高中数学上教版（2020）必修 第一册5.1 函数单元测试同步测试题

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第5章                函数的概念、性质及应用（B卷·能力提升练）

（时间：120分钟，满分：150分）

一、填空题(共54分)

1．(本题4分)（2021·上海市大同中学高一阶段练习）函数的定义域为___________.

【答案】

【分析】根据指数、根式、分式的性质有，即可求定义域.

【详解】由题设，，解得.

所以函数的定义域为.

故答案为：

2．(本题4分)（2020·上海·复旦附中高一期中）函数的最大值是___________.

【答案】1

【解析】由根式内部的代数式大于等于0求得函数定义域，再由函数在定义域内单调递增求解．

【详解】由，得.

函数的定义域为，

函数在上为增函数，函数在上为增函数，

函数，在上为增函数，

当时，函数有最大值为.

故答案为：1

3．(本题4分)（2022·上海奉贤·二模）已知，若幂函数为奇函数，且在上递减，则的反函数________.

【答案】##

【分析】先求得幂函数的解析式，再去求的反函数，即可解决.

【详解】

若幂函数在上递减，则，

又幂函数为奇函数，则，则

的反函数为

故答案为：

4．(本题4分)（2022·上海宝山·二模）如果函数是奇函数，则__．

【答案】

【分析】利用函数是奇函数，即可求解.

【详解】设，.

故答案为：

5．(本题4分)（2021·上海上海·高一期末）用“二分法”求函数在区间内的零点时，取的中点，则的下一个有零点的区间是__________．

【答案】

【解析】计算出、、，利用零点存在定理可得出结论.

【详解】，，，，

因此，的下一个有零点的区间是.

故答案为：.

6．(本题4分)（2022·上海中学高一期末）在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点．

【答案】3

【分析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.

【详解】因为，

所以函数在R上单调递减，

又，，，

，且当时，，

当时，令，

则，

综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点．

故答案为：3.

7．(本题5分)（2021·上海市大同中学高一阶段练习）函数的定义域为，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【分析】结合定义域可以判断出为增函数，从而求出实数的取值范围.

【详解】由题意得：的解集为，即的解集为，故为增函数，所以

故答案为：

8．(本题5分)（2022·上海中学高一期末）设是定义在区间上的严格增函数．若，则a的取值范围是______．

【答案】.

【分析】根据题意，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，函数是定义在区间上的严格增函数，

因为，可得，解得，

所以实数a的取值范围是.

故答案为：.

9．(本题5分)（2022·上海中学高一期末）已知是偶函数，且方程有五个解，则这五个解之和为______．

【答案】

【分析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数的图象关于对称，进而得出方程其中其中一个解为，另外四个解满足，即可求解.

【详解】由题意，函数是偶函数，可函数的图象关于对称，

根据函数图象的变换，可得函数的图象关于对称，

又由方程有五个解，则其中一个解为，

不妨设另外四个解分别为且，

则满足，即，

所以这五个解之和为.

故答案为：.

10．(本题5分)（2022·上海·模拟预测）已知函数，在平面直角坐标系中，函数的图像与x轴交于A点，它的反函数的图像与y轴交于B点，并且这两个函数的图像交于P点．已知四边形的面积是7，则k的值为_________．

【答案】

【分析】根据题意可得，可求得，，，结合题意利用面积求解．

【详解】∵，则，，则

联立方程，解得，即

四边形的面积为，解得

故答案为：．

11．(本题5分)（2022·上海市大同中学高一期末）函数在上为严格减函数，则a的取值范围是_________．

【答案】

【分析】当时，由一次函数单调性可知满足，当时，结合图形讨论开口方向和对称轴位置可解.

【详解】当时，，显然满足题意；

当时，要使在上为严格减函数，则，

解得：

综上，a的取值范围为：.

故答案为：

12．(本题5分)（2022·上海·复旦附中高二期末）已知集合，其中且，记，且对任意，都有，则的值是___________.

