2020届高考数学一轮复习单元检测02《函数概念与基本初等函数Ⅰ》提升卷单元检测 理数（含解析）

单元检测二　函数概念与基本初等函数Ⅰ(提升卷)

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间100分钟，满分130分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

第Ⅰ卷(选择题　共60分)

一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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)＝＋lg(3x＋1)的定义域是(　　)

A．(－∞，1)   B.

C. D.

答案　B

解析　要使函数有意义，则

解得－<x<1，

所以函数f(x)的定义域为.

2．(2019·哈尔滨师大附中模拟)与函数y＝x相同的函数是(　　)

A．y＝ B．y＝

C．y＝()2 D．y＝logaax(a>0且a≠1)

答案　D

解析　A中对应关系不同；B中定义域不同；C中定义域不同；D中对应关系，定义域均相同，是同一函数．

3．下列函数在其定义域内既是奇函数，又是增函数的是(　　)

A．y＝－ B．y＝x

C．y＝x3 D．y＝log2x

答案　C

解析　y＝－在其定义域内既不是增函数，也不是减函数；y＝x在其定义域内既不是偶函数，也不是奇函数；y＝x3在其定义域内既是奇函数，又是增函数；y＝log2x在其定义域内既不是偶函数，也不是奇函数．

4．已知f()＝x－x2，则函数f(x)的解析式为(　　)

A．f(x)＝x2－x4 B．f(x)＝x－x2

C．f(x)＝x2－x4(x≥0)   D．f(x)＝－x(x≥0)

答案　C

解析　因为f()＝()2－()4，

所以f(x)＝x2－x4(x≥0)．

5．(2019·宁夏银川一中月考)二次函数f(x)＝4x2－mx＋5，对称轴x＝－2，则f(1)的值为(　　)

A．－7B．17C．1D．25

答案　D

解析　函数f(x)＝4x2－mx＋5的图象的对称轴为x＝－2，

可得＝－2，解得m＝－16，所以f(x)＝4x2＋16x＋5.

则f(1)＝4＋16＋5＝25.

6．若a＝30.3，b＝logπ3，c＝log0.3e，则(　　)

A．a>b>c B．b>a>c

C．c>a>b D．b>c>a

答案　A

解析　因为0<0.3<1，e>1，

所以c＝log0.3e<0，

由于0.3>0，所以a＝30.3>1，

由1<3<π，得0<b＝logπ3<1，

所以a>b>c.

7．已知f(x＋1)＝－ln，则函数f(x)的图象大致为(　　)

答案　A

解析　由题意得f(x＋1)＝－ln

＝－ln，

所以f(x)＝－ln＝ln.

由>0，解得定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，故排除B.

因为f(－x)＝ln＝ln

＝－ln＝－f(x)，

所以函数f(x)为奇函数，排除C.

又f(3)＝ln<0，故排除D.

8．已知函数f(x)＝－x2＋4x，当x∈[m,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]

C．[－1,2] D．[2,5]

答案　C

解析　f(x)＝－(x－2)2＋4，

所以当x＝2时，f(2)＝4.

由f(x)＝－5，解得x＝5或x＝－1.

所以要使函数f(x)在区间[m,5]上的值域是[－5,4]，

则－1≤m≤2.

9．(2018·南昌模拟)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(3x＋1)<f的实数x的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

答案　B

解析　由函数f(x)的图象关于y轴对称，

且f(x)在(－∞，0]上单调递减，

得f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f(3x＋1)<f，

所以|3x＋1|<，

解得－<x<－.

10．(2018·孝感模拟)设f(x)＝且f(1)＝6，则f(f(－2))的值为(　　)

A．12B．18C.D.

答案　A

解析　∵f(x)＝

∴f(1)＝2(t＋1)＝6，解得t＝2.

∴f(－2)＝log3(4＋2)＝log36，f(f(－2))＝12.

