高考数学二轮复习讲义练习专题3.10 函数的概念与性质全章综合测试卷-基础篇（教师版）

这是一份高考数学二轮复习讲义练习专题3.10 函数的概念与性质全章综合测试卷-基础篇（教师版），共13页。试卷主要包含了＞0恒成立，设a=f，b＝f，与x有以下关系等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022秋•开福区校级月考）函数f（x）=1x+4−x2的定义域为（ ）
A．[﹣2，2]B．[0，2]C．（0，2]D．[﹣2，0）∪（0，2]
【解题思路】由根式内部的代数式大于等于0，分式的分母不为0联立不等式组求解．
【解答过程】解：由题意，x＞04−x2≥0，解得0＜x≤2．
∴函数f（x）=1x+4−x2的定义域为（0，2]．
故选：C．
2．（5分）（2022•民勤县校级开学）下列四组函数中，表示相等函数的一组是（ ）
A．y1=x2，y2=(x)2
B．y1＝|x|，y2=x2
C．y1=x2−1x−1，y2＝x+1
D．y1=x+1⋅x−1，y2=x2−1
【解题思路】根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，判断它们是同一函数即可．
【解答过程】解：对于选项A，第一个函数的定义域为R，第二个函数的定义域为[0，+∞），故错误；
对于选项B，第一个函数与第二个函数的定义域都为R，对应关系也相同，故正确；
对于选项C，第一个函数的定义域为{x|x≠1}，第二个函数的定义域为R，故错误；
对于选项D，第一个函数的定义域为[1，+∞），第二个函数的定义域为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞），故错误；
故选：B．
3．（5分）（2021秋•香坊区校级期中）已知函数f(x)={x+1−x+3(x≤1)(x＞1)，则f[f(52)]的值为（ ）
A．52B．32C．12D．−12
【解题思路】由已知中函数f(x)={x+1−x+3(x≤1)(x＞1)，先求出f(52)值，进而代入可求出f[f(52)]的值．
【解答过程】解：∵已知函数f(x)={x+1−x+3(x≤1)(x＞1)，
∴f(52)=−52+3=12，
f[f(52)]=f(12)=12+1=32，
故选：B．
4．（5分）（2021秋•新乡期末）已知幂函数f（x）＝（3m2﹣11）xm在（0，+∞）上单调递减，则f（4）＝（ ）
A．2B．16C．12D．116
【解题思路】由题意，利用幂函数的定义，用待定系数法求出函数的解析式，可得要求函数的值．
【解答过程】解：由题意得，3m2﹣11＝1，且m＜0，解得m＝﹣2，
所以f（x）＝x﹣2，故f（4）＝4﹣2=116，
故选：D．
5．（5分）（2021秋•凉山州期末）如图，①②③④对应四个幂函数的图像，其中①对应的幂函数是（ ）
A．y＝x3B．y＝x2C．y＝xD．y=x58
【解题思路】由题意，根据①对应的幂函数图象是上凸型的，故有幂指数α∈（0，1），从而得出结论．
【解答过程】解：由于①对应的幂函数图象是上凸型的，故有幂指数α∈（0，1），
故选：D．
6．（5分）（2022•深州市模拟）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f（x）＝3x2﹣2x+m，则f（x）在[1，2]上的最大值为（ ）
A．1B．8C．﹣5D．﹣16
【解题思路】根据题意，由奇函数的性质可得f（0）＝m＝0，可得x≤0时，f（x）的解析式，由此可得f（x）在区间[﹣2，﹣1]上的单调性，结合奇偶性可得f（x）在[1，2]上为减函数，据此分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，f（x）是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f（x）＝3x2﹣2x+m，
