高考数学(理数)一轮复习检测卷：1.9《函数的图象》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：1.9《函数的图象》 (教师版)
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．函数y＝log3x的图象与函数y＝logeq \s\do9(\f(1,3))x的图象(　　)A．关于x轴对称　　　　　 B．关于y轴对称C．关于原点对称 D．关于y＝x对称解析：选A.y＝logeq \s\do9(\f(1,3))x＝－log3x，y＝log3x与y＝－log3x关于x轴对称．2．下列函数f(x)的图象中，满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＞f(3)＞f(2)的只可能是(　　)解析：选D.因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＞f(3)＞f(2)，所以函数f(x)有增有减，排除A，B.又C中，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜f(0)＝1，f(3)＞f(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＜f(3)，所以排除C.3．已知函数f(x)＝x|x|－2x，则下列结论正确的是(　　)A．f(x)是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B．f(x)是偶函数，递减区间是(－∞，1)C．f(x)是奇函数，递减区间是(－1，1)D．f(x)是奇函数，递增区间是(－∞，0)解析：选C.将函数f(x)＝x|x|－2x去掉绝对值得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x＜0，))画出函数f(x)的图象，如图，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故函数f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．4．若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋b，x＜－1，,ln（x＋a），x≥－1))的图象如图所示，则f(－3)等于(　　)A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(5,4)C．－1 D．－2解析：选C.由函数图象可知：a(－1)＋b＝3，ln(－1＋a)＝0，所以a＝2，b＝5，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5，x＜－1，,ln（x＋2），x≥－1，))所以f(－3)＝2×(－3)＋5＝－1.5．使log2(－x)＜x＋1成立的x的取值范围是(　　)A．(－1，0) B．[－1，0)C．(－2，0) D．[－2，0)解析：选A.在同一坐标系内作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的图象，知满足条件的x∈(－1，0)．6．)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(　　)解析：选D.令y＝f(x)＝－x4＋x2＋2，则f′(x)＝－4x3＋2x，当x＜－eq \f(\r(2),2)或0＜x＜eq \f(\r(2),2)时，f′(x)＞0，f(x)递增；当－eq \f(\r(2),2)＜x＜0或x＞eq \f(\r(2),2)时，f′(x)＜0，f(x)递减．由此可得f(x)的图象大致为D中的图象．故选D.7．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,2))x，x＞0，,2x，x≤0，))若关于x的方程f(x)＝k有两个不等的实数根，则实数k的取值范围是(　　)A．(0，＋∞) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(0，1]解析：选D.作出函数y＝f(x)与y＝k的图象，如图所示：由图可知k∈(0，1]，故选D.8．如图，函数f(x)的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为(0，0)，(1，2)，(3，1)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（3）)))的值等于________．解析：由题中图象知f(3)＝1，∴eq \f(1,f（3）)＝1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（3）)))＝f(1)＝2.答案：29．若关于x的方程|x|＝a－x只有一个解，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得a＝|x|＋x.令y＝|x|＋x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,0，x＜0，))作出函数图象如图所示，故要使a＝|x|＋x只有一解，则a＞0.答案：(0，＋∞)10．函数f(x)＝eq \f(x＋1,x)的图象与直线y＝kx＋1交于不同的两点(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＋y2＝________．解析：因为f(x)＝eq \f(x＋1,x)＝eq \f(1,x)＋1，所以f(x)的图象关于点(0，1)对称，而直线y＝kx＋1过(0，1)点，故两图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)关于点(0，1)对称，所以eq \f(y1＋y2,2)＝1，即y1＋y2＝2.答案：2B级　能力提升练11．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,f（x－1），x＞0，))若方程f(x)＝x＋a有两个不同实根，则a的取值范围为(　　)A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(0，1) D．(－∞，＋∞)解析：选A.x≤0时，f(x)＝2－x－1，0＜x≤1时，－1＜x－1≤0，f(x)＝f(x－1)＝2－(x－1)－1.故x＞0时，f(x)是周期函数，如图所示．若方程f(x)＝x＋a有两个不同的实数根，则函数f(x)的图象与直线y＝x＋a有两个不同交点，故a＜1，即a的取值范围是(－∞，1)．12．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的解析式可以为(　　)A．f(x)＝eq \f(1,x)－x2B．f(x)＝eq \f(1,x)－x3C．f(x)＝eq \f(1,x)－exD．f(x)＝eq \f(1,x)－ln x解析：选C.对于选项A，因为f′(x)＝－eq \f(1,x2)－2x，故当x＜0时，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－2x的符号不确定，因此不单调，即选项A不正确；对于选项B，因为f′(x)＝－eq \f(1,x2)－3x2，故当x＜0时，f′(x)＜0，故函数f(x)＝eq \f(1,x)－x3是递减函数，但函数有两个零点，故B不正确；对于选项D，因为f(x)的定义域为x＞0，故D不正确；对于选项C，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－ex＜0，故函数在x＜0时，是单调递减函数，当x＞0时，函数也是单调递减函数，故C选项符合．13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＞0，,x2＋1，x≤0，))若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈(－∞，0]，使得f(x1)＝f(x2)，则x1的最小值为(　　)A．log23 B．log32C．1 D．2解析：选B.作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知，当x1取得最小值时，3x1－1＝1，x1＝log32，即x1的最小值为log32.14．对于函数f(x)＝lg(|x－2|＋1)，给出如下三个命题：①f(x＋2)是偶函数；②f(x)在区间(－∞，2)上是减函数，在区间(2，＋∞)上是增函数；③f(x)没有最小值．其中正确的个数为(　　)A．1 B．2C．3 D．0解析：选B.因为函数f(x)＝lg(|x－2|＋1)，所以函数f(x＋2)＝lg(|x|＋1)是偶函数．由y＝lg xeq \o(――→,\s\up7(图象向左平移1个单位长度))y＝lg(x＋1)eq \o(――→,\s\up7(去掉y轴左侧的图象，以y轴为对称轴，作y轴右侧图象的对称图象))y＝lg(|x|＋1)eq \o(――→,\s\up7(图象向右平移2个单位长度))y＝lg(|x－2|＋1)，如图，可知f(x)在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数．由图象可知函数存在最小值为0.所以①②正确．15．设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：如图，作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，观察图象可知：当且仅当－a≤1，即a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，因此a的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)16．给定min{a，b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，b＜a，))已知函数f(x)＝min{x，x2－4x＋4}＋4，若动直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有3个交点，则实数m的取值范围为________．解析：作函数f(x)＝min{x，x2－4x＋4}＋4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋4，x≥4或x≤1，,x2－4x＋8，1＜x＜4，))的图象如图所示，由于直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有3个交点，数形结合可得m的取值范围为(4，5)．答案：(4，5)