人教版新课标A必修1第一章 集合与函数概念综合与测试单元测试课后练习题

这是一份人教版新课标A必修1第一章 集合与函数概念综合与测试单元测试课后练习题，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

B 卷 数 学
班级：________ 姓名：________ 得分：________
第一章 集合与函数概念(二)
(函数的概念与基本性质)
名校好题·能力卷]
(时间：120分钟 满分：150分)
第Ⅰ卷 (选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，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．下列四组函数中，表示同一函数的是( )
A．y＝x－1与y＝eq \r(x－12)
B．y＝eq \r(x－1)与y＝eq \f(x－1,\r(x－1))
C．y＝4lg x与y＝2lg x2
D．y＝lg x－2与y＝lgeq \f(x,100)
2．已知f：x→x2是集合A到集合B＝{0,1,4}的一个映射，则集合A中的元素个数最多有( )
A．3个 B．4个
C．5个 D．6个
3．函数f(x)＝eq \f(\r(x＋1),x－1)的定义域是( )
A．－1,1) B．－1,1)∪(1，＋∞)
C．－1，＋∞) D．(1，＋∞)
4．函数y＝2－eq \r(－x2＋4x)的值域是( )
A．－2,2] B．1,2]
C．0,2] D．－eq \r(2)，eq \r(2) ]
5．已知f(x)的图象如图，则f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，0≤x≤1,－x－2，1B．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，0≤x≤1,x＋2，1C．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，0≤x≤1,x－2，1D．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，0≤x≤1,－x＋2，16．定义两种运算：a⊕b＝eq \r(a2－b2)，ab＝eq \r(a－b2)，则函数f(x)＝eq \f(2⊕x,x2－2)的解析式为( )
A．f(x)＝eq \f(\r(4－x2),x)，x∈－2,0)∪(0,2]
B．f(x)＝eq \f(\r(x2－4),x)，x∈(－∞，－2]∪2，＋∞)
C．f(x)＝－eq \f(\r(x2－4),x)，x∈(－∞，－2]∪2，＋∞)
D．f(x)＝－eq \f(\r(4－x2),x)，x∈－2,0)∪(0,2]
7．函数f(x)＝eq \f(1,x)－x的图象关于( )
A．坐标原点对称 B．x轴对称
C．y轴对称 D．直线y＝x对称
8．设f(x)是定义在－6,6]上的偶函数，且f(4)>f(1)，则下列各式一定成立的是( )
A．f(0)f(3)
C．f(2)>f(0) D．f(－1)9．若奇函数f(x)在1,3]上为增函数，且有最小值0，则它在－3，－1]上( )
A．是减函数，有最小值0 B．是增函数，有最小值0
C．是减函数，有最大值0 D．是增函数，有最大值0
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(axx<0，,a－3x＋4ax≥0，))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) B．(0,1)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) D．(0,3)
11．若f(x)是R上的减函数，且f(x)的图象经过点A(0,4)和点B(3，－2)，则当不等式|f(x＋t)－1|<3的解集为(－1,2)时，t的值为( )
A．0 B．－1
C．1 D．2
12．已知函数y＝f(x)满足：①y＝f(x＋1)是偶函数；②在1，＋∞)上为增函数．若x1<0，x2>0，且x1＋x2<－2，则f(－x1)与f(－x2)的大小关系是( )
A．f(－x1)>f(－x2) B．f(－x1)C．f(－x1)＝f(－x2) D．无法确定
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．若函数f(x)＝ax7＋bx－2，且f(2 014)＝10，则f(－2 014)的值为________．
14．若函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)在x∈(－2，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
15．已知函数f(x)＝eq \f(x＋3,x＋1)，记f(1)＋f(2)＋f(4)＋f(8)＋f(16)＝m，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))＝n，则m＋n＝________.
