2024届高考数学二轮复习专题强化练(十五)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十五)含答案，共13页。试卷主要包含了以下函数满足f＝－f的是等内容，欢迎下载使用。

A．f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1) B．f(x)＝x＋ln x
C．f(x)＝eq \r(\f(1－x,1＋x)) D．f(x)＝eq \r(|x|)
解析：若函数满足f(x)＝－f(－x)，则函数f(x)为奇函数，
对于A，函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，即f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，故A正确；
对于B，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，不关于原点对称，所以函数f(x)不具有奇偶性，故B错误；
对于C，由eq \f(1－x,1＋x)≥0可得，－1所以函数f(x)不具有奇偶性，故C错误；
对于D，函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq \r(|－x|)＝eq \r(|x|)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故D错误．
故选A.
答案：A
2．(2023·广东模拟)函数f(x)＝sin (x3－x)的部分图象可以为( )
解析：函数f(x)＝sin (x3－x)，定义域为R，
且f(－x)＝sin (－x3＋x)＝－sin (x3－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D，
又因为f(eq \f(1,2))＝sin (eq \f(1,8)－eq \f(1,2))＝sin (－eq \f(3,8))＝－sin eq \f(3,8)<0，排除B.
故选A.
答案：A
3．(2023·深圳一模)已知f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝ex，则f(e)＝( )
A．ee B．－ee
C．e－e D．－e－e
解析：f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝ex，
则f(e)＝－f(－e)＝－e－e，
故选D.
答案：D
4．(2023·广东一模)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f(eq \f(9,2))＝( )
A．－eq \f(9,4) B．－eq \f(3,2)
C．eq \f(7,4) D．eq \f(5,2)
解析：因为f(x＋1)为奇函数，所以f(1)＝0，且f(x＋1)＝－f(－x＋1)，
因为f(x＋2)偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，
所以f[(x＋1)＋1]＝－f[－(x＋1)＋1]＝－f(－x)，
即f(x＋2)＝－f(－x)，
所以f(－x＋2)＝f(x＋2)＝－f(－x)，
令t＝－x，则f(t＋2)＝－f(t)，
所以f(t＋4)＝－f(t＋2)＝f(t)，
所以f(x＋4)＝f(x)，
因为当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b，
所以f(0)＝f(－1＋1)＝－f(2)＝－4a－b，
f(3)＝f(1＋2)＝f(－1＋2)＝f(1)＝a＋b，
又f(0)＋f(3)＝6，所以－3a＝6，解得a＝－2，
因为f(1)＝a＋b＝0，所以b＝－a＝2，
所以当x∈[1，2]时，f(x)＝－2x2＋2，
所以f(eq \f(9,2))＝f(eq \f(1,2))＝－f(eq \f(3,2))＝－(－2×eq \f(9,4)＋2)＝eq \f(5,2)，
故选D.
答案：D
5．(2023·广东模拟)若存在常数a，b，使得函数f(x)对定义域内的任意x值均有f(x)＋f(2a－x)＝2b，则f(x)关于点(a，b)对称，函数f(x)称为“准奇函数”．现有“准奇函数”g(x)，对于∀x∈R，g(x)＋g(－x)＝4，则函数h(x)＝sin x＋x＋2g(x)－1在区间[－2 023，2 023]上的最大值与最小值的和为( )
A．4 B．6
C．7 D．8
解析：令t(x)＝2g(x)－1，
则t(－x)＋t(x)＝2g(－x)－1＋2g(x)－1＝6，
所以t(x)关于点(0，3)中心对称；
令m(x)＝sin x＋x＋3，
则m(－x)＋m(x)＝－sin x－x＋3＋sin x＋x＋3＝6，
所以m(x)关于点(0，3)中心对称；
因为h(x)＝m(x)＋t(x)－3，
所以h(x)＋3＝m(x)＋t(x)，
设h(x)在x＝x0处取得最大值，则在x＝－x0处取得最小值，
所以h(x0)＋3＋h(－x0)＋3＝m(x0)＋m(－x0)＋t(x0)＋t(－x0)＝12，
所以h(x0)＋h(－x0)＝6，
即h(x)的最大值与最小值的和为6.
故选B.
