《浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测三函数概念与基本初等函数Ⅰ单元检测含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测三函数概念与基本初等函数Ⅰ单元检测含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、单元检测三 函数概念与基本初等函数单元检测三 函数概念与基本初等函数 (时间：120 分钟 满分：150 分) 第卷(选择题 共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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设函数f(x)，则函数的定义域为( )13x 1 log2x 1 A.B. ( 1 2，0)( 1 2，) C.(0，) D. ( 1 2，0)( 1 2，2) 答案 A 解析 由Error!得 log2e1. 1 log25 1 log2e 所以 01，故a0，可排除选项 B.故选 A. ( 2) 5已知函数f(x)x24x，当xm,
2、5时，f(x)的值域是5,4，则实数m的取值范围 是( ) A(，1) B(1,2 C1,2D2,5 答案 C 解析 f(x)(x2)24， 所以当x2 时，f(2)4. 由f(x)5，解得x5 或x1. 所以要使函数f(x)在区间m,5上的值域是5,4， 则1m2. 6 已知函数f(x)的图象关于y轴对称， 且f(x)在(， 0上单调递减， 则满足f(3x1)0， 则AB的中点C. ( 1x 2 ，1 2|log 2x|) 由于点C在函数g(x) x的图象上， ( 1 2) 故有 |log2x|， 1 2 1 2 1 2 x 即|log2x| x， 2 ( 2 2) 故函数f(x)关于函数g
3、(x)的“关联点”的个数即为函数y|log2x|和y x的图象 2 ( 2 2) 的交点的个数 在同一个坐标系中画出函数y|log2x|和y x的图象，由图象知交点个数为 2，则 2 ( 2 2) 函数f(x)关于函数g(x)的“关联点”的个数是 2，故选 B. 10已知函数f(x)(aR R)在区间1,4上的最大值为g(a)，则g(a)的最小值为 |x 216 x a| ( ) A4B5C6D7 答案 A 解析 方法一 令H(x)x2a， 16 x 则H(x)2x(x2)(x22x4)， 16 x2 2 x2 故H(x)在1,2上单调递减，在(2,4上单调递增， 所以g(a)minminma
4、x|H(1)|，|H(2)|，|H(4)|， 即g(a)minminmax|17a|，|12a|，|20a|， 如图可知，g(a)min4. 方法二 令tx2， 16 x 则t2x(x2)(x22x4)， 16 x2 2 x2 所以tx2在1,2上单调递减， 16 x 在(2,4上单调递增，所以t12,20， 故y|ta|在t12,20上的最大值为 g(a)Error!所以g(a)min4. 第卷(非选择题 共 110 分) 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分把答案填在题 中横线上) 11已知f(x1)x21，则f(x)_，y的单调递增区间为_
5、 1 fx 答案 x22x (1,2) 解析 当x1t时，xt1， 所以f(t)(t1)21t22t， 即f(x)x22x；y， 1 fx 1 x22x 定义域为(0,2)，且f(x)对称轴为x1， 所以函数在(0,1)上单调递增，(1,2)上单调递减，fx 根据复合函数“同增异减” ，函数y的单调增区间为(1,2) 1 x22x 12(2018舟山二模)设函数f(x)是定义在 R R 上的奇函数，且f(x)Error! 则g(8)_. 答案 2 解析 当x0，则f(x)log3(1x)， 又f(x)f(x)，f(x)log3(1x)， 即g(x)log3(1x)，xb1.若 logablog
6、ba ，abba，则a_，b_. 5 2 答案 4 2 解析 设 logbat，则t1，因为t ，解得t2， 1 t 5 2 所以ab2， 因此abbab2bbb2， 解得b2，a4. 14 (2018台州高级中学期中)已知函数f(x)Error!则f(f(2)_； 若f(a)9， 则实数a_. 答案 4 9 或 3 解析 由题意得f(f(2)f(4)4， 若f(a)9，当a0 时，有a29，即a3； 当a0)的最大值为f(2)1， 若a11，则a0. 当a0 时，f(x)x22ax2(x0)的最大值为f(0)2， 所以a11，所以a0. 16 已知函数f(x)是奇函数， 且在R R上是减函数