则有f（0）＝m＝0，即m＝0，
则f（x）＝3x2﹣2x，（x≤0），
在区间[﹣2，﹣1]上，f（x）为减函数，则f（x）在[1，2]上为减函数，
则f（x）在[1，2]上的最大值f（1）＝﹣f（﹣1）＝﹣5，
故选：C．
7．（5分）（2022秋•项城市校级月考）已知函数f（x+1）是偶函数，当1＜x1＜x2时，[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0恒成立，设a=f(−12)，b＝f（2），c＝f（3），则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＜a＜cB．c＜b＜aC．b＜c＜aD．a＜b＜c
【解题思路】由题意得f（x）的图象关于x＝1对称且在[1，+∞）上单调递增，结合对称性及单调性即可比较函数值大小．
【解答过程】解：因为函数f（x+1）是偶函数，
所以f（x）的图象关于x＝1对称，
又当1＜x1＜x2时，[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0恒成立，即f（x）在[1，+∞）上单调递增，
a＝f（−12）＝f（52），b＝f（2），c＝f（3），
所以c＞a＞b．
故选：A．
8．（5分）（2022秋•东城区校级月考）通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述所用的时间．若用f（x）表示学生掌握和接受概念的能力（f（x）越大，表示学生的接受能力越强），x表示提出和讲授概念的时间（单位：min），长期的实验和分析表明，f（x）与x有以下关系：f(x)=−0.1x2+2.6x+43，0＜x≤1059，10＜x≤16−3x+107.16＜x≤30，则下列说法错误的是（ ）
A．讲授开始时，学生的兴趣递增；中间有段时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散
B．讲课开始后第5分钟比讲课开始后第20分钟，学生的接受能力更强一点
C．讲课开始后第10分钟到第16分钟，学生的接受能力最强
D．需要13分钟讲解的复杂问题，老师可以在学生的注意力至少达到55以上的情况下完成
【解题思路】分段研究函数f（x）的单调性，由此可判断选项A，求出f（5）和f（20），比较大小即可判断选项B，由函数的单调性以及最值，即可判断选项C，计算学生注意力至少达到55以上的持续时间，与13分钟比较即可判断选项D．
【解答过程】解：由题意，：f(x)=−0.1x2+2.6x+43，0＜x≤1059，10＜x≤16−3x+107.16＜x≤30，
当0＜x≤10时，f（x）＝﹣0.1x2+2.6x+43＝﹣0.1（x﹣13）2+59.9，
故函数f（x）在（0，10]上单调递增，最大值为f（10）＝59.9；
当10＜x≤16时，f（x）＝59，故f（x）为常数函数，
当16＜x≤30时，f（x）＝﹣3x+107，故f（x）单调递减，所以f（x）＜f（16）＝59，
则讲授开始时，学生的兴趣递增；中间有段时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散，
故选项A正确；
因为f（5）＝﹣0.1×（5﹣13）2+59.9＝59.9﹣6.4＝53.5，
f（20）＝﹣3×20+107＝47＜53.5，
所以讲课开始后第5分钟比讲课开始第20分钟，学生的接受能力更强一点，
故选项B正确；
由选项A的分析可知，讲课开始后第10分钟到第16分钟，学生的接受能力最强，
故选项C正确；
当0＜x≤10时，令f（x）＝55，
则﹣0.1×（x﹣13）2＝﹣4.9，所以（x﹣13）2＝49，
解得x＝20或x＝6，
又0＜x≤10，故x＝6，
当16＜x≤30时，令f（x）＝55，则﹣3x+107＝55，
解得x＝1713，