16．设a为常数且a<0，y＝f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝x＋eq \f(a2,x)－2.若f(x)≥a2－1对一切x≥0都成立，则a的取值范围为________．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
(1)已知f(x－2)＝3x－5，求f(x)；
(2)若f(f(f(x)))＝27x＋26，求一次函数f(x)的解析式．
18．(本小题满分12分)
已知f(x)＝eq \f(1,x－1)，x∈2,6]．
(1)证明：f(x)是定义域上的减函数；
(2)求f(x)的最大值和最小值．
19．(本小题满分12分)
某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数：R(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80 000，x>400，))其中x是仪器的月产量．
(1)将利润f(x)表示为月产量x的函数；
(2)当月产量x为何值时，公司所获利润最大？最大利润是多少元？(总收益＝总成本＋利润)
20．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈－5,5]．
(1)当a＝－1时，求函数的最大值和最小值；
(2)若y＝f(x)在区间－5,5]上是单调函数，求实数a的取值范围．
21．(本小题满分12分)
已知二次函数f(x)＝ax2＋bx(a，b∈R)，若f(1)＝－1且函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．
(1)求a，b的值；
(2)若函数f(x)在k，k＋1](k≥1)上的最大值为8，求实数k的值．
22．(本小题满分12分)
已知二次函数f(x)的图象过点(0,4)，对任意x满足f(3－x)＝f(x)，且有最小值eq \f(7,4).
(1)求f(x)的解析式；
(2)求函数h(x)＝f(x)－(2t－3)x在区间0,1]上的最小值，其中t∈R；
(3)在区间－1,3]上，y＝f(x)的图象恒在函数y＝2x＋m的图象上方，试确定实数m的范围．
详解答案
第一章 集合与函数概念(二)
(函数的概念与基本性质)
名校好题·能力卷]
1．D 解析：∵y＝x－1与y＝eq \r(x－12)＝|x－1|的对应关系不同，∴它们不是同一函数；y＝eq \r(x－1)(x≥1)与y＝eq \f(x－1,\r(x－1))(x>1)的定义域不同，∴它们不是同一函数；又y＝4lg x(x>0)与y＝2lg x2(x≠0)的定义域不同，因此它们也不是同一函数，而y＝lg x－2(x>0)与y＝lgeq \f(x,100)＝lg x－2(x>0)有相同的定义域、值域与对应关系，因此它们是同一函数．
2．C 解析：令x2＝0,1,4，解得x＝0，±1，±2.故选C.
3．B 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1≥0，,x－1≠0，))解得x≥－1，且x≠1.
4．C 解析：令t＝－x2＋4x，x∈0,4]，∴t∈0,4]．又∵y1＝eq \r(x)，x∈0，＋∞)是增函数∴ eq \r(t)∈0,2]，－eq \r(t)∈－2,0]，∴y∈0,2]．故选C.
5．C 解析：当0≤x≤1时，f(x)＝－1；当16．D 解析：f(x)＝eq \f(2⊕x,x2－2)＝eq \f(\r(22－x2),\r(x－22)－2)＝eq \f(\r(4－x2),|x－2|－2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x2≥0，,|x－2|－2≠0，))得－2≤x≤2且x≠0.∴f(x)＝－eq \f(\r(4－x2),x).
7．A 解析：函数f(x)的定义域关于原点对称，又∵f(－x)＝eq \f(1,－x)＋x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－x))＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，其图象关于坐标原点对称．
8．D 解析：∵f(x)是定义在－6,6]上的偶函数，∴f(－1)＝f(1)．又f(4)>f(1)，f(4)>f(－1)．
9．D 解析：因为奇函数f(x)在1,3]上为增函数，且有最小值0，所以f(x)在－3，－1]上是增函数，且有最大值0.
10．A 解析：由于函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(axx<0，,a－3x＋4ax≥0))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，所以该函数为R上的减函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解题技巧：本题主要考查了分段函数的单调性，解决本题的关键是利用好该函数为R上的减函数这一条件．应特别注意隐含条件“a0≥4a”．
11．C 解析：由不等式|f(x＋t)－1|<3，得－3＜f(x＋t)－1＜3，即－2＜f(x＋t)＜4.又因为f(x)的图象经过点A(0,4)和点B(3，－2)，所以f(0)＝4，f(3)＝－2，所以f(3)＜f(x＋t)＜f(0)．又f(x)在R上为减函数，则3＞x＋t＞0，即－t＜x＜3－t，解集为(－t,3－t)．∵不等式的解集为(－1,2)，∴－t＝－1,3－t＝2，解得t＝1.故选C.
12．A 解析：由y＝f(x＋1)是偶函数且把y＝f(x＋1)的图象向右平移1个单位可得函数y＝f(x)的图象，所以函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，即f(2＋x)＝f(－x)．因为x1<0，x2>0，且x1＋x2<－2，所以2＜2＋x2＜－x1.因为函数在1，＋∞)上为增函数，所以f(2＋x2)＜f(－x1)，即f(－x1)>f(－x2)，故选A.