答案：B
6．(2023·惠州一模)若函数f(x)的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有f(x)>0，－x∈D，且f(－x)f(x)＝1，则称函数f(x)为“类奇函数”．若某函数g(x)是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是( )
A．若0在g(x)定义域中，则g(0)＝1
B．若g(x)max＝g(4)＝4，则g(x)min＝g(－4)＝eq \f(1,4)
C．若g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)在(－∞，0)上单调递减
D．若g(x)定义域为R，且函数h(x)也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G(x)＝g(x)h(x)也是“类奇函数”
解析：对于A，由函数g(x)是“类奇函数”，
所以g(x)g(－x)＝1，且g(x)>0，
所以当x＝0时，g(0)g(－0)＝1，即g(0)＝1，故A正确；
对于B，由g(x)g(－x)＝1，即g(－x)＝eq \f(1,g（x）)，g(－x)随g(x)的增大而减小，
若g(x)max＝g(4)＝4，则g(x)min＝g(－4)＝eq \f(1,4)成立，故B正确；
对于C，由g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(－x)＝eq \f(1,g（x）)，在x∈(0，＋∞)上单调递减，设t＝－x∈(－∞，0)，
所以g(t)在t∈(－∞，0)上单调递增，即g(x)在x∈(－∞，0)上单调递增，故C错误；
对于D，由g(x)g(－x)＝1，h(x)h(－x)＝1，
所以G(x)G(－x)＝g(x)g(－x)h(x)h(－x)＝1，
所以函数G(x)＝g(x)h(x)也是“类奇函数”，故D正确．
故选C.
答案：C
7．(2023·茂名二模)黎曼函数R(x)是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R(x)在[0，1]上的定义为：当x＝eq \f(q,p)(p>q，且p，q为互质的正整数)时，R(x)＝eq \f(1,p)；当x＝0或x＝1或x为(0，1)内的无理数时，R(x)＝0，则下列说法错误的是( )
A．R(x)在[0，1]上的最大值为eq \f(1,2)
B．若a，b∈[0，1]，则R(a·b)≥R(a)·R(b)
C．存在大于1的实数m，使方程R(x)＝eq \f(m,m＋1)(x∈[0，1])有实数根
D．∀x∈[0，1]，R(1－x)＝R(x)
解析：对于A，由题意，R(x)的值域为{0，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，…，eq \f(1,p)，…}，其中p是大于等于2的正整数，选项A正确；
对于B，①若a，b∈(0，1]，设a＝eq \f(q,p)，b＝eq \f(n,m)(p，q互质，m，n互质)，a·b＝eq \f(q,p)·eq \f(n,m)≥eq \f(1,p)·eq \f(1,m)，则R(a·b)≥R(a)·R(b)，
②若a，b有一个为0，则R(a·b)≥R(a)·R(b)＝0，选项B正确；
对于C，若n为大于1的正数，则eq \f(n,n＋1)>eq \f(1,2)，而R(x)的最大值为eq \f(1,2)，
所以该方程不可能有实根，选项C错误；
对于D，x＝0，1或(0，1)内的无理数，则R(x)＝0，R(1－x)＝0，R(x)＝R(1－x)，
若x为(0，1)内的有理数，设x＝eq \f(q,p)(p，q为正整数，eq \f(q,p)为最简真分数)，则R(x)＝R(1－x)＝eq \f(1,p)，选项D正确．
故选C.
答案：C
8．(2023·广州天河区三模)定义max{p，q}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p，p≥q，,q，pA．(－∞，0]∪[1，＋∞)
B．[－1，0]∪[1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．[－1，1]
解析：命题∃x∈R使得f(x)≤0成立的否定为对∀x∈R，f(x)>0，因为当x>1或x<－1时，2|x|－2>0，当－1≤x≤1时，2|x|－2<0，
所以当x>1或x<－1时，f(x)>0，
若命题∀x∈R，f(x)>0为真命题，
则当－1≤x≤1时，x2－2ax＋a>0恒成立，
所以(x2－2ax＋a)min>0，其中x∈[－1，1]，
设g(x)＝x2－2ax＋a，x∈[－1，1]，
当a≤－1时，函数g(x)在[－1，1]上单调递增，
所以当x＝－1时，函数g(x)取最小值，所以1＋2a＋a>0，所以a>－eq \f(1,3)，与a≤－1矛盾，舍去；
当a≥1时，函数g(x)在[－1，1]上单调递减，
所以当x＝1时，函数g(x)取最小值，所以1－2a＋a>0，
所以a<1，与a≥1矛盾，舍去；
当－1所以x＝a时，函数g(x)取最小值，所以a2－2a2＋a>0，
所以0所以当00为真命题，
所以若∃x∈R使得f(x)≤0成立，
则a的取值范围为(－∞，0]∪[1，＋∞)．
故选A.