因此学生达到（或超过）55的接受能力的时间为1713−6＝1113＜13，
所以需要13分钟讲解的复杂问题，老师不可以在学生的注意力至少达到55以上的情况下完成，
故选项D错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋•黄梅县校级期末）下列函数中，值域为[1，+∞）的是（ ）
A．f(x)=x2+1B．f(x)=2x+1x+1
C．f(x)=x+1−2x−1D．f（x）＝x3+1
【解题思路】结合二次函数，幂函数，反比例函数的性质先求出各选项中函数的值域，然后检验各选项即可判断．
【解答过程】解：A：f（x）=x2+1≥1，符合题意；
B：f（x）=2x+1x+1=2−1x+1≠2，不符合题意；
C：令t=2x−1，则x=1+t22且t≥0，
所以y＝1+1+t22−t=12(t2−2t+3)=12（t﹣1）2+1≥1，符合题意；
根据幂函数性质可得f（x）＝1+x3的值域为R，不符合题意．
故选：AC．
10．（5分）（2022春•营口期末）已知幂函数f（x）的图象经过点（4，2），则下列命题正确的有（ ）
A．函数f（x）为非奇非偶函数
B．函数f（x）的定义域为R
C．f（x）的单调递增区间为[0．+∞）
D．若x2＞x1＞0，则f(x1)+f(x2)2＞f(x1+x22)
【解题思路】求出函数的解析式，根据幂函数的性质分别判断即可．
【解答过程】解：设f（x）＝xα，则4α＝2，解得α=12，
故f（x）=x，函数的定义域是[0，+∞），函数f（x）是非奇非偶函数，故A正确，B错误，
且f（x）=x在[0，+∞）为增函数，故C正确；
因为函数f（x）=x是凸函数，所以对定义域内任意x2＞x1＞0，都有f(x1)+f(x2)2＜f(x1+x22)，故D错误，
故选：AC．
11．（5分）（2022•瑶海区校级开学）下列说法不正确的是（ ）
A．函数f(x)=1x在定义域内是减函数
B．若g（x）是奇函数，则一定有g（0）＝0
C．已知函数f（x）=−x2−ax−5(x≤1)ax(x＞1)在（﹣∞，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是[﹣3，﹣1]
D．若f（x）的定义域为[﹣2，2]，则f（2x﹣1）的定义域为[−12，32]
【解题思路】由反比例函数的性质可判断A，由奇函数的性质可判断B，由分段函数的单调性可判断C，由抽象函数的定义域可判断D．
【解答过程】解：对于A，由反比例函数的性质可知，函数f（x）=1x在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递减，但是在定义域内不是减函数，故A错误，
对于B，若g（x）是奇函数，不一定有g（0）＝0，例如g（x）=1x为奇函数，但在x＝0处无意义，故B错误，
对于C，若函数f（x）=−x2−ax−5(x≤1)ax(x＞1)在（﹣∞，+∞）上是增函数，则−a2≥1−1−a−5≤aa＜0，
解得﹣3≤a≤﹣2，故C错误，
对于D，若f（x）的定义域为[﹣2，2]，则﹣2≤2x﹣1≤2，
解得−12≤x≤32，
所以f（2x﹣1）的定义域为[−12，32]，故D正确，
故选：ABC．
12．（5分）（2022春•新兴区校级期末）已知y＝f（x）是周期为4的奇函数，且当0≤x≤2时，f(x)=x，0≤x≤12−x，1＜x≤2，设g（x）＝f（x）+f（x+1），则（ ）
A．g（2022）＝1
B．函数y＝g（x）为周期函数
C．函数y＝g（x）在区间（6，7）上单调递减
D．函数y＝g（x）的图象既有对称轴又有对称中心
【解题思路】根据题意，先分析函数g（x）在区间[﹣2，2]上的解析式，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，y＝f（x）是周期为4的奇函数，且当0≤x≤2时，f(x)=x，0≤x≤12−x，1＜x≤2，