13．－14 解析：设g(x)＝ax7＋bx，则g(x)是奇函数，g(－2 014)＝－g(2 014)．∵f(2 014)＝10且f(2 014)＝g(2 014)－2，∴g(2 014)＝12，∴g(－2 014)＝－12，∴f(－2 014)＝g(－2 014)－2，∴f(－2 014)＝－14.
14．a0，∴a15．18 解析：因为函数f(x)＝eq \f(x＋3,x＋1)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(1＋3x,x＋1).
又因为f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(4x＋1,x＋1)＝4，
f(1)＋f(2)＋f(4)＋f(8)＋f(16)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))
＝f(1)＋f(2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f(4)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(8)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋f(16)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)))＝f(1)＋4×4＝18，
所以m＋n＝18.
解题技巧：本题主要考查了学生的观察、归纳、推理的能力，解决本题的关键是挖掘出题目中隐含的规律f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝4.
16．－1≤a<0 解析：当x＝0时，f(x)＝0，则0≥a2－1，解得－1≤a≤1，所以－1≤a<0.
当x>0时，－x<0，f(－x)＝－x＋eq \f(a2,－x)－2，则f(x)＝－f(－x)＝x＋eq \f(a2,x)＋2.
由对数函数的图象可知，当x＝eq \r(a2)＝|a|＝－a时，有f(x)min＝－2a＋2，
所以－2a＋2≥a2－1，即a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1.又a<0，
所以－3≤a<0.
综上所述，－1≤a<0.
17．解：(1)令t＝x－2，则x＝t＋2，t∈R，由已知有f(t)＝3(t＋2)－5＝3t＋1，故f(x)＝3x＋1.
(2)设f(x)＝ax＋b(a≠0)，f(f(x))＝a2x＋ab＋b，
f(f(f(x)))＝a(a2x＋ab＋b)＋b＝a3x＋a2b＋ab＋b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝27，,a2b＋ab＋b＝26，))
解得a＝3，b＝2.则f(x)＝3x＋2.
18．(1)证明：设2≤x1因为x1－1>0，x2－1>0，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)．
所以f(x)是定义域上的减函数．
(2)由(1)的结论可得，f(x)min＝f(6)＝eq \f(1,5)，f(x)max＝f(2)＝1.
19．解：(1)当0≤x≤400时，
f(x)＝400x－eq \f(1,2)x2－100x－20 000＝－eq \f(1,2)x2＋300x－20 000.
当x>400时，f(x)＝80 000－100x－20 000＝60 000－100x，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋300x－20 000，0≤x≤400，,60 000－100x，x>400.))
(2)当0≤x≤400时，
f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋300x－20 000＝－eq \f(1,2)(x－300)2＋25 000；
当x＝300时，f(x)max＝25 000；
当x>400时，
f(x)＝60 000－100x所以当x＝300时，f(x)max＝25 000.
故当月产量x为300台时，公司获利润最大，最大利润为25 000元．
20．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1.
又因为x∈－5,5]．所以函数的最大值为37，最小值为1.
(2)若y＝f(x)在区间－5,5]上是单调函数，
则有－a≤－5或－a≥5解得a≤－5或a≥5.
解题技巧：本题主要考查了二次函数在给定区间上的最值与单调性．解决本题的关键是确定对称轴和区间端点的关系．注意分类讨论．
21．解：(1)由题意可得f(1)＝a＋b＝－1且－eq \f(b,2a)＝1，
解得a＝1，b＝－2.
(2)f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1.
因为k≥1，所以f(x)在k，k＋1]上单调递增，
所以f(x)max＝f(k＋1)＝(k＋1)2－2(k＋1)＝8，
解得k＝±3.
又k≥1，所以k＝3.
22．解：(1)由题知二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(3,2)，又最小值是eq \f(7,4)，
则可设f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)(a≠0)，
又图象过点(0,4)，则aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)＝4，解得a＝1.
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)＝x2－3x＋4.
(2)h(x)＝f(x)－(2t－3)x＝x2－2tx＋4＝(x－t)2＋4－t2，其对称轴x＝t.
①t≤0时，函数h(x)在0,1]上单调递增，最小值为h(0)＝4；
②当0③当t≥1时，函数h(x)在0,1]上单调递减，最小值为h(1)＝5－2t，所以h(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，t≤0，,4－t2，0(3)由已知：f(x)>2x＋m对x∈－1,3]恒成立，
∴m∴m<(x2－5x＋4)min(x∈－1,3])．
∵g(x)＝x2－5x＋4在x∈－1,3]上的最小值为－eq \f(9,4)，
∴m<－eq \f(9,4).