【答案】或

【分析】根据两端区间和的关系分三种情况讨论：在左边，在和之间，在右边三种情况，根据单调性可得的值域，从而确定定义域与值域的关系，列不等式求解即可.

【详解】①当时，区间在的右侧，且在区间上单调递减，易得，故此时且，即且，所以，故，故，即，，因为，故，代入可得，此时

②当，即时，在和之间.因为在区间上为减函数，故当， ，因为，而，故此时，即，因为，故即，故，即，因为，故.因为此时在右侧.故当时，，因为，故，所以 ，此时，故，满足，此时

③当，即时，在右边.此时在区间上单调递减，易得，故此时且，即且，所以，故，故，即，，因为，故，代入可得，不满足.

综上所述，有或

故答案为：或

【点睛】本题主要考查了根据单调性求解值域的问题，需要根据题意，结合分式函数的图象，依据端点与特殊值之间的关系进行分类讨论，同时需要根据值域的包含关系确定参数的取值范围.求解过程中需要统一分析，注意不等式之间相似的关系整体进行求解.属于难题.

二、单选题(共20分)

13．(本题5分)（2022·上海市延安中学高一期末）下列四组函数中，定义域相同的一组是（    ）

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】C

【分析】根据根式、分式、对数的性质求各函数的定义域即可.

【详解】A：定义域为，定义域为，不合题设；

B：定义域为，定义域为，不合题设；

C：、定义域均为，符合题设；

D：定义域为，定义域为，不合题设；

故选：C.

14．(本题5分)（2020·上海市行知中学高一期中）函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据函数的奇偶性和函数值的符号可得正确的选项.

【详解】函数定义域关于原点对称，且，所以为奇函数，排除BC，

又当时，，当时，，故A正确，D错误.

故选：A.

15．(本题5分)（2018·上海市敬业中学高一期末）关于函数的下列判断，其中正确的是

A．函数的图像是轴对称图形 B．函数的图像是中心对称图形

C．函数有最大值 D．当时，是减函数

【答案】A

【分析】判断函数为偶函数得到A正确，B错误 ，取特殊值，排除C和D得到答案.

【详解】定义域为： ，

函数为偶函数，故A正确，B错误

当且 时， ，C错误

，不满足是减函数，D错误

故选A

【点睛】本题考查了函数的性质，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.

16．(本题5分)（2021·上海市甘泉外国语中学高一期末）德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名字命名函数，该函数被称为狄利克雷函数.关于狄利克雷函数有如下四个命题：

①;

②对任意，恒有成立

③任取一个不为0的实数，对任意实数均成立；

④存在三个点，使得△ABC为等边三角形.

其中真命题的序号为（    ）

A．①②③ B．②③ C．②④ D．②③④

【答案】C

【分析】分别讨论为有理数与为无理数时的情况，对①②③逐一分析，取，得，可判断取，为等边三角形，判断④.

【详解】∵当为有理数时，，当为无理数时，，当为有理数时，，当为无理数时，，所以恒成立，故①不正确；因为有理数的相反数是有理数，无理数的相反数是无理数，所以对任意，恒有成立，故②正确；若是有理数，是有理数，则是有理数；若是有理数，是无理数，则是无理数，若是无理数，则是无理数，所以任取一个不为0的实数，不恒成立，故③错误；取，可得，所以，恰好为等边三角形，故④正确.

故选：C

三、解答题(共76分)

17．(本题12分)（2021·上海市杨浦高级中学高一期中）已知函数(常数).

(1)若，在平面直角坐标系中画出该函数的图像;

(2)若该函数在区间上是严格减函数，且在上存在自变量，使得函数值为正，求整数的值.

【答案】(1)见解析

(2)或

【分析】（1）先对函数化简，再列表，描点，连线可得函数图像，

（2）由函数在区间上是严格减函数，结合函数单调性的定义可得，再由在上存在自变量，使得函数值为正，可得在上有解，从而可求出的范围，进而可得整数的值.