当﹣2≤x＜﹣1时，1＜﹣x≤2，f（﹣x）＝2+x，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣2﹣x，
当﹣1≤x＜0时，0＜﹣x≤1，f（﹣x）＝﹣x，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝x，
对于g（x）＝f（x）+f（x+1），
当﹣2≤x＜﹣1时，﹣1≤x+1＜0，g（x）＝f（x）+f（x+1）＝﹣1，
当﹣1≤x＜0时，0≤x+1＜1，g（x）＝f（x）+f（x+1）＝2x+1，
当0≤x＜1时，1≤x+1＜2，g（x）＝f（x）+f（x+1）＝1，
当1≤x＜2时，2≤x+1＜3，g（x）＝f（x）+f（x+1）＝3﹣2x，
故在区间[﹣2，2]上，g（x）=−1，−2≤x＜−12x+1，−1≤x＜01，0≤x＜13−2x，1≤x≤2；
由此分析选项：
对于B，因为f（x）是周期为4的奇函数，
所以f（x+4）＝f（x），
所以g（x+4）＝f（x+4）+f（x+5）＝f（x）+f（x+1）＝g（x），
所以函数y＝g（x）是以4为周期的周期函数，故B正确；
对于A，函数y＝g（x）是以4为周期的周期函数，则g（2022）＝g（2）＝f（2）+f（3）＝f（2）+f（﹣1）＝f（2）﹣f（1）＝2﹣2﹣1＝﹣1，故A错误；
对于C，函数y＝g（x）是以4为周期的周期函数，在区间（6，7）上，有g（x）＝﹣1，C错误；
对于D，函数y＝g（x）的图象的对称中心为（2n−12，0），n∈Z，对称轴为x＝2n+12，n∈Z，故D正确，
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022•南京模拟）函数f(x)=−x2+4x+12+1x−4的定义域为 [﹣2，4）∪（4，6] ．
【解题思路】根据根式的定义及分式的定义即可得到不等式组，即可求解．
【解答过程】解：由题可得−x2+4x+12≥0x−4≠0，解得，﹣2≤x≤6，且x≠4；
∴f（x）的定义域为：[﹣2，4）∪（4，6]．
故答案为：[﹣2，4）∪（4，6]．
14．（5分）（2022秋•富阳市校级期中）某工厂生产某种产品固定成本为2000万元，并且每生产一单位产品，成本增加10万元，又知总收入k是单位产品数Q的函数，k（Q）＝40Q−120Q2，则总利润L（Q）的最大值是 2500万元 ．
【解题思路】先计算单位产品数Q时的总成本，再确定利润L（Q），利用配方法，即可求得结论．
【解答过程】解：∵每生产一单位产品，成本增加10万元，∴单位产品数Q时的总成本为2000+10Q万元，
∵k（Q）＝40Q−120Q2，
∴利润L（Q）＝40Q−120Q2﹣10Q﹣2000=−120Q2+30Q﹣2000=−120（Q﹣300）2+2500，
∴Q＝300时，利润L（Q）的最大值是2500万元，
故答案为：2500万元.
15．（5分）（2022•渝水区校级开学）已知幂函数f（x）＝（m2﹣4m+4）xm﹣2在（0，+∞）上单调递减，若正数a，b满足2a+3b＝m，求3a+2b的最小值 24 ．
【解题思路】结合幂函数性质求出f（x），利用基本不等式能求出3a+2b的最小值．
【解答过程】解：∵幂函数f（x）＝（m2﹣4m+4）xm﹣2在（0，+∞）上单调递减，
∴m2−4m+4=1m−2＜0，解得m＝1，
∴正数a，b满足2a+3b＝1，
∴3a+2b=（3a+2b）（2a+3b）＝12+9ba+4ab≥12+29ba⋅4ab=24，
当且仅当9ba=4ab，即2a＝3b=12时，等号成立，
∴3a+2b的最小值为24．
故答案为：24．
16．（5分）（2022春•鹤峰县月考）已知定义域为[﹣2，2]的函数f（x）在[﹣2，0]上单调递增，且f（x）+f（﹣x）＝0，若f(−1)=−12，则不等式f(2x−1)≤12的解集为 {x|12≤x≤1} ．
