高中数学人教A版（2019）必修第一册单元测试卷第三章B卷（含答案解析）

一、单选题
1．已知当 时，函数 的图象与 的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是
A． B．
C． D．
2．设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是
A． B．
C． D．
3．定义在上的奇函数在上单调递减，若，则满足的的取值范围是（ ）.
A． B．
C． D．
4．下列函数中，值域是的是
A． B．
C． D．
5．已知函数在上的值域为，其中，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知f(x)是定义域在R上的奇函数，且满足，则下列结论不正确的是（ ）
A．f（4）＝0 B．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
C．f（x＋8）＝f(x) D．若f（－3）＝－1，则f（2021）＝－1
7．已知函数，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
8．函数，若对于任意的，恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列幂函数中满足条件的函数是（ ）
A． B． C． D．
10．若函数满足：对任意一个三角形，只要它的三边长都在函数的定义域内，就有函数值，，也是某个三角形的三边长，则称函数为“保三角形函数”，下面四个函数中保三角形函数有（ ）
A． B．
C． D．
11．对任意两个实数，，定义，若，，下列关于函数，的说法正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．方程有两个解
C．函数有4个单调区间
D．函数有最大值为0，无最小值
12．德国数学家狄里克雷（Dirichlet，Peter Gustav Lejeune，1805～1859）在1837年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示，例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为；当自变量取无理数时，函数值为．下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）
A． B．的值域为
C．的图象关于直线对称 D．的图象关于直线对称
三、填空题
13．已知偶函数在上是减函数，且，则的解集__________
14．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则________．
15．已知定义在上的函数满足，且当时，．若对定义域上任意都有成立，则的最小值是_______．
16．定义，设函数，则的最大值为______
四、解答题
17．已知函数的定义域为，
（1）判断并证明函数的单调性；
（2）解不等式：.
18．设函数是定义域为R的偶函数.
（1）求的值；
（2）若在上最小值为，求k的值；
（3）若不等式对任意实数x都成立，求实数m的范围.
19．解下列问题：
(1)若不等式的解集为，求a，b的值；
(2)若，求的最小值；
(3)已知，求代数式和的取值范围．
20．已知
(1)求二次函数的值域：
(2)当时，若二次函数的值恒大于0，求a的取值范围．
21．已知函数.
（1）当时，求的单调增区间；
（2）判断的奇偶性，并证明；
（3）当时，的最大值为，求实数的取值范围.
22．已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为{x|1＜x＜3}．
(1)求的解析式；
(2)若在区间上有最小值2，求实数t的值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】当时， ， 单调递减，且，单调递增，且 ，此时有且仅有一个交点；当时， ，在 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需 选B.
【名师点睛】已知函数有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．
2．B
【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决．
【详解】时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．
如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B．
【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．
3．D
【解析】由函数为奇函数且在单调递减，求得，结合函数的单调性，把不等式转化为，得到，即可求解.
【详解】由题意，函数为奇函数且在单调递减，
因为，可得，
要使不等式成立，即成立，
则实数满足，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中结合函数的单调性和奇偶性合理转化为是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
4．D
【分析】分别求出各函数的值域，即可得到答案.
【详解】选项中 可等于零；选项中 显然大于1；选项中， ，值域不是；选项中，故.
故选D.
【点睛】本题考查函数的性质以及值域的求法.属基础题.
5．A
【分析】根据函数的单调性及值域得出方程，转化为有2个不同的根，构造函数根据数形结合求解.
【详解】易知函数在上单调递增，
故即关于的方程有两个不同的实数根.
令，
易知函数在上单调递减.在上单调递增.
而，，
作出函数的大致图象如图所示，
观察可知.
故选：A
6．B
【分析】根据奇函数性质，令，即可判断A的正误；根据函数的对称性，可判断B的正误；根据奇函数及对称性，整理可判错C的正误；根据函数周期性，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：因为f(x)是定义域在R上的奇函数，
所以，又，
令代入可得，故A正确；
对于B：因为，
所以图象关于对称，无法确定是否关于直线x＝1对称，故B错误；
对于C：因为为奇函数，
所以，
所以，则，故C正确；
对于D：由C选项可得，的周期为8，
所以，故D正确；
故选：B
7．A
【分析】利用分段函数，将不等式化为具体不等式，即可得出结论．
【详解】解：，
当时，，所以或；
当时，，所以，
所以不等式的解集是，，，
故选：A．
8．A
【分析】恒成立求参数取值范围问题，在定义域满足的情况下，可以进行参变分离，构造新函数，通过求新函数的最值，进而得到参数取值范围.