（1）

当时，，

列表如下：

函数图像如下：

（2）

，

任取，且，

因为该函数在区间上是严格减函数，

所以，

因为，

所以，

因为

所以，得，

因为在上存在自变量，使得函数值为正，

所以在上有解，

因为，所以在上有解，

所以在上有解，

所以，

因为在上递增，所以当时，取得最小值为，

所以，

综上，

因为，

所以或

18．(本题14分)（2022·上海·高三专题练习）已知函数，其中.

(1)若不等式的解集是，求m的值；

(2)若函数在区间上有且仅有一个零点，求m的取值范围.

【答案】(1)－1；

(2)

【分析】（1）根据题意，得到，根据韦达定理，直接求解即可

（2），，可得，根据对勾函数的性质，即可得到的取值范围

(1)

的解集是，得到的解集是，所以，

，所以，

(2)

令，因为，所以，当时，，

即有，因为函数在区间上有且仅有一个零点，令，根据对勾函数的性质，可得，因为与有且仅有一个交点，根据对勾函数的图像性质，得或，进而可得答案为：

19．(本题14分)（2021·上海市甘泉外国语中学高一期末）为进一步提倡“节能减排，绿色生态”，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用新工艺把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的二氧化碳处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可近似地表示为，且每处理1吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元

(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？

(2)设该单位月利润为G（元），请写出月利润G与月处理量的函数关系式，并求出最大利润.

【答案】(1)300吨；

(2)；最大利润为35000元.

【分析】（1）每吨的平均处理成本为，因为，所以可根据基本不等式求最值，注意等于号取法；

（2）每月获利为，这是一个二次函数，利用对称轴与定义区间位置关系即可求出最大值.

(1)

由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为

当且仅当，即时等号成立，

故该单位月处理量为300吨时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为100元

(2)

由题意知，

，

函数在上单调递增，在上单调递减，

故当时，该单位每月获得最大利润为35000元．

20．(本题18分)（2021·上海长宁·一模）已知函数.

(1)求证：函数是上的减函数；

(2)已知函数的图像存在对称中心的充要条件是的图像关于原点中心对称，判断函数的图像是否存在对称中心，若存在，求出该对称中心的坐标，若不存在，说明理由；

(3)若对任意，都存在及实数，使得，求实数的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

(3)2

【分析】（1）根据函数单调性的定义证明即可；

（2）假设函数的图像存在对称中心，进而根据题意将问题转化为恒成立，进而得，解方程即可得答案；

（3）根据题意得，进而结合已知条件得以所以，故.

(1)

解：设对于任意的实数，，

则，

因为，所以，

所以，即

所以函数是上的减函数

(2)

解：假设函数的图像存在对称中心，

则的图像关于原点中心对称，

由于函数的定义域为，

所以恒成立，

即恒成立，

所以，解得 ，

所以函数的图像存在对称中心

(3)

解：因为对任意，都存在及实数，使得，

所以，即，

所以，即

因为，所以

因为，所以

所以，即

所以，所以，即实数的最大值为.

21．(本题18分)（2022·上海闵行·高一期末）对于函数及正实数，若存在，对任意的，恒成立，则称函数具有性质.

(1)判断函数是否具有性质？并说明理由；

(2)已知函数具有性质，求实数的取值范围；

(3)如果存在唯一的一对实数与，使函数具有性质，求正实数的取值情况.

【答案】(1)不具有，理由见解析；

(2)；

(3).

【分析】(1)根据给定条件取特值计算判断作答.

(2)利用绝对值不等式的几何意义等价变形，分离参数，借助二次函数最值作答.

(3)利用绝对值三角形不等式变形并探讨等号成立的条件，再验证作答.

(1)

依题意，不等式对时不成立，

所以函数不具有性质.

(2)

依题意，，成立，

而当时，，

令，则有，对递减，，

对递增，，于是得，

所以实数的取值范围是.

(3)

依题意，，不等式恒成立，

分别取得：，

则，

于是得，当时，或，解得， 无解，

因此，当时，存在唯一数对，

当时，取得：，即，从而得 ，

此时，，则的取值不唯一，

所以正实数的值为.

【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，

体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．