【突破课堂】第三章 函数的概念与性质--26版高中同步达标检测卷人教A版数学必修1

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高中同步达标检测卷
第三章　函数的概念与性质
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.函数f(x)=+的定义域为(　　)
A.(0,1]　　B.[0,1]　　
C.(0,+∞)　　D.[1,+∞)
2.已知f(x)=是奇函数,则实数a的值为(　　)
A.-3或-1　　B.-1　　C.-2　　D.-3
3.已知函数f(x)=x|x|-2x,则下列结论正确的是(　　)
A. f(x)是奇函数,其单调递减区间是(-∞,-1)
B. f(x)是奇函数,其单调递减区间是(-1,1)
C. f(x)是偶函数,其单调递增区间是(1,+∞)
D. f(x)是偶函数,其单调递增区间是(-∞,-1)
4.已知函数f(x)=在R上单调递增,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
5.已知函数f(x)的定义域为R, f(x)+f(y)-2xy=f(x+y),且当x≠0时, f(x)=x3f,则f(4)的值是(　　)
A.-20　　B.-16　　C.-12　　D.-10
6.已知函数f(x)=(x-1)3+a与g(x)=(b≠0)的图象依次交于A,B,C三点,且恒有AB=BC,则=(　　)
A.2　　B.1　　C.-1　　D.-2
7.已知函数f(x)=x|x-a|-2a2,若当x>2时, f(x)>0,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,1]　　B.[-2,1]　　
C.[-1,2]　　D.[-1,+∞)
8.已知定义在{x|x≠0,1}上的函数f(x)满足xf(x)>f=(a,b)(其中1A.若|S|=1,则S (a,b)　　B.若|T|=1,则T (a,b)
C.若|S|≠1,则S (a,b)　　D.若|T|≠1,则T (a,b)
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.函数y=f(x)的图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A. f(0)=2
B. f(x)的定义域为[-2,2]
C. f(x)的值域为[-3,2]
D.若f(x)=0,则x=或x=2
10.对于定义域为D的函数y=f(x),若同时满足:①f(x)在D内单调递增或单调递减;②存在区间[a,b] D,使f(x)在[a,b]上的值域为[a,b],则把y=f(x)(x∈D)称为闭函数.下列结论正确的是(　　)
A.函数y=x2+1是闭函数
B.函数y=-x3是闭函数
C.函数y=是闭函数
D.若函数y=k+是闭函数,则k∈
11.已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(1-x)=f(1+x),当0≤x≤1时, f(x)=x,则(　　)
A. f(x)的一个周期为2
B. f>f
C. f(x)>的解集为(k∈Z)
D. f(2k)=0(k∈Z)
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.用max{a,b}表示a,b中的最大者.设f(x)=max{x+2,x2-3x+5},则函数f(x)的最小值是　　　　.
13.设函数y=f(x),x∈R满足f(0)=3,=3,=3,……,=3,n∈N*,写出函数f(x)的解析式:　　　　.
14.设函数f(x)=若a=2,则f(x)的单调递增区间是　　　　,若f(x)的值域为R,则a的取值范围是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知函数f(x)=且f(2)=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求f(f(1))的值;
(3)若f(m)=m,求实数m的值.
16.(15分)已知函数f(x)=(m+1)x2-(m-1)x+m-1.
(1)若不等式f(x)<1的解集为R,求m的取值范围;
(2)若不等式f(x)≥0对一切x∈恒成立,求m的取值范围.
17.(15分)某地某路公交车发车时间间隔t(单位:分钟)满足5≤t≤20,t∈N.经测算,该路公交车的载客量p(t)(单位:人)与发车时间间隔t满足:p(t)=其中t∈N.
(1)求p(6),并说明p(6)的实际意义;
(2)若该路公交车每分钟的净收益y(单位:元)满足y=-10,则当发车时间间隔为多少时,该路公交车每分钟的净收益最大 并求每分钟的最大净收益.
18.(17分)已知函数f(x)的定义域为[-1,1],对定义域内任意的非零实数x,y恒有f(xy)=f(x)+f(y),且当x∈(-1,0)时, f(x)>0.