【详解】对任意，恒成立，即恒成立，即知．
设，，则，．
∵，∴，
∴，
∴，故的取值范围是．
故选：A.
9．BD
【解析】先明确题目中条件对应函数的性质，再根据性质进行判断选择.
【详解】由题意可知，当时，满足条件的函数的图象是凹形曲线.
对于A，函数的图象是一条直线，故当时，；
对于B，函数的图象是凹形曲线，故当时，；
对于C，函数的图象是凸形曲线，故当时，；
对于D，在第一象限，函数的图象是一条凹形曲线，故当时，
，
故选：BD.
【点睛】本题考查函数图象与性质，考查综合分析判断能力，属中档题.
10．BC
【解析】欲判断函数是不是“保三角形函数”，只需要任给三角形，设它的三边长分别为，则，不妨设，，判断，，是否满足任意两数之和大于第三个数，即任意两边之和大于第三边即可.
【详解】解：任给三角形，设它的三边长分别为，则，不妨假设，，
对于，可作为一个三角形的三边长，但，
所以不存在三角形以为三边长，故A不是“保三角形函数”；
对于，由于所以B是“保三角形函数”；
对于，，，所以C是“保三角形函数”；
对于，若,
由，
所以D不是“保三角形函数”.
故选：BC.
11．ABCD
【解析】根据定义表示出函数解析式，并画出函数图象，观察图象即可得出正确选项．
【详解】由题意可得，，作出函数图象可得，

所以该函数为偶函数，有两个零点，，四个单调区间，当时，函数取得最大值为0，无最小值．
故选：．
【点睛】本题考查以函数新定义为背景，判断函数的性质，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
12．ABCD
【解析】根据为无理数，知正确；根据定义可知值域为，正确；由、知正确.
【详解】为无理数 ，正确；
有理数和无理数构成了全体实数 的值域为，正确；
若为有理数，则为有理数，则
若为无理数，则为无理数，则
的图象关于直线对称，正确；
同理可证得
的图象关于直线对称，正确.
故选：
【点睛】本题考查函数新定义问题的求解，关键是明确狄里克雷函数为一个分段函数，每段自变量的取值分别对应有理数和无理数；由函数定义可知其为一个定义在全体实数范围内的，不连续的函数，根据函数解析式可研究其相关性质.
13．
【分析】分和两种情况讨论x的范围，根据函数的单调性可得到答案.
【详解】因为是偶函数，且，所以，
又在上是减函数，所以在上是增函数，
①当时，由得，又由于在上为减函数，且，所以，得；
②当时，由得，又，在上是增函数，所以，所以.
综上，原不等式的解集为：.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题主要考查函数相关性质，利用函数性质解不等式，运用函数的奇偶性与单调性的关系是进行区间转换的一种有效手段.奇函数在对称区间上的单调性相同，且.偶函数在对称区间上的单调性相反，且..
14．
【解析】根据定义在上的奇函数：，解出,由知道函数关于对称，结合奇函数得到函数为以为周期的周期函数.利用周期性化简解出.
【详解】因为为定义在上的奇函数.
所以,即，
又，即函数关于对称,又关于原点对称,
所以函数为以为周期的周期函数.
所以
故答案为:.
【点睛】本题考查函数的周期性，属于中档题.解本题的关键在于能够利用轴对称与点对称得到函数的周期性.
15．2
【分析】由题意可先算出定义在中的函数表达式,再由求的最大值即可.
【详解】由题意,当时, ,故由且当时，有,
即,即.
又当时为减函数,故当,,
又当时,为增函数,故当时,,
故在上, ,又对定义域上任意都有成立,故的最小值是2.
故答案为2
【点睛】本题主要考查根据不同区间上的函数之间的关系,求解不同区间上的函数表达式问题.
方法是将所求的区间上的定义域凑到满足区间条件的定义域中去,从而利用已知的函数表达式求所求区间的函数表达式.
16．
【分析】化简函数的解析式，作出函数的图象，结合图象可得出函数的最大值.
【详解】当时，即，解得或，
此时，；
当时，即，解得，
此时，，
所以，，
作出函数的图象如下：
由图可知.
故答案为：.
17．（1）在区间上单调递增；证明见解析；（2）.
