新教材2024版高中数学第三章函数的概念与性质章末检测新人教A版必修第一册

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第三章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、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．(2023年承德开学考试)下列各组函数表示相等函数的是(　　)A．y＝ eq \f(x2－9,x－3)与y＝x＋3B．y＝ eq \r(x2)－1与y＝|x|－1C．y＝|x|－1与y＝1D．y＝ eq \r(x＋1) eq \r(x－1)与y＝ eq \r((x＋1)(x－1))【答案】B　【解析】对于A，y＝ eq \f(x2－9,x－3)的定义域为{x|x≠3}，y＝x＋3的定义域为R，两个函数的定义域不同，不是相等函数．故A错误；对于B，y＝ eq \r(x2)－1＝|x|－1，其定义域为R，y＝|x|－1的定义域为R，两个函数定义域相同且对应法则相同，所以是相等函数，故B正确；对于C，y＝|x|－1与y＝1对应法则不同，不是相等函数．故C错误；对于D，y＝ eq \r(x＋1) eq \r(x－1)的定义域为{x|x≥1}，y＝ eq \r((x＋1)(x－1))的定义域为{x|x≤－1或x≥1}，两个函数的定义域不同，不是相等函数，故D错误．故选B．2．已知函数y＝f(x＋1)定义域是[－2，3]，则函数y＝f(x－1)的定义域是(　　)A．[0，5] B．[－1，4]C．[－3，2] D．[－2，3]【答案】A　【解析】由题意知－2≤x≤3，所以－1≤x＋1≤4，所以－1≤x－1≤4，得0≤x≤5，即y＝f(x－1)的定义域为[0，5]．3．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x＜0，,x2－2x，x≥0，))若f(－a)＋f(a)≤0，则实数a的取值范围是(　　)A．[－1，1] B．[－2，0]C．[0，2] D．[－2，2]【答案】D　【解析】依题意，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0，,(－a)2＋2(－a)＋a2－2a≤0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＜0，,(－a)2－2(－a)＋a2＋2a≤0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝0，,2(02－2×0)≤0，))解得－2≤a≤2．4．已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(－1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝4，则g(1)＝(　　)A．4 B．3C．2 D．1【答案】B　【解析】由题意可得－f(1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(1)＝4，两式相加，得2g(1)＝6，所以g(1)＝3．5．长为4，宽为3的矩形，当长增加x，宽减少 eq \f(x,2)时，面积达到最大，此时x的值为(　　)A． eq \f(1,2) B．1C． eq \f(3,2) D．2【答案】B　【解析】由题意，S＝(4＋x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(x,2)))＝－ eq \f(1,2)x2＋x＋12，∴当x＝1时，S最大．6．(2022年绥化期末)函数y＝ eq \f(\r(x－1),x)的值域是(　　)A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C．[0，1] D．[0，＋∞)【答案】A　【解析】由题得y＝ eq \f(\r(x－1),x)＝ eq \r(\f(1,x)－\f(1,x2))＝ eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4))．∵0≤－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,4)≤ eq \f(1,4)，∴0≤y≤ eq \f(1,2)，即原函数的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．故选A．7．已知幂函数f(x)＝xm2－4m的图象关于y轴对称，且f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则整数m＝(　　)A．4　　 B．3C．2　　 D．1【答案】C　【解析】由题意可得幂函数f(x)＝xm2－4m为偶函数，所以m2－4m为偶数．又因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以m2－4m＜0，解得0＜m＜4，故m＝2．8．已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)A．c＜b＜a B．b＜a＜cC．b＜c＜a D．a＜b＜c【答案】B　【解析】因为函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))．又因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(2)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(3)，即b＜a＜c．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列四个图形中可能是函数y＝f(x)图象的是(　　) eq \o(\s\up7(),\s\do5(A　))　　　 eq \o(\s\up7(),\s\do5(B))　　　 eq \o(\s\up7(),\s\do5(C)) 　　 eq \o(\s\up7(),\s\do5(D　))【答案】AD　【解析】A，D都满足函数的定义；在B中，当x＝0时有两个函数值与之对应，不满足函数对应的唯一性；在C中，存在一个x有两个y与x对应，不满足函数对应的唯一性．故选AD．10．(2022年济南期末)下列说法正确的是(　　)A．若幂函数的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，2))，则该幂函数的解析式为y＝x-3B．若函数f(x)＝x－ eq \f(4,5)，则f(x)在区间(－∞，0)上单调递减C．幂函数y＝xα(α＞0)始终经过点(0，0)和(1，1)D．