(1)判断并证明函数f(x)的奇偶性;
(2)证明:函数f(x)在区间(0,1)上单调递减;
(3)已知f=3,g(x)的图象关于点对称,且当x∈时,g(x)=2x2-mx+m.若对任意x1∈[0,1],总存在x2∈,使得g(x1)=f(x2),求实数m的取值范围.
19.(17分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(x1,y1),B(x2,y2),称|x1+x2|+|y1+y2|为A,B两点的绝对和,记为|AB|+.
(1)若P(-1,1),Q(3,-2),求|PQ|+;
(2)已知点M(1,0),点N在直线y=x+2上,证明:|MN|+≥1;
(3)已知点K(0,k),k∈R,动点T在函数y=x2,x∈[-1,1]的图象上,记|KT|+的最大值为f(k),求函数y=f(k)的最小值.
答案全解全析
1.A　对于函数f(x)=+,令解得0所以函数f(x)=+的定义域为(0,1].
2.D　易知f(x)的定义域为R,由奇函数的定义可知, f(-x)=-f(x),则=-,
整理得2(a+3)x2=0恒成立,所以2(a+3)=0,解得a=-3.
3.B　f(x)的定义域为R,且f(-x)=-x|-x|+2x=-(x|x|-2x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,
f(x)=x|x|-2x=
画出函数f(x)的图象,如图,观察图象可知, f(x)在(-1,1)上单调递减.
4.C　由函数f(x)在R上单调递增,得解得5.A　在f(x)=x3f中,令x=-1,则f(-1)=-f(-1),则f(-1)=0,
在f(x)+f(y)-2xy=f(x+y)中,令x=y=0,则f(0)=0,
令x=1,y=-1,则f(1)+f(-1)+2=f(0)=0,即f(1)+f(-1)=-2,故f(1)=-2,
令x=y=1,则f(2)=2f(1)-2=-6,令x=y=2,则f(4)=2f(2)-8=-20.
6.B　函数f(x)的图象可由函数y=x3的图象平移得到,
则f(x)=(x-1)3+a的图象关于点(1,a)对称,
因为g(x)+g(2-x)=+==2b,
所以g(x)的图象关于点(1,b)对称,
要使AB=BC恒成立,则点B为f(x)图象的对称中心,也为g(x)图象的对称中心,所以a=b,即=1.验证可知a=b符合题意.
7.B　当x>2时, f(x)>0 x|x-a|>2a2,即当x>2时,|x-a|>,当a=0时,恒成立,当a≠0时,y=|x-a|与y=的图象如图,
则有解得-2≤a≤1,且a≠0.综上,-2≤a≤1.
8.B　对于A,若|S|=1,不妨设S={x|f(x)=M}中仅有1个元素t,即f(x)的最小值为f(t)=M,若S (a,b),则a根据xf(x)>f=(a,b)(1f,与f(t)为最小值矛盾,故A错误;
对于B,若|T|=1,不妨设T={x|f(x)=N}中仅有1个元素t1,
即f(x)的最大值为f(t1)=N,若T (a,b),则a根据xf(x)>f=(a,b)(1f,
若t1=,则-t1+1=0,无解,故t1≠,
因为f(t1)为最大值,所以不等式f(t1)>f必成立,故B正确;
对于C,若|S|≠1,则|S|≥2,由A可得C错误;
对于D,若|T|≠1,则|T|≥2,不妨设f(x)=N有两根x1,x2,且x19.CD　由题图知f(0)=-2,故A错误;
函数的定义域为[-3,2],故B错误;
函数的值域为[-3,2],故C正确;
当0≤x≤1时,由f(0)=-2和f(1)=2易知f(x)=4x-2,令4x-2=0,得x=,因此若f(x)=0,则x=或x=2,故D正确.
10.BD　因为y=x2+1在定义域R上不是单调函数,所以函数y=x2+1不是闭函数,A错误.
y=-x3在定义域R上是减函数,若y=-x3是闭函数,则存在区间[a,b],使得函数的值域为[a,b],即解得因此存在区间[-1,1],使y=-x3在[-1,1]上的值域为[-1,1],B正确.
y==1-在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递增,函数在定义域上不单调,从而该函数不是闭函数,C错误.