【分析】（1）用定义法证明函数的单调性
（2）考察函数单调性和奇偶性的结合，根据奇偶性将不等式变形为，再根据（1）中函数的单调性，以及定义域，列出关于的三个不等式，最终取交集即可
【详解】（1）设，
则
，，
则函数在区间上单调递增.
（2），且定义域关于原点对称
则函数为奇函数
所以
因为在区间单调递增
所以 ，解得：
则原不等式解集为.
18．（1）2；（2）；（3）.
【分析】（1）根据偶函数的定义，即可求得答案.
（2）由（1）可得解析式，代入所求，即可得解析式，令，可得，根据x的范围，可得t的范围，利用二次函数的性质，分别讨论和两种情况，结合题意，即可求得答案.
（3）根据，原不等式可化为，令，可得t的范围，根据对勾函数的性质，即可求得的最小值，即可得答案.
【详解】解：（1）是偶函数，恒成立，
即恒成立，即，
（2）由（1）知，
，
令，为增函数，，则，
，，
为对称轴为直线，开口向上的抛物线，
①当时，在递增，所以，
，（不合题意），
②当时，，
，解得或（舍去）
的最小值为-4时，的值为.
（3）不等式，即
，当且仅当x=1时等号成立.
，
令，，则，，
又在上递增，，
故实数m的取值范围为
【点睛】解题的关键是熟练掌握函数奇偶性、二次函数性质、对勾函数性质等知识，并灵活应用，利用对勾函数求解函数最值时，要注意自变量范围，结合单调性求解，综合性较强，属中档题.
19．(1)
(2)9
(3)；
【分析】（1）由题意可得和3是方程的两个实根，则，从而可求出a，b的值；
（2）由已知可得，化简后利用基本不等式可求出其最小值，
（3）利用不等式的性质求解即可
（1）
∵不等式的解集为
∴和3是方程的两个实根，
∴
解得
（2）
∵，又
∴
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为9．
（3）
∵，
∴
由，得，① ．
由，得，② ．
由①②得，
20．(1)[0，]
(2)
【分析】（1）首先求解集合，再求二次函数的值域；
（2）首先将不等式，参变分离得，转化为求函数的最值，即可求解.
（1）
等价于，．
解得
所以．
∴二次函数，
函数在区间单调递增，所以当时，y取最大值为，
当时，y取最小值为0，
所以二次函数．的值域是[0，]．
（2）
由（1）知
∵恒成立．
即恒成立．
∴恒成立． ．
∵．∴
∵，∴．
当且仅当且时，即时，等号成立，．
∴，故a的取值范围为
21．（1）增区间：和；（2）答案见解析；（3）.
【分析】（1）根据绝对值的性质化简函数的表达式，根据二次函数的单调性进行求解即可；
（2）根据函数奇偶性的定义进行证明即可；
（3）根据的正负性，结合函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）当时，，
因为的对称轴为，当时，此时函数单调递增，
因为对称轴为，当时，此时函数单调递增，
所以增区间：和；
（2）时，，因为
所以为奇函数；
时，因为，，
所以既不是奇函数，也不是偶函数，
（3），
①若，则，；
②若，则
（i）当时，即，所以，
因为，所以舍去；
当时，，
（ii）当时，即当时，
，符合题意；
（iii）当时，即当时，.，所以无解，不符合题意，
综上：.
【点睛】关键点睛：根据函数的对称轴和给定区间的位置关系进行分类讨论是解题的关键.
22．(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据题意得c＝3，又由一元二次不等式的解知，1和3是方程ax2+bx+c＝0的两根，利用根与系数的关系即可求参数，写出解析式．
（2）由二次函数的开口及对称轴，结合其在闭区间上的最小值，讨论t≤1、1＜t＜2、t≥2情况下求符合条件的t值即可．
(1)
由3，得c＝3，又1和3是方程ax2+bx+c＝0的两根，
∴，．解得a＝1，b＝4，
∴．
(2)
＝，x∈．开口向上且对称轴为x＝t，
1、当t≤1时，在[1,2]上为增函数，＝＝2t+4＝2，解得t＝1，符合题意；
2、当1＜t＜2时，在[1,t]上为减函数，在[t,2]上为增函数，，解得t＝±1，其中t＝1舍去；
3、当t≥2时，在[1,2]上为减函数，＝＝74t＝2，解得，不符合题意．
综上，t＝1或t＝1．
答案第1页，共2页
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