答案：A
9．(多选题)(2023·广州天河区三模)设定义在R上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)．若f(x)－g(4－x)＝2，g′(x)＝f′(x－2)，且f(x＋2)为奇函数，则( )
A．∀x∈R，f(4＋x)＋f(－x)＝0
B．g(3)＋g(5)＝4
C．eq \i\su(k＝0,2 023, )f(k)＝0
D．eq \i\su(k＝0,2 023, )g(k)＝0
解析：对A，因为f(x＋2)为奇函数，
则y＝f(x)图象关于(2，0)对称，且f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
所以f(4＋x)＋f(－x)＝0，A正确：
对于C，因为g′(x)＝f′(x－2)，
则g(x)＝f(x－2)＋a，
则g(4－x)＝f(2－x)＋a，
又f(x)－g(4－x)＝2，
所以f(x)＝f(2－x)＋a＋2，
令x＝1，可得a＋2＝0，即a＝－2.
所以f(x)＝f(2－x)，又f(4＋x)＋f(－x)＝0，
所以f(x＋2)＝－f(－x＋2)＝－f(x)，
所以f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，
所以y＝f(x)的周期T＝4，
所以f(0)＝f(4)，
由f(2＋x)＋f(2－x)＝0可得，f(1)＋f(3)＝0，f(4)＋f(0)＝0，f(2)＝0，所以f(0)＝0，f(4)＝0，
所以eq \i\su(k＝0,2 023, )f(k)＝505[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＝505[f(1)＋f(2)＋f(3)]＝0，
C正确；
对B，g(x)＝f(x－2)－2，则g(x)是周期T＝4的函数，
g(3)＋g(5)＝f(1)－2＋f(3)－2＝－4，B错误；
对D，f(－1)＝f(－1＋2 024)＝f(2 023)，
f(0)＝f(2)＝f(2＋2 020)＝f(2 022)，
所以eq \i\su(k＝0,2 023, )g(k)＝f(－1)－2＋f(0)－2＋f(1)－2＋…＋f(2 021)－2＝eq \i\su(k＝0,2 023, )f(k)－2×2 023，
所以eq \i\su(k＝0,2 023, )g(k)＝－4 046，D错误．
故选AC.
答案：AC
10．(多选题)(2023·深圳罗湖区校级模拟) 对于函数f(x)，如果存在实数x0，使得f(x0)＝x0，那么称函数f(x)有不动点，也称x0是函数f(x)的一个不动点．下列命题中的真命题有( )
A．f(x)＝1＋ln x有1个不动点
B．f(x)＝|2－eq \f(1,x)|有2个不动点
C．f(x)＝eq \f(1,3)tan x有3个不动点
D．f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－1没有不动点
解析：对于A，令g(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1，由g′(x)＝0得x＝1，
由g′(x)>0得01，
所以g(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x＝1时，g(x)取得极大值，即g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1，
所以ln x＋1≤x，当且仅当x＝1时等号成立，故A正确；
对于B，由题意得2－eq \f(1,x)＝x>0或2－eq \f(1,x)＝－x<0，
解得x＝1或x＝－eq \r(2)－1，故B正确；
对于C，根据f(x)＝eq \f(1,3)tan x的周期性，可得f(x)有无数个不动点，故C错误；
对于D，根据f(0)＝0，故D错误．
故选AB.