易知y=k+在定义域[-2,+∞)上单调递增,若y=k+是闭函数,则存在区间[a,b] [-2,+∞),使函数的值域为[a,b],即所以a,b为方程x=k+的两个实数根,即方程x2-(2k+1)x+k2-2=0(x≥-2,x≥k)有两个不等的实数根.
设g(x)=x2-(2k+1)x+k2-2,
当k≤-2时,有解得k>-,又k≤-2,所以-当k>-2时,有解得--2矛盾.
综上所述,k∈,D正确.
11.ABD　对于A,因为f(x)是定义域为R的偶函数,所以f(-x)=f(x),
由f(1-x)=f(1+x)可知f(x)图象的对称轴为直线x=1,且f(-x)=f(x+2),即f(x+2)=f(x),则f(x)的一个周期为2,故A正确;
对于B,由A可得f=f=,f=f=f=,
因为>,所以f>f,故B正确;
对于C,根据题意,可以作出函数f(x)的图象和直线y=,如图:
当0≤x≤1时, f(x)=x,则由f(x)=可得x=,
根据对称性知当1当0≤x≤2时,由图可得f(x)>的解集为,
又f(x)的一个周期为2,所以f(x)>的解集为,k∈Z,故C错误;
对于D,由图知对于任意k∈Z,必有f(2k)=0,故D正确.
12.答案　3
解析　在同一直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2-3x+5的图象,则f(x)的图象如图中实线部分所示,
由图象可得, f(x)min=f(1)=3.
13.答案　f(x)=32x+1
解析　由f(0)=3,=3,=3,……,=3,
相乘得f(0)×××…×=f=3n+1,令=x,则n=2x,所以f(x)=32x+1.
14.答案　(1,2);(0,2]
解析　当a=2时, f(x)=
故f(x)在(-∞,1]上单调递减,在(1,2)上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,故f(x)的单调递增区间是(1,2).易知y=-x+a在(-∞,1]上的值域为[a-1,+∞),
若f(x)的值域为R,则需y=-a(x-2)2+1在(1,+∞)上的值域包含(-∞,a-1)即可,
所以解得015.解析　(1)由f(2)=0,得2a-1=0,解得a=,
所以f(x)=(3分)
(2)由(1)得f(1)=-1=-,(5分)则f(f(1))=f=-2.(7分)
(3)当m≥0时,m-1=m,解得m=-2,舍去.(9分)
当m<0时,=m,解得m=1(舍去)或m=-1.(12分)
综上,m=-1.(13分)
16.解析　(1)由不等式f(x)<1的解集为R,可得(m+1)x2-(m-1)x+m-2<0的解集为R.
当m+1=0,即m=-1时,不等式为2x-3<0,得x<,不合题意;(2分)
当m+1≠0,即m≠-1时,可得
即解得m<.(5分)
综上所述,m的取值范围为.(6分)
(2)由(m+1)x2-(m-1)x+m-1≥0,得m(x2-x+1)≥-x2-x+1,
因为x2-x+1=+>0,所以m≥=-1+,由已知得m≥,x∈.(9分)
设1-x=t,则t∈,x=1-t,(10分)
可得===,
因为t+≥2,当且仅当t=1时取等号,(13分)
所以≤1,当且仅当x=0时取等号,
故x∈时,=-1+2=1,可得m≥1,所以m的取值范围为[1,+∞).(15分)
17.解析　(1)p(6)=60-16=44,(2分)
p(6)的实际意义:当发车时间间隔为6分钟时,该路公交车的载客量为44人.(5分)
(2)∵p(t)=t∈N,
∴当5≤t<10时,y=-10=110-≤110-2=38,当且仅当6t=,即t=6时,等号成立,此时y的最大值为38;(9分)
当10≤t≤20时,y=-10=-10,
易知y=-10在t∈[10,20]上单调递减,∴当t=10时,y取最大值,为28.4.(13分)
∵38>28.4,∴当发车时间间隔为6分钟时,该路公交车每分钟的净收益最大,最大净收益为38元.(15分)
18.解析　(1)f(x)是偶函数.证明如下:
f(x)的定义域为[-1,1],关于原点对称.