【解题思路】由已知可判断出函数f（x）为奇函数且在[﹣2，2]上单调递增，结合单调性及奇偶性即可求解．
【解答过程】解：由题意可知f（x）为奇函数且在[﹣2，0]上单调递增，
根据奇函数对称性可知f（x）在[﹣2，2]上单调递增，
又f(−1)=−12，则f（1）=12，
则不等式f(2x−1)≤12可转化为f（2x﹣1）≤f（1），
所以﹣2≤2x﹣1≤1，
解得12≤x≤1．
故答案为：{x|12≤x≤1}.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•泰安期中）判断下列各组函数是否为相等函数：
（1）f（x）＝f（x）=(x+3)(x−5)x+3，g（x）＝x﹣5；
（2）f（x）＝2x+1（x∈Z），g（x）＝2x+1（x∈R）；
（3）f（x）＝|x+1|，g（x）=x+1，x≥−1−x−1，x＜−1．
【解题思路】运用函数的定义域和对应关系完全相同，才是相等函数，对（1）（2）（3）一一判断，即可得到结论．
【解答过程】解：（1）（2）不是，（3）是．
对于（1），f （x）的定义域为{x|x≠﹣3}，g（x）的定义域为R；
对于（2），f（x）的定义域为Z，g（x）的定义域为R，
所以（1）（2）中两组函数均不是相等函数；
对于（3），两函数的定义域、对应关系均相同，故为相等函数．
18．（12分）（2022•桂林开学）已知函数f（x）＝x3+2x，x∈R．
（1）判断函数f（x）的奇偶性；
（2）用定义证明函数f（x）的单调性．
【解题思路】（1）根据题意，先分析函数的定义域，再分析f（x）与f（﹣x）的关系，即可得答案；
（2）根据题意，利用作差法分析可得结论．
【解答过程】解：（1）根据题意，函数f（x）＝x3+2x，x∈R，其定义域为R，
有f（﹣x）＝﹣（x3+2x）＝﹣f（x），函数f（x）为奇函数；
（2）根据题意，设x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）＝（x13+2x1）﹣（x23+2x2）＝（x1﹣x2）（x12+x1x2+x22+2）＝（x1﹣x2）[（x1+12x2）2+2+34x22]，
又由x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＜0，
则f（x）在R上为增函数．
19．（12分）（2021秋•房山区期末）已知幂函数f（x）＝xα的图象经过点(2，2)．
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）若函数f（x）满足条件f（2﹣a）＞f（a﹣1），试求实数a的取值范围．
【解题思路】（Ⅰ）利用待定系数法求解．
（Ⅱ）由偶函数的性质可知原不等式可化为f（|2﹣a|）＞f（|a﹣1|），再利用函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，即可求出结果．
【解答过程】解：（Ⅰ）∵幂函数f（x）＝xα的图象经过点(2，2)，
∴(2)α=2，∴α＝2，
∴f（x）＝x2．
（Ⅱ）函数f（x）＝x2为偶函数，在（0，+∞）上单调递增，且满足f（x）＝f（|x|），
∴不等式f（2﹣a）＞f（a﹣1）可化为f（|2﹣a|）＞f（|a﹣1|），
∴|2﹣a|＞|a﹣1|，
两边平方得（2﹣a）2＞（a﹣1）2，
解得a＜32，
即实数a的取值范围为（﹣∞，32）．
20．（12分）（2021秋•虎丘区校级月考）已知函数f（x）＝x2﹣2x，g（x）＝a|x﹣2|，F（x）＝f（x）+g（x）．
（1）a＝2，求F（x）在x∈[0，3]上的值域；
（2）a＞2，求F（x）在x∈[0，3]上的值域．
【解题思路】（1）求出F（x）的解析式，再结合图象可求出值域．
（2）求出F（x）的解析式，分0≤x≤2和2＜x≤3讨论．
【解答过程】解：（1）当a＝2时，
