高中人教A版数学必修1单元测试：第一章　集合与函数概念(二)B卷 Word版含解析

PAGE高中同步创优单元测评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－12)B．y＝eq\r(x－1)与y＝eq\f(x－1,\r(x－1))C．y＝4lgx与y＝2lgx2D．y＝lgx－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\co1(1，0≤x≤1,－x－2，1<x≤2))B．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，0≤x≤1,x＋2，1<x≤2))C．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，0≤x≤1,x－2，1<x≤2))D．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，0≤x≤1,－x＋2，1<x≤2))6．定义两种运算：a⊕b＝eq\r(a2－b2)，ab＝eq\r(a－b2)，则函数f(x)＝eq\f(2⊕x,x2－2)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(6) B．f(4)>f(3)C．f(2)>f(0) D．f(－1)<f(4)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0C．是减函数，有最大值0 D．是增函数，有最大值010．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(axx<0，,a－3x＋4ax≥0，))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(0,1)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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．－1C．1 D．212．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)<f(－x2)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(2014)＝10，则f(－2014)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\co1(\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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20000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\co1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80000，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－12)＝|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＝4lgx(x>0)与y＝2lgx2(x≠0)的定义域不同，因此它们也不是同一函数，而y＝lgx－2(x>0)与y＝lgeq\f(x,100)＝lgx－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\co1(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1<x≤2时，设f(x)＝kx＋b(k≠0)，把点(1，－1)，(2,0)代入f(x)＝kx＋b(k≠0)，则f(x)＝x－2.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，0≤x≤1，,x－2，1<x≤2.))故选C.6．D解析：f(x)＝eq\f(2⊕x,x2－2)＝eq\f(\r(22－x2),\r(x－22)－2)＝eq\f(\r(4－x2),|x－2|－2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(\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\co1(axx<0，,a－3x＋4ax≥0))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,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\co1(0<a<1，,a－3<0，,4a≤a0，))解得0<a≤eq\f(1,4).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≥4a11．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(－2014)＝－g(2014)．∵f(2014)＝10且f(2014)＝g(2014)－2，∴g(2014)＝12，∴g(－2014)＝－12，∴f(－2014)＝g(－2014)－2，∴f(－2014)＝－14.14．a<eq\f(1,2)解析：f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2).∵y＝eq\f(1,x＋2)在x∈(－2，＋∞)上是减函数，∴1－2a>0，∴a<eq\f(1,2).15．18解析：因为函数f(x)＝eq\f(x＋3,x＋1)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1＋3x,x＋1).又因为f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(4x＋1,x＋1)＝4，f(1)＋f(2)＋f(4)＋f(8)＋f(16)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))＝f(1)＋f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(4)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(8)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋f(16)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\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\co1(a3＝27，,a2b＋ab＋b＝26，))解得a＝3，b＝2.则f(x)＝3x＋2.18．(1)证明：设2≤x1<x2≤6，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1－1)－eq\f(1,x2－1)＝eq\f(x2－x1,x1－1x2－1)，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－20000＝－eq\f(1,2)x2＋300x－20000.当x>400时，f(x)＝80000－100x－20000＝60000－100x，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2＋300x－20000，0≤x≤400，,60000－100x，x>400.))(2)当0≤x≤400时，f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋300x－20000＝－eq\f(1,2)(x－300)2＋25000；当x＝300时，f(x)max＝25000；当x>400时，f(x)＝60000－100x<f(400)＝20000<25000；所以当x＝300时，f(x)max＝25000.故当月产量x为300台时，公司获利润最大，最大利润为25000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