若函数f(x)＝ eq \r(x)，则对于任意的x1，x2∈[0，＋∞)有 eq \f(f(x1)＋f(x2),2)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))【答案】CD　【解析】若幂函数的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，2))，则该幂函数的解析式为y＝x－ eq \f(1,3)，故A错误；函数f(x)＝x－ eq \f(4,5)是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故在(－∞，0)上单调递增，故B错误；幂函数y＝xα(α＞0)始终经过点(0，0)和(1，1)，故C正确；对任意的x1，x2∈[0，＋∞)，要证 eq \f(f(x1)＋f(x2),2)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即 eq \f(\r(x1)＋\r(x2),2)≤ eq \r(\f(x1＋x2,2))，即 eq \f(x1＋x2＋2\r(x1x2),4)≤ eq \f(x1＋x2,2)，即( eq \r(x1)－ eq \r(x2))2≥0，易知成立，故D正确．11．(2023年景德镇月考)函数f(x)的图象是折线段ABC，如图所示，其中点A，B，C的坐标分别为(－1，2)，(1，0)，(3，2)，以下说法正确的是(　　)A．f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋1，－1≤x＜1,x－1，1≤x≤3))B．f(x－1)的定义域为[－1，3]C．f(x＋1)为偶函数D．若f(x)在[m，3]上单调递增，则m的最小值为1【答案】ACD　【解析】由图可得当－1≤x＜1时，图象过(1，0)，(－1，2)两点，设f(x)＝kx＋b，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＋b＝0，,－k＋b＝2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＝－1，,b＝1，))f(x)＝－x＋1，当1≤x≤3时，根据图象过点(1，0)，(3，2)，同理可得f(x)＝x－1，∴f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋1，－1≤x＜1，,x－1，1≤x≤3，))A正确；由图可得f(x)的定义域为[－1，3]，关于x＝1对称，∴f(x－1)的定义域为[0，4]，f(x＋1)为偶函数，即B错误，C正确；当f(x)在[m，3]上单调递增，则1≤m＜3，故m的最小值为1，D正确．故选ACD．12．定义在R上的奇函数f(x)为减函数，偶函数g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，则下列不等式中成立的是(　　)A．f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b) B．f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)C．f(a)＋f(－b)＜g(b)－g(－a) D．f(a)＋f(－b)＞g(b)－g(－a)【答案】AC　【解析】由g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f(x)的图象重合得，当a＞b＞0时，f(a)＝g(a)，f(b)＝g(b)．又由f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，得f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．[f(b)－f(－a)]－[g(a)－f(－b)]＝f(b)－f(－a)－g(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(a)－g(a)＋g(b)＝f(b)＋f(a)－f(a)＋f(b)＝2f(b)＜2f(0)＝0，即f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)，A正确，B错误；[f(a)＋f(－b)]－[g(b)－g(－a)]＝f(a)＋f(－b)－g(b)＋g(－a)＝f(a)－f(b)－g(b)＋g(a)＝f(a)－f(b)－f(b)＋f(a)＝2[f(a)－f(b)]＜0，即f(a)＋f(－b)＜g(b)－g(－a)，C正确，D错误．故选AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2023年西安期末)已知幂函数f(x)＝(a2－3a＋3)xa+1为偶函数，则实数a的值为________．【答案】1　【解析】∵函数f(x)是幂函数，∴a2－3a＋3＝1，解得a＝1或a＝2．当a＝1时，f(x)＝x2是偶函数；当a＝2时，f(x)＝x3，不是偶函数．故a＝1．14．若(3－2m) eq \f(1,3)＞(m＋1) eq \f(1,3)，则实数m的取值范围为________．【答案】 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1≤m＜\f(2,3)))))　【解析】因为幂函数y＝x eq \f(1,3)在定义域[0，＋∞)上单调递增，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2m≥0，,m＋1≥0，,3－2m＞m＋1，))解得－1≤m＜ eq \f(2,3)．15． 已知二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－3，2]上的最大值为4，则a的值为________．【答案】－3或 eq \f(3,8)　【解析】f(x)的对称轴为直线x＝－1．当a＞0时，f(x)max＝f(2)＝4，解得a＝ eq \f(3,8)；当a＜0时，f(x)max＝f(－1)＝4，解得a＝－3．综上所述，a＝ eq \f(3,8)或a＝－3．16．(2023年天津西青区期末)若函数f(x)＝ eq \r(ax2－2ax＋4)的定义域为R，则实数a的取值范围是________．【答案】[0，4]　【解析】∵f(x)的定义域为R，∴不等式ax2－2ax＋4≥0的解集为R，①a＝0时，4≥0恒成立；②a≠0时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝4a2－16a≤0，))解得0＜a≤4．综上所述，实数a的取值范围是[0，4]．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，x∈[0，2]，,\f(4,x)，x∈（2，4]．))(1)在图中画出函数f(x)的大致图象；(2)写出函数f(x)的最大值和单调递减区间．解：(1)函数f(x)的大致图象如图所示．(2)由函数f(x)的图象可知，f(x)的最大值为2，函数的单调递减区间为[2，4]．18．(12分)已知函数f(x)＝－ eq \r(x＋1)．(1)求函数f(x)的定义域；(2)求证：函数f(x)在定义域上是减函数．