答案：AB
11．(多选题)(2023·梅州一模)对于定义在区间D上的函数f(x)，若满足：∀x1，x2∈D且x1A．f(1)＝1
B．∃x0∈[eq \f(3,2)，2]，f(x0)<1
C．f(eq \f(1,4))＋f(eq \f(2,3))＋f(eq \f(25,18))＋f(eq \f(7,4))＝4
D．∀x∈[0，eq \f(1,2)]，f(f(x))≤－f(x)＋2
解析：因为f(x)＋f(2－x)＝2，所以令x＝1得f(1)＋f(2－1)＝2，所以f(1)＝1，故A正确；
由当x∈[eq \f(3,2)，2]，f(x)≤2(x－1)恒成立，令x＝eq \f(3,2)，
则f(eq \f(3,2))≤1，由f(x)为区间[0，2]上的“非减函数”，
则f(eq \f(3,2))≥f(1)＝1，
所以f(eq \f(3,2))＝1，则∀x∈[eq \f(3,2)，2]，f(x)≥f(eq \f(3,2))＝1，故B错误；
由题意得f(eq \f(1,2))≤f(x)≤f(eq \f(3,2))，而f(eq \f(1,2))＋f(eq \f(3,2))＝2，
所以f(eq \f(1,2))＝f(eq \f(3,2))＝1，f(x)＝1，
由f(eq \f(1,4))＋f(eq \f(7,4))＝2，eq \f(2,3)∈[eq \f(1,2)，eq \f(3,2)]，eq \f(25,18)∈[eq \f(1,2)，eq \f(3,2)]，
则f(eq \f(2,3))＝f(eq \f(25,18))＝1，
则f(eq \f(1,4))＋f(eq \f(2,3))＋f(eq \f(25,18))＋f(eq \f(7,4))＝4，故C正确；
当x∈[0，eq \f(1,2)]时，f(0)＝0，f(eq \f(1,2))＝1，f(x)∈[0，1]，
令t＝f(x)∈[0，1]，则f(t)∈[0，1]，－t＋2∈[1，2]，
则f(t)≤－t＋2，即f(f(x))≤－f(x)＋2，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．(多选题)(2023·东莞模拟)随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，eq \i\su(i＝0,3, )f(x)＝eq \f(sin[（2i－1）x],2i－1)的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．函数f(x)的图象关于点(0，0)对称
C．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为π
D．函数f(x)的导函数f′(x)的最大值为3
解析：因为函数f(x)＝eq \i\su(i＝0,3, )eq \f(sin[（2i－1）x],2i－1)＝sin x＋eq \f(sin 3x,3)＋eq \f(sin 5x,5)，定义域为R，
对于A，f(π＋x)＝sin (π＋x)＋eq \f(sin （3π＋3x）,3)＋eq \f(sin （5π＋5x）,5)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)＝sin(－x)＋eq \f(sin（－3x）,3)＋eq \f(sin（－5x）,5)＝f(－x)，
所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故A正确；
对于B，f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(sin（－3x）,3)＋eq \f(sin（－5x）,5)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，图象关于点(0，0)对称，故B正确；
对于C，由题知f(x＋π)＝－f(x)≠f(x)，故C错误；
对于D，由题可知f′(x)＝cs x＋cs 3x＋cs 5x≤3，且f′(0)＝3，故D正确．
故选ABD.
答案：ABD
13．(2023·深圳模拟)若函数f(x)＝|2x－1|－|2x－a|为奇函数，则a＝________．
解析：由函数f(x)＝|2x－1|－|2x－a|为奇函数，
可得f(0)＝|0－1|－|0－a|＝1－|a|＝0，
解得a＝±1，
当a＝1时，f(x)＝|2x－1|－|2x－1|＝0，
此时函数f(x)为奇函数，符合题意；
当a＝－1时，f(x)＝|2x－1|－|2x＋1|，
则f(－x)＝|－2x－1|－|－2x＋1|＝|2x＋1|－|2x－1|＝－f(x)，即f(－x)＝－f(x)，
此时函数f(x)为奇函数，符合题意，
综上可得，实数a的值为±1.
答案：±1
14．(2023·湛江二模)已知奇函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－3－x，x<0，,g（x）＋1，x>0，))则g(x)＝______________．
解析：当x>0时，－x<0，f(x)＝g(x)＋1＝－f(－x)＝－[(－x)2－3x]＝－x2＋3x，
则g(x)＝－x2＋3x－1.
答案：－x2＋3x－1
15．(2023·潮州二模)已知函数f(x)＝ln eq \f(x＋1,x－1)＋m＋1(其中e是自然对数的底数，e≈2.718…)是奇函数，则实数m的值为________．
解析：对于函数f(x)＝ln eq \f(x＋1,x－1)＋m＋1，eq \f(x＋1,x－1)>0，
解得x<－1或x>1，
所以，函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，
因为函数f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，
即f(－x)＋f(x)＝0，
即ln eq \f(－x＋1,－x－1)＋ln eq \f(x＋1,x－1)＋2m＋2＝ln eq \f(x－1,x＋1)＋ln eq \f(x＋1,x－1)＋2m＋2＝2m＋2＝0，解得m＝－1.
答案：－1
16．(2023·江门一模)已知f(x)＝|ln x|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，且x1解析：由题意x1，x2是方程|ln x|＝a的两根，且x1则a>0，ln x1＝－a，ln x2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，
所以eq \f(a,x1xeq \\al(2,2))＝eq \f(a,e－a·ea·ea)＝eq \f(a,ea)，(a>0)，
令g(x)＝eq \f(x,ex)，(x>0)，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当00，g(x)单调递增；当x>1时，
g′(x)<0，g(x)单调递减，
则当x＝1时，g(x)取最大值eq \f(1,e)，
所以eq \f(a,x1xeq \\al(2,2))的最大值是eq \f(1,e).
答案：eq \f(1,e)