2021-2022学年高一上学期数学北师大版（2019）必修第一册第三章 指数运算与指数函数 期末综合复习测评卷 （word含答案）

第三章 指数运算与指数函数 期末综合复习测评卷
一、单选题
1．函数的图象如图所示，则函数在上（ ）
A．为增函数 B．为减函数 C．为常数函数 D．单调性不确定
2．若指数函数的图像与射线（）相交，则（ ）
A． B．
C． D．
3．设函数，若互不相等的实数满足，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．已知函数的图象经过定点P，则点P的坐标是（ ）
A．(－1，5) B．(－1，4) C．(0，4) D．(4，0)
5．已知，，求的值为（ ）
A．7 B． C．5 D．
6．已知在同一坐标系下，指数函数和的图象如图，则下列关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．若函数f(x)＝a－x(a＞0，a≠1)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(0,1)∪(1,2) D．(1,2)
8．偶函数关于点中心对称，且当时，，则（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
二、多选题
9．已知，，则下列各式运算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数，则下列结论中错误的是（ ）
A．的值域为 B．的图象与直线有两个交点
C．是单调函数 D．是偶函数
11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，，已知，则函数的函数值可能为（ ）
A． B． C． D．
12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的高斯函数为，表示不超过x的最大整数，例如：，.已知函数，，则下列叙述中正确的是（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数 C．在R上是增函数 D．的值域是
三、填空题
13．计算：______.
14．已知函数.若对于恒成立，则实数m的取值范围是______.
15．已知函数，，，其中表示中最大的数，若对恒成立，则实数的取值范围是_______.
16．已知函数f（x）＝x+1，g（x）＝2|x+2|+a若对任意x1∈[3，4]，存在x2∈[﹣3，1]，使f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是 _________.
四、解答题
17．已知．
（1）判断函数的奇偶性和单调性（不必证明）；
（2）若不等式对一切恒成立，求实数m的取值范围．
18．化简与求值．
（1）化简：（，）；
（2）已知，求的值．
19．已知函数的定义域为，其表达式为，且同时满足以下两个条件：（1）对任意的，总有成立；（2）当，且时，总有成立．求实数b的值组成的集合．
20．已知函数.
（1）若，求的值；
（2）若，对于任意恒成立，求实数的取值范围.
21．函数对任意的实数m，n，有，当时，有．
（1）求证：．
（2）求证：在上为增函数．
（3）若，解不等式．
22．若函数满足：对任意正数，，都有，，且，则称函数为“函数”．
（1）判断函数与是否是“函数”；
（2）若函数为“函数”，求实数的取值范围；
（3）若函数为“函数”，且，求证：对任意，都有．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
根据直线的图象，可判断出的取值范围，进而可求出，然后结合指数函数的单调性，可求出答案.
【解析】由题意，直线的图象过点，所以，即，
又因为直线的纵截距为，且，所以.
所以，
所以函数在上为减函数.
故选：B.
2．D
【分析】
分和两种情况结合指数函数的图象，射线的端点进行分析求解即可
【解析】当时，代入射线得，
若，指数函数的图象过第一、二象限，且单调递减，要使指数函数的图象与射线有交点，则当时，，所以，
若，则可知两图象在第一象限一定有交点，
综上，或，
故选：D
3．B
【分析】
画出函数的图象，不妨令，则．结合图象可得，从而可得结果．
【解析】画出函数的图象如图所示．
不妨令，则，则．
结合图象可得，故．
∴．
故选：B．
【点睛】
数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
4．A
【分析】
令，即可求出定点坐标；
【解析】当，即时，，为常数，
此时，即点P的坐标为(－1，5).
故选：A.
【点睛】
本题考查指数型函数过定点，考查运算求解能力，属于基础题.
5．B
【分析】
利用立方和公式及其指数的运算性质即可得出.
【解析】解:原式.
故选:B
【点睛】
本题考查了立方和公式及其指数的运算性质，考查了计算能力，属于基础题.
6．C
【分析】
本题考查指数函数的图象与性质，作出函数的图象，然后比较可得．
【解析】很显然均大于1；
与的交点在与的交点上方，
故，综上所述:.
故选:C.
【点睛】
本题考查指数函数的图象与性质，掌握指数函数是解题关键．在同一坐标系中作出两个函数的图象，然后分析比较即可得．
7．A
【解析】
由a－1＞1得0＜a＜1.选A.
8．B
【分析】
偶函数关于点对称，则是周期为4的函数，计算出、，再利用周期可得．
【解析】偶函数关于点对称，则，，
令，则，
故，
是周期为4的函数，
，，
又，
，
，
．
故选：B.
9．ABD
【分析】
根据指数运算性质依次计算各选项即可得答案.
【解析】解：对于 A选项，，故正确；
对于B选项，，故正确；
对于C选项，，故错误；
对于D正确，，故正确．
故选：ABD
10．ACD
【分析】
利用指数函数、幂函数的性质画出的图象，由图象逐一判断即可.
