x3，则x1·x2·x3最大值是_____.
已知a>0，函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin\f(π,2)x，x∈[－1，0，,ax2＋ax＋1，x∈[0，＋∞，))若f(t－eq \f(1,3))>－eq \f(1,2)，
则实数t的取值范围为________.
已知函数y=f(x)(x∈R)，对函数y=g(x)(x∈R)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y=h(x)(x∈R)，y=h(x)满足：对任意的x∈R，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)=eq \r(4－x2)关于f(x)=3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.
\s 0 参考答案
答案为：D；
解析：要使函数有意义，需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg3x＋1≥0，,1－x>0.))即0≤x<1.
答案为：A；
解析：令f(x)=ln(2－|x|)，易知函数f(x)的定义域为{x|－2且f(－x)=ln(2－|－x|)=ln(2－|x|)=f(x)，所以函数f(x)为偶函数，排除选项C，D.
当x=eq \f(3,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))=lneq \f(1,2)<0，排除选项B，故选A.
答案为：A；
解析：∵f(x＋1)=f(1－x)，∴f(x)=f(2－x)，
又函数f(x)为奇函数，∴f(－x)=－f(x)，∴f(2＋x)=－f(x)，
∴f(x＋4)=－f(x＋2)=f(x)，
∴函数f(x)为周期函数，周期为4.当x∈(－1，1)时，
令f(x)=lgeq \f(1＋x,1－x)=1，得x=eq \f(9,11)，
又f(2 018－a)=f(2－a)=f(a)，∴a可以是eq \f(9,11)，故选A.
答案为：A；
解析：由x2－x－1≥0，可得函数f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x≤\f(1－\r(5),2)或x≥\f(1＋\r(5),2))).
令t=eq \r(x2－x－1)，则y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t，该指数函数在定义域内为减函数.根据复合函数的单调性，
要求函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x2－x－1)的单调递增区间，即求函数t=eq \r(x2－x－1)的单调递减区间，
易知函数t=eq \r(x2－x－1)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2))).
所以函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x2－x－1)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2)))，故选A.
答案为：C；
解析：∵f(1)=12＋2=3，∴f [f(1)]=f(3)=3＋eq \f(1,3－2)=4.故选C.
答案为：D；
解析：因为f(x)为奇函数，且f(1)=1，所以f(－1)=－1，故f(－1)=－1≤f(x－2)≤1=f(1)，又函数f(x)在R上单调递增，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3，故选D.
答案为：3;
解析：因为f(x＋6)=f(x)＋f(3)，所以当x=－3时，有f(3)=f(－3)＋f(3)，
即f(－3)=0，又f(x)为奇函数，所以f(3)=0，所以f(x＋6)=f(x)，
函数f(x)是以6为周期的周期函数，
f(2 017)＋f(2 018)=f(336×6＋1)＋f(336×6＋2)=f(1)＋f(2)=3.
答案为：A；
解析：画出函数f(x)的大致图象如图所示.
因为函数f(x)在R上有两个零点，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点.
当x≤0时，f(x)有一个零点，需0≤1－a<1，即0当x>0时，f(x)有一个零点，需－a<0，即a>0.综上0 答案为：B；
解析：如图所示，设∠MON=α，由弧长公式知x=α，
在Rt△AOM中，|AO|=1－t，cs eq \f(x,2)=eq \f(|OA|,|OM|)=1－t，
∴y=cs x=2cs2eq \f(x,2)－1=2(t－1)2－1(0≤t≤1).故其对应的大致图象应为B.
答案为：C；
解析：由题意，知f(－6)=－f(6)=－(lg28－1)=－3＋1=－2，故选C.
答案为：D；
解析：由于f(x·y)=f(x)·f(y)，f(x)>0，则令x=y=1可得f(1)=[f(1)]2，即f(1)=1.
令x=y=－1，则f(1)=[f(－1)]2=1，即f(－1)=1.
令y=－1，则f(－x)=f(x)f(－1)=f(x)，即f(x)为偶函数.
由f(lg3m)＋f( SKIPIF 1 < 0 )=2f(1)得2f(lg3m)≤2f(1)，得f(|lg3m|)≤f(1).
由于f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
则|lg3m|≤1，且lg3m≠0，解得m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))∪(1,3].
答案为：B；
解析：由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数.
对于①，f(x)=sin x在R上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f(x)=－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f(x)=1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”.故选B.
二、填空题
答案为：eq \f(1,10)；
解析：∵函数f(x)=2x＋2－xlg a是奇函数，∴f(x)＋f(－x)=0，
即2x＋2－xlg a＋2－x＋2xlg a=0，(2x＋2－x)(1＋lg a)=0，∴lg a=－1，∴a=eq \f(1,10).
答案为：1;
解析：因为函数f(x)=min{2eq \r(x)，|x－2|}
=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(x)，0≤x≤4－2\r(3)，,2－x，4－2\r(3)4＋2\r(3)，))作出其大致图象如图所示，
若直线y=m与函数f(x)的图象有三个不同的交点，则0则易知2eq \r(x1)=m，所以x1=eq \f(m2,4)；同理，2－x2=m，所以x2=2－m；x3－2=m，所以x3=2＋m，
所以x1·x2·x3=eq \f(m2,4)(2－m)(m＋2)=eq \f(m24－m2,4)≤eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2＋4－m2,2)))2=1，
当且仅当m2=4－m2，即m=eq \r(2)时取等号.
答案为：(0，＋∞);
解析：当x∈[－1,0)时，函数f(x)=sineq \f(π,2)x单调递增，且f(x)∈[－1,0)，
当x∈[0，＋∞)时，函数f(x)=ax2＋ax＋1，此时函数f(x)单调递增且f(x)≥1，
综上，当x∈[－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，由f(x)=sineq \f(π,2)x=－eq \f(1,2)得eq \f(π,2)x=－eq \f(π,6)，
解得x=－eq \f(1,3)，则不等式f(t－eq \f(1,3))>－eq \f(1,2)，等价于f(t－eq \f(1,3))>f(－eq \f(1,3))，
∵函数f(x)是增函数，∴t－eq \f(1,3)>－eq \f(1,3)，即t>0.故t的取值范围为(0，＋∞).
答案为：(2eq \r(10)，＋∞)；
解析：根据“对称函数”的定义可知，eq \f(hx＋\r(4－x2),2)=3x＋b，
即h(x)=6x＋2b－eq \r(4－x2)，h(x)>g(x)恒成立，等价于6x＋2b－eq \r(4－x2)> eq \r(4－x2)，
即3x＋b>eq \r(4－x2)恒成立，设y1=3x＋b，y2=eq \r(4－x2)，作出两个函数对应的图象如图所示，
当直线和上半圆相切时，圆心到直线的距离d=eq \f(|b|,\r(1＋32))=eq \f(|b|,\r(10))=2，即|b|=2eq \r(10)，
∴b=2eq \r(10)或b=－2eq \r(10)(舍去)，若要使h(x)>g(x)恒成立，则b>2eq \r(10)，
即实数b的取值范围是(2eq \r(10)，＋∞).