(1)解：由x＋1≥0，解得x≥－1，所以函数f(x)的定义域为[－1，＋∞)．(2)证明：任取x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(－ eq \r(x1＋1))－(－ eq \r(x2＋1))＝ eq \r(x2＋1)－ eq \r(x1＋1)＝ eq \f(x2－x1,\r(x2＋1)＋\r(x1＋1)) ．因为－1≤x1＜x2，所以 eq \r(x2＋1)＋ eq \r(x1＋1)＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以f(x)在[－1，＋∞)上单调递减．19．(12分)已知函数f(x)＝ eq \f(x2,1＋x2)＋1，x∈R．(1)判断并证明函数的奇偶性；(2)求f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))的值；(3)计算f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))．解：(1)f(x)是偶函数，理由如下．f(x)的定义域为R，关于y轴对称．因为f(－x)＝ eq \f((－x)2,1＋(－x)2)＋1＝ eq \f(x2,1＋x2)＋1＝f(x)，所以f(x)＝ eq \f(x2,1＋x2)＋1是偶函数．(2)因为f(x)＝ eq \f(x2,1＋x2)＋1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))\s\up12(2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))\s\up12(2))＋1＝ eq \f(1,x2＋1)＋1，所以f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3．(3)由(2)可知f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3，又因为f(1)＝ eq \f(3,2)，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝f(1)＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f(2)＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f(3)＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))))＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f(4)＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))))＝ eq \f(3,2)＋3×3＝ eq \f(21,2)．20．(12分)某粮油超市每月按出厂价30元/袋购进一种大米，根据以往的统计数据，若零售价定为42元/袋，每月可销售320袋．现为了促销，经调查，若零售价每降低1元，则每月可多销售40袋．为使超市获得最大利润，在每月的进货都销售完的前提下，求零售价及每月购进大米的数量，并求出最大利润．解：设零售价定为x元/袋，利润为y元，则购进大米的袋数为320＋40(42－x)，故y＝(x－30)[320＋40(42－x)]＝40(－x2＋80x－1 500)＝－40(x－40)2＋4 000．当x＝40时，y取最大值4 000元，此时购进大米袋数为400袋．综上所述，零售价定为40元/袋，每月购进大米400袋，可获得最大利润4 000元．21．(12分)(2023年西安长安区期末)已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x)＝x2＋2x．(1)求函数f(x)在R上的解析式；(2)若函数f(x)在区间[－1，m－1]上单调递增，求实数m的取值范围．解：(1)y＝f(x)是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f(x)＝x2＋2x，所以当x＞0时，－x＜0，则f(－x)＝x2－2x＝－f(x)．所以f(x)＝－x2＋2x．故f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋2x，x＞0．))(2)当x＜0时，可得f(x)在[－1，0]上单调递增；当x≥0时，f(x)在[0，1]单调递增．则f(x)在[－1，1]单调递增．因为函数f(x)在区间[－1，m－1]单调递增，可得－1＜m－1≤1，解得0＜m≤2，故实数m的取值范围是(0，2]．22．(12分)已知函数f(x)＝－x2＋mx－m．(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数m的值．(2)若函数f(x)在 [－1，0]上单调递减，求实数m的取值范围．(3)是否存在实数m，使得f(x)在[2，3]上的值域恰好是[2，3]？若存在，求出实数m的值；若不存在，说明理由．解：(1)f(x)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2))) eq \s\up12(2)－m＋ eq \f(m2,4)，则最大值为－m＋ eq \f(m2,4)＝0，解得m＝0或m＝4．(2)函数f(x)图象的对称轴是直线x＝ eq \f(m,2)，要使f(x)在 [－1，0]上单调递减，应满足 eq \f(m,2)≤－1，解得m≤－2．故实数m的取值范围为(－∞，－2]．(3)①当 eq \f(m,2)≤2，即m≤4时，f(x)在 [2，3]上单调递减，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(2)＝3，,f(3)＝2，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－4＋2m－m＝3，,－9＋3m－m＝2，))此时无解；②当 eq \f(m,2)≥3，即m≥6时，f(x)在[2，3]上单调递增，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(2)＝2，,f(3)＝3，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－4＋2m－m＝2，,－9＋3m－m＝3，))解得m＝6；③当2＜ eq \f(m,2)＜3，即4＜m＜6时，f(x)在[2，3]上先单调递增，再单调递减，所以f(x)在x＝ eq \f(m,2)处取最大值，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2))) eq \s\up12(2)＋m· eq \f(m,2)－m＝3，解得m＝－2或m＝6，不符合题意，舍去．综上可得，存在实数m＝6，使得f(x)在 [2，3]上的值域恰好是[2，3]．