【解析】函数的图象如图所示，由图可知的值域为，结论A错误，结论C，D显然错误，的图象与直线有两个交点，结论B正确．
故选：ACD
11．ABC
【分析】
利用定义可知函数为奇函数，根据解析式可得，分三种情况讨论可求得结果.
【解析】因为，所以，
所以，即，
因为，因为，，所以，所以，所以
即
当时，，所以，，此时，
当时，，所以，，此时，
当时，，此时，，此时，
所以函数的值域为.
故选：ABC
12．BCD
【分析】
利用奇偶函数的定义判断函数的奇偶性判断选项AB的真假；利用复合函数的单调性原理判断函数的单调性判断选项C的真假；求出函数的值域判断选项D的真假.
【解析】解：∵，∴，∴f（x）是奇函数，A错误，B正确；
∵函数，函数是增函数，∴在R上是增函数，C正确；
∵，∴，∴，∴当时，，当时，，当时，，∴函数的值域为{-1，0}，D正确．
综上可知，B，C，D正确．
故选：BCD
13．##
【分析】
由根式的运算性质求解即可
【解析】
故答案为：
14．
【分析】
当，时，，即，即，参变分离即可．
【解析】当，时，，即，
即．
，．
，，，．
故的取值范围是，．
故答案为：
15．
【分析】
在同一坐标系中作出和图象，的图象是由和图象中较大部分构成，当时，，而当时，，故只需即可，利用数形结合即可得出结果．
【解析】当时，，所以由成立；
当时，，所以只要即可，
如图将的图象向左平移1个单位(如图①)，得到函数的图象，此时有，
若图象再向左平移(如图②)则满足，所以．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查利用数形结合处理恒成立问题，属于中档题．
16．（﹣∞，3]
【分析】
由题意可得，由一次函数、指数函数的单调性求得最值，解不等式可得所求范围．
【解析】若对任意，，存在，，使，
可得，
由在，递增，可得的最小值为（1），
在，上递减，在，递增，可得的最小值为，
所以，
解得．
即的取值范围是，．
故答案为：，．
17．
（1）函数是R上的奇函数，且在R上是严格增函数
（2）
【分析】
（1）首先求出函数的定义域，再根据奇偶性的定义判断，由指数函数的单调性及单调性的性质判断函数的单调性；
（2）依题意可得，再由函数的单调性可得对一切恒成立，令，设根据二次函数的性质求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；
（1）
解：因为定义域为，所以，所以为奇函数，又在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增；
即函数是R上的奇函数，且在R上是严格增函数．
（2）
解：因为是R上的奇函数且为严格增函数，所以由，可得，即对一切恒成立．令，，设，所以，即，解得．
18．
（1）
（2）
【分析】
（1）利用指数幂的运算性质进行求解；
（2）利用指数幂的运算性质、平方差公式及两数和差的完全平方公式进行求解.
（1）
解：因为，，
所以
．
（2）
解：因为，
所以，
即，
又
，
而，
所以，
故
．
19．
【分析】
由题意可知即在时恒成立，．
转化为求最值即可
【解析】因为对任意的，总有，
即在时恒成立，从而．
令，可得
．
当，且时，，所以．
综上所述，实数b的值组成的集合为．
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）当时，，舍去；
当时，，即，．基础即可得出．
（2）当，时，，即，即．化简解出即可得出．
【解析】解：（1）当时，，舍去；
当时，，即，．
解得，
（2）当，时，，即，
即．
因为，所以．
由，所以．
故的取值范围是．
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）令，代入等式，可求得；
（2）令，代入等式，结合，可得到，从而可知是奇函数，然后用定义法可证明在上为增函数；
（3）原不等式可化为，结合函数的单调性，可得出，解不等式即可.
【解析】（1）证明：令，则，∴.
（2）证明：令，则，
∴，∴，
∴对任意的，都有，即是奇函数．
在上任取，，且，则，
∴，即，
∴函数在上为增函数.
（3）原不等式可化为，
由（2）知在上为增函数，可得，即，
∵，∴，解得，
故原不等式的解集为.
【点睛】
本题考查函数奇偶性、单调性，考查不等式的解法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题.
22．
（1）是“函数”， 不是“函数”
（2）
（3）证明见解析
【分析】
（1）利用“函数”的定义判断两个函数即可求解；
（2）由题意可得对任意恒成立，可得，由可得求出即可求解；
（3）根据定义，令可得，对于任意的正整数与正数都有，进而可得出结论.
（1）
对于函数，当，时，，，
又，
所以，故是“函数”．
对于函数，当时，，
故不是“函数”．
（2）
由是“函数”，可知，
即对任意恒成立，
当时，，可得对任意恒成立，所以，
当，时，由，可得，
故，
又，故，
由，即对任意正数，恒成立，
可得，即．
综上所述实数的取值范围是．
（3）
由函数为“函数”，可知对任意正数，，都有，，
且，
令，可得，即，
故对任意正整数与正数，都有，
对任意，可得，，
又因为，
所以，
同理，
所以．
试卷第1页，共3页
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