对于f(xy)=f(x)+f(y),x,y∈[-1,1],x,y≠0,
令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),∴f(1)=0.
令x=y=-1,则f(1)=f(-1)+f(-1)=0,∴f(-1)=0.
令y=-1,则f(-x)=f(x)+f(-1)=f(x),
∴f(x)为定义在[-1,1]上的偶函数.(3分)
(2)证明:任取x3,x4∈(0,1),且x30,(4分)
对于f(xy)=f(x)+f(y),令x=,y=x4,则f(x3)=f+f(x4),即f(x3)-f(x4)=f.
∵0又当x∈(0,1)时, f(x)>0,∴f>0,即f(x3)-f(x4)>0,即f(x3)>f(x4),∴f(x)在(0,1)上单调递减.(8分)
(3)记g(x)在[0,1]上的值域为B, f(x)在上的值域为A,∵对任意x1∈[0,1],总存在x2∈,使得g(x1)=f(x2),∴B A.
由(1)(2)知f(x)在(0,1)上单调递减,且f(1)=0,
又f=3,∴当x∈时, f(x)∈[0,3],∴A=[0,3].
∵g(x)的图象关于点中心对称,且g=,∴g(x)的图象恒过,当x∈[0,1]时,g(x)max+g(x)min=1.(10分)
①当≤0,即m≤0时,g(x)在[0,1]上单调递增,∴g(x)min=g(0)=m,∴g(x)max=1-m,∴B=,
由B A得解得m≥0,又m≤0,所以m=0;(12分)
②当0<<,即0∴g(x)min=min,g(x)max=max,
由B A得解得0≤m<4,
又0③当≥,即m≥2时,g(x)在上单调递减,∴g(x)max=g(0)=m,∴g(x)min=1-m,即B=,
由B A得解得m≤2,又m≥2,所以m=2.(16分)
综上所述,实数m的取值范围为[0,2].(17分)
19.解析　(1)∵P(-1,1),Q(3,-2),∴|PQ|+=|-1+3|+|1-2|=3.(2分)
(2)证明:∵点N在直线y=x+2上,∴设N(x,x+2).
∵M(1,0),∴|MN|+=|x+1|+|x+2|.(4分)
易知|MN|+=|x+1|+|x+2|≥|(x+1)-(x+2)|=1,
当且仅当(x+1)(x+2)≤0,即-2≤x≤-1时等号成立,∴|MN|+≥1.(6分)
(3)∵动点T在函数y=x2,x∈[-1,1]的图象上,∴设T(x,x2),x∈[-1,1],则|KT|+=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1].(7分)
设g(x)=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1],则g(x)的定义域关于原点对称,且g(-x)=|x|+|x2+k|=g(x),∴函数g(x)=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1]为偶函数,
故只需研究函数g(x)=|x|+|x2+k|在[0,1]上的最大值即可.(9分)
当k≥0时,g(x)=|x|+|x2+k|=x2+x+k,x∈[0,1],
g(x)的图象开口向上,对称轴方程为x=-,故函数g(x)在[0,1]上单调递增,∴g(x)max=g(1)=2+k.
当k≤-1时,g(x)=|x|+|x2+k|=-x2+x-k,x∈[0,1],
g(x)的图象开口向下,对称轴方程为x=,故函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,∴g(x)max=g=-k.(10分)
当-1∴g(x)=|x|+|x2+k|=
y=-x2+x-k的图象开口向下,对称轴方程为x=,
y=x2+x+k的图象开口向上,对称轴方程为x=-,故y=x2+x+k在(,1]上单调递增.(12分)
①当≤,即-≤k<0时,y=-x2+x-k在[0,]上单调递增,此时g(1)=2+k≥,g()=≤,∴g(x)max=g(1)=2+k;(13分)
②当<<1,即-1综上, f(k)=(15分)
当k<-时, f(k)=-k在上单调递减, f(k)=-k>f=;
当k≥-时, f(k)=2+k在上单调递增, f(k)=2+k≥f=.
∴函数y=f(k)的最小值为.(17分)