11.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD＝DC＝2，CB＝，动点P从点A出发，由A→D→C→B沿边运动，点P在AB上的射影为Q.设点P运动的路程为x，△APQ的面积为y，则y＝f(x)的图象大致是(　　)

答案　D

解析　根据题意可得到

y＝f(x)＝

由二次函数和一次函数的图象可知f(x)的图象只能是D.

12．(2019·成都龙泉驿区一中模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(x)＋f(2－x)＝0，且当x∈[0,1)时，f(x)＝ln，则函数g(x)＝f(x)＋x在区间[－6,6]上的零点个数是(　　)

A．4B．5C．6D．7

答案　B

解析　由f(x)＋f(2－x)＝0，令x＝1，则f(1)＝0，

∵f(x)＋f(2－x)＝0，∴f(x)的图象关于点(1,0)对称，

又f(x)是定义在R上的奇函数，

∴f(x)＝－f(2－x)＝f(x－2)，

∴f(x)是周期为2的函数．

当x∈[0,1)时，

f(x)＝ln＝ln为增函数，

画出f(x)及y＝－x在[0,6]上的图象如图所示，

经计算，结合图象易知，函数f(x)的图象与直线y＝－x在[0,6]上有3个不同的交点，

由函数的奇偶性可知，

函数g(x)＝f(x)＋x在区间[－6,6]上的零点个数是5.

第Ⅱ卷(非选择题　共70分)

二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

13．幂函数f(x)＝(m2－m－1)xm2＋2m－3在区间(0，＋∞)内为增函数，则实数m的值为________．

答案　2

解析　根据题意得m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.

因为当x∈(0，＋∞)时，f(x)为增函数，

所以当m＝2时，m2＋2m－3＝5，幂函数为f(x)＝x5，满足题意；

当m＝－1时，m2＋2m－3＝－4，幂函数为f(x)＝x－4，不满足题意．

综上，m＝2.

14．已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，且当0≤x<1时，f(x)＝2x＋a，f(1)＝0，则f(－3)＋f(14－log27)＝________.

答案　－

解析　易知f(－3)＝f(1)＝0，

由f(x)是奇函数，知f(0)＝0，

所以20＋a＝0，所以a＝－1.

因为log27＝2＋log2，

所以f(14－log27)＝f＝－f

＝－＝－，

则f(－3)＋f(14－log27)＝0－＝－.

15．已知λ∈R，函数f(x)＝g(x)＝x2－4x＋1＋4λ，若关于x的方程f(g(x))＝λ有6个解，则λ的取值范围为________．

答案　

解析　函数f(x)在(－∞，－1]上单调递减，在[－1,0)和(0，＋∞)上单调递增，f(x)的图象如图所示．

由于方程g(x)＝n最多只有两解，

因此由题意f(n)＝λ有三解，

所以0<λ<1且三解n1，n2，n3满足n1<－1，－1<n2<0，n3>1，n1＝－1－λ，

所以g(x)＝x2－4x＋1＋4λ＝－1－λ有两解，

(x－2)2＝－5λ＋2>0，λ<，

所以0<λ<.

16．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－3.5]＝－4，[2.1]＝2.已知函数f(x)＝－，则函数y＝[f(x)]＋[f(－x)]的值域是________．

答案　{－1,0}

解析　因为f(x)＝，

则f(－x)＝＝－f(x)，

所以f(x)为奇函数．

因为函数f(x)＝－＝－，

又ex＋1>1，所以0<<1，

故－<－<.

当f(x)∈时，[f(x)]＝－1，[f(－x)]＝0；

当f(x)∈时，[f(x)]＝0，[f(－x)]＝－1；

当f(x)＝0时，[f(x)]＝0，[f(－x)]＝0.

所以函数y＝[f(x)]＋[f(－x)]的值域为{－1,0}．

三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(12分)已知函数f(x)＝ax，a为常数，且函数的图象过点(－1,2)．

(1)求常数a的值；

(2)若g(x)＝4－x－2，且存在x，使g(x)＝f(x)，求满足条件的x的值．

解　(1)由已知得－a＝2，解得a＝1.