7、， 若实数a，b满足Error!则(a1)2(b1)21 所表示的图形的面积是_ 答案 1 2 解析 由Error!得Error! f(x)是奇函数，且在 R R 上是减函数， Error!作出不等式组表示的平面区域(图略)， (a1)2(b1)21 所表示的图形为以(1,1)为圆心，1 为半径的半圆和一个三角形， 其表示的图形的面积是1. 2 17已知函数f(x)x22axa21，g(x)2xa，对于任意的x11,1，存在x2 1,1，使f(x2)g(x1)，则实数a的取值范围是_ 答案 2，1 解析 f(x)x22axa21(xa)21， 当x1,1时， 若a1，则f(x)a22a，a22
8、a； 若11，则f(x)a22a，a22a 而g(x)2a，2a，从而由条件得： 若a1，则Error!解得2a1； 若11，则Error!不等式组无解 综上所述，实数a的取值范围是2，1 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18(14 分)若定义在2,2上的奇函数f(x)满足当x(0,2时，f(x). 3x 9x1 (1)求f(x)在2,2上的解析式； (2)判断f(x)在(0,2)上的单调性，并给予证明； (3)当为何值时，关于x的方程f(x)在x2,2上有实数解 解 (1)因为f(x)为奇函数，所以f(0)0. 当x2,0)时，x(0,2
9、 因为f(x)为奇函数，所以f(x)f(x)， 3x 9x1 所以f(x)Error! (2)f(x)在(0,2)上是减函数，证明如下， 任取 00， 21 330 xx 12 3 3 xx 12 (91)(91)0 xx 所以f(x1)f(x2)0. 因此，f(x)在(0,2)上单调递减 (3)方程f(x)在x2,2上有实数解， 即取函数f(x)的值域内的任意值 由(2)可知，f(x)在x(0,2上是减函数， 此时f(x). 9 82， 1 2) 又因为f(x)是x2,2上的奇函数， 所以当x0 时，f(x)0. 当x2,0)时，f(x). ( 1 2， 9 82 因此，函数f(x)的值域为
10、0， ( 1 2， 9 82 9 82， 1 2) 因此，0. ( 1 2， 9 82 9 82， 1 2) 19(15 分)(2018宁波九校联考)已知函数f(x)x|xa|bx. (1)当a2，且f(x)是 R R 上的增函数时，求实数b的取值范围； (2)当b2， 且对任意a(2,4)， 关于x的方程f(x)tf(a)总有三个不相等的实数根时， 求实数t的取值范围 解 (1)f(x)x|x2|bxError! 因为f(x)连续，且f(x)在 R R 上单调递增，等价于这两段函数分别递增， 所以Error!得b2. (2)f(x)x|xa|2xError! tf(a)2ta. 当 2a1
11、时，m，n22k，0； 当k1 时，m，n不存在 21 (15 分)(2018杭州质检)设函数f(x)x2bxc(b，cR R) 若f(1x)f(1x)，f(x) 的最小值为1. (1)求f(x)的解析式； (2)若函数y|f(x)|与yt相交于 4 个不同交点，从左到右依次为A，B，C，D.是否存在实 数t，使得线段|AB|，|BC|，|CD|能构成锐角三角形，如果存在，求出t的值；如果不存在， 请说明理由 解 (1)因为f(1x)f(1x)， 所以函数的对称轴为直线x1， 即 1，所以b2， b 2 又因为f(x)的最小值为1， 所以1，解得c0， 4cb2 4 所以f(x)x22x. (
12、2)若函数y|f(x)|与yt相交于 4 个不同交点， 则 01 时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增， 故f(x)maxf(1)a1. 当f(x)max0，即a1 时，因最大值点唯一，故符合题意； 当f(x)max0，即a1 时， 一方面，存在 ea1，f(ea)2. 依题意有alnx1lnx2， 1 x1 1 x2 于是ln. x2x1 x1x2 x2 x1 记t，t1，则 lnt，故x1， x2 x1 t1 tx1 t1 tlnt 于是，x1x2x1(t1)， t21 tlnt x1x22. 2(t 21 2t lnt) lnt 记函数g(x)lnx，x1. x21 2x 因g(x)0，故g(x)在(1，)上单调递增 x 1 2 2x2 于是当t1 时，g(t)g(1)0， 又 lnt0，所以x1x22. 再证x1x2p时，t(x)t(p)0； 当 00， 2 1 即x(3ea11)x1ea10. 2 1 同理得x(3ea11)x2ea10. 2 2 故x(3ea11)x2ea1x(3ea11)x1ea1， 2 22 1 (x2x1)(x2x1)(3ea11)(x2x1)， 于是x1x23ea11. 综上，2x1x23ea11.