F（x）＝x2﹣2x+2|x﹣2|=x2−4x+4，(0≤x≤2)x2−4，(2＜x≤3)，
当0≤x≤2时，F（x）＝x2﹣4x+4＝（x﹣2）2，则值域为[0，4]；
当2＜x≤3时，F（x）＝x2﹣4，则值域为（0，5]；
∴F（x）的值域为[0，5]．
（2）当a＞2时，F（x）=x2−(a+2)x+2a，(0≤x≤2)x2+(a−2)x−2a，(2＜x≤3)，
当0≤x≤2时，F（x）＝x2﹣（a+2）x+2a，对称轴为x=a+22≥2，所以值域为[0，2a]；
当2＜x≤3时，F（x）＝x2+（a﹣2）x﹣2a，对称轴为x=2−a2＜0，所以值域为[0，a+3]；
∴当2＜a＜3时，F（x）的值域为[0，a+3]；当a≥3时，F（x）的值域为[0，2a]．
21．（12分）（2021秋•越秀区校级期中）某车间生产一种仪器的固定成本是7500元，每生产一台该仪器需要增加投入100元，已知总收入满足函数：H（x）=400x−x2，(0≤x≤200)40000，(x＞200)，其中x是仪器的月产量．（利润＝总收入﹣总成本）．
（Ⅰ）将利润表示为月产量x的函数；
（Ⅱ）当月产量为何值时，车间所获利润最大？最大利润是多少元？
【解题思路】（Ⅰ）设月产量为x台时的利润为f（x）．则总成本t＝7500+100x，由f（x）＝H（x）﹣t，可得答案；
（Ⅱ）根据（I）中函数的解析式，分类讨论得到函数的性质，进而可得最值．
【解答过程】解：（Ⅰ）设月产量为x台时的利润为f（x）．
则总成本t＝7500+100x，
又∵f（x）＝H（x）﹣t，
∴利润f（x）=−x2+300x−7500，(0≤x≤200)−100x+32500，(x＞200)
（Ⅱ）当0≤x≤200时，f（x）＝﹣（x﹣150）2+15000，
∴f（x）max＝f（150）＝15000；
当x＞200时，f（x）＝﹣100x+32500在（200，+∞）上是减函数，
∴f（x）＜f（200）＝12500．
而12500＜15000，所以当x＝150时，f（x）取最大，最大为15000元．
答：当月产量为150台时，该车间所获利润最大，最大利润是15000元．
22．（12分）（2022•句容市校级开学）函数f(x)=ax−b9−x2是定义在（﹣3，3）上的奇函数，且f(1)=14．
（1）确定f（x）的解析式；
（2）证明f（x）在（﹣3，3）上的单调性；
（3）解关于t的不等式f（t﹣1）+f（t）＜0．
【解题思路】（1）由题意，根据f（0）＝0、f（1）=14，求出b和a的值，可得函数的解析式．
（2）由题意，利用单调性函数的定义，证明函数的单调性．
（3）由题意，利用函数的定义域和单调性解不等式，求得t的范围．
【解答过程】解：（1）∵函数f(x)=ax−b9−x2是定义在（﹣3，3）上的奇函数，则f(0)=−b9=0，解可得b＝0．
又由f（1）=14，则有f(1)=a8=14，解可得a＝2，故f(x)=2x9−x2．
（2）由（1）的结论，f(x)=2x9−x2，设﹣3＜x1＜x2＜3，
则 f(x1)−f(x2)=2x19−x12−2x29−x22=2x1(9−x22)−2x2(9−x12)(9−x12)(9−x22)=2(9+x1x2)(x1−x2)(9−x12)(9−x22)，
再根据﹣3＜x1＜x2＜3，可得9+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，9−x12＞0，9−x22＞0，
故有f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
可得函数f（x）在（﹣3，3）上为增函数．
（3）由（1）（2）知f（x）为奇函数且在（﹣3，3）上为增函数，
关于t的不等式f（t﹣1）+f（t）＜0，即式f（t﹣1）＜﹣f（t）＝f（﹣t），
可得−3＜t−3＜3−3＜t＜3t−1＜−t，解可得：−2＜t＜12，
即不等式的解集为(−2，12)．