(2)由(1)知f(x)＝x，

因为存在x，使g(x)＝f(x)，

所以4－x－2＝x，

即x－x－2＝0，

即2－x－2＝0有解，

令x＝t(t>0)，则t2－t－2＝0，

即(t－2)(t＋1)＝0，

解得t＝2，即x＝2，解得x＝－1，

故满足条件的x的值为－1.

18．(12分)已知函数f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．

(1)若函数f(x)的定义域和值域为[1，a]，求实数a的值；

(2)若f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数a的取值范围．

解　(1)∵f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，a]上是减函数，

∴f(x)＝x2－2ax＋5在[1，a]上单调递减，

根据题意得解得a＝2.

(2)∵f(x)在(－∞，2]上是减函数，∴a≥2.

综合(1)知f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，

∴当x∈[1，a＋1]时，f(x)min＝f(a)＝5－a2，

f(x)max＝max{f(1)，f(a＋1)}．

又f(1)－f(a＋1)＝6－2a－(6－a2)＝a(a－2)≥0，

∴f(x)max＝f(1)＝6－2a.

∵对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，

总有|f(x1)－f(x2)|≤4，

∴f(x)max－f(x)min≤4，

即6－2a－(5－a2)≤4，整理得a2－2a－3≤0，

解得－1≤a≤3，又a≥2，∴2≤a≤3.

故实数a的取值范围是[2,3]．

19．(13分)小王于年初用50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．

(1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？

(2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)

解　(1)设大货车运输到第x年年底，该车运输累计收入与总支出的差为y万元，

则y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50

＝－x2＋20x－50(0<x≤10，x∈N*)．

由－x2＋20x－50>0，可得10－5<x<10＋5.

又2<10－5<3，

故大货车运输到第3年年底，该车运输累计收入超过总支出．

(2)∵利润＝累计收入＋销售收入－总支出，

∴二手车出售后，小张的年平均利润为＝＝19－≤19－2＝19－10＝9，

当且仅当x＝5时，等号成立．

∴小王应当在第5年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大．

20．(13分)已知函数f(x)定义在区间(－1,1)内，且满足下列两个条件：

①对任意x，y∈(－1,1)，都有f(x)＋f(y)＝f；

②当x∈(－1,0)时，有f(x)>0.

(1)求f(0)，并证明函数f(x)在区间(－1,1)内是奇函数；

(2)验证函数f(x)＝lg是否满足这些条件；

(3)若f＝1，试求函数F(x)＝f(x)＋的零点．

解　(1)令x＝y＝0，则f(0)＋f(0)＝f(0)，

所以f(0)＝0.

令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0，

所以f(－x)＝－f(x)，

又f(x)的定义域(－1,1)关于坐标原点对称，

所以函数f(x)在区间(－1,1)内是奇函数．

(2)由>0，得－1<x<1，

所以函数f(x)的定义域为(－1,1)．

①f(x)＋f(y)＝lg＋lg

＝lg＝lg

＝lg＝f.

②当－1<x<0时，0<1＋x<1<1－x，

所以>1，所以lg>0.

故函数f(x)＝lg满足这些条件．

(3)设－1<x1<x2<0，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f.

因为－1<x1<x2<0，

所以x1－x2<0,0<x1x2<1，

所以<0.

由条件②知f>0，

所以f(x1)－f(x2)>0，所以f(x1)>f(x2)，

故f(x)在区间(－1,0)内为减函数．

由奇函数性质可知，f(x)在区间(0,1)内仍是减函数，

所以f(x)在区间(－1,1)内单调递减，

因为f＝1，所以f＝－1.

由F(x)＝f(x)＋＝0，得2f(x)＝－1，

所以f(x)＋f(x)＝f＝f，

所以＝，

整理得x2－4x＋1＝0，解得x＝2－或x＝2＋.

又x∈(－1,1)，所以x＝2－.

故函数F(x)的零点为2－.