浙江省2020届高考数学模拟试题分类汇编（二模）函数与导数性质小题

（浙江省2020届高考模拟试题汇编（二模））函数与导数性质小题一、单选题1．已知点在曲线上，且该曲线在点处的切线与直线垂直，则方程的实数根的个数为A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定【答案】A【详解】∵点在曲线上∴∵曲线在点处的切线与直线垂直∴，则∴∴∴方程为∵∴方程的实数根的个数为0个故选A2．已知函数的部分图像如图所示，则可能的解析式是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数图象可判断函数的奇偶性，再根据函数在的函数值，一一判断可得；【详解】解：由函数图象可得，函数图象关于原点对称，故函数为奇函数，对于A：为偶函数，不满足条件；同理可判断C也不满足条件，对于B：当时，，，故，满足条件；对于D：当时，，，故，不满足条件；故选：B【点睛】本题考查根据函数图象选择函数解析式，这种类型的问题一般选择排除法，属于基础题.3．已知定义在上的函数（为实数）为偶函数，记，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据为偶函数，利用，求得值，借助指数函数的单调性，结合，即可得解.【详解】为偶函数，，即，解得，，当时，，在上单调递增，，，，，.故选：D.【点睛】本题考查的是比较大小问题，涉及到的知识点包括函数的奇偶性、指数函数的单调性及对数函数的单调性，解题的关键是利用为偶函数，求出值，属于基础题.4．已知两函数和都是定义在上的函数，且方程有实数解，则有可能是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先设是方程的一个根，得到，，再令，得到，进而得到方程有解，再逐项判断，即可得出结果.【详解】解：设是方程的一个根，则，故再令，则，即方程有解；A选项，方程可化为，，故无实数解；B选项，方程可化为，显然无实数解；C选项，方程可化为，，故有实数解；D选项，方程可化为，，故无实数解；故选：C【点睛】本题主要考查抽象函数及其应用，函数解析式的求解及常用方法，主要用到转化与化归的思想来处理，属于基础题.5．函数的图像可能是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题首先可通过函数的奇偶性排除A、B选项，然后取，此时，排除C项，即可得出结果.【详解】因为，所以函数是奇函数，排除A、B选项，当时，，，，排除C项，故选：D.【点睛】本题考查函数图像的判定，可通过函数的奇偶性、周期性、单调性、取特殊值等方式进行选项排除，考查推理能力，是简单题.

6．函数的部分图像大致为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，由可排除B、D；由当时，，可排除C；即可得解.【详解】令，则，所以函数为奇函数，可排除B、D；当时，，，所以，故排除C.故选：A.【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数奇偶性与三角函数性质的应用，属于基础题.7．若，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由基本不等式可得：若，则成立；举出反例可得若，则不一定成立，由充分条件和必要条件的概念即可得解.【详解】，，若，则，当且仅当时取等号，所以；当，时，，但；“”是“”充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了基本不等式的应用和充分条件、必要条件的概念，属于基础题.8．已知实数满足则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据题意，由对数的性质分析可得“若，则”和“若，即，必有”，结合充分、必要条件的定义分析可得答案.【详解】根据题意，实数满足，若，则，则“”是“”的充分条件，反之若，即，必有，则“”是“”的必要条件，故“”是“”的充要条件；故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.

9．已知函数的定义域为，在该定义域内函数的最大值与最小值之和为-5，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【详解】∵函数∴函数是开口向上，对称轴为的抛物线∵函数的定义域为∴当时，，当时，∵函数在定义域内函数的最大值与最小值之和为-5∴当时，或∴故选B10．已知，则的最小值为A． B． C． D．【答案】B【分析】转化条件得，根据函数单调性确定的取值范围后即可得解.【详解】由题意，令，，由函数单调性可知，所以当时，取最小值48.故选：B.【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题.11．已知函数若存在唯一的整数，使得成立，则实数的取值范围是（）A． B．或C． D．或【答案】B【分析】画出函数图像，讨论，，三种情况，根据图像得到或，解得答案.【详解】如图所示，画出函数图像，当时，，即，故，即，即；当时，易知不满足；当时，，即，故，即.综上所述：或.故选：B.【点睛】本题考查了函数不等式的整数解问题，意在考查学生的计算能力和分类讨论能力，画出图像是解题的关键.12．设函数在区间上的最大值的最小值为4，则符合条件的有（）①x2+②③A．①② B．②③ C．①②③ D．①③【答案】D【分析】分别求出三个函数的值域，再结合的图象进行分析可得答案.【详解】对于①，，，所以当时，，函数递减，当时，，函数递增，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以，所以当时，，当时，，所以，此时的最小值为4，符合题意，故①正确；对于②，为增函数，所以，所以当时，，不符合题意，故②不正确；对于③，，，因为，所以，所以在上递增，所以，所以在上递增，所以，所以，所以当时，，当时，，所以，所以的最小值为，符合题意，故③正确.故选：D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值和值域，属于中档题.13．函数的部分图象如图所示，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由函数图象的对称性可得，函数为奇函数，再根据当且时，，可得答案.【详解】由函数图象的对称性可得，函数为奇函数.在选项C中，,不是奇函数，所以排除.在选项D中，,不是奇函数，所以排除.在选项B中.是奇函数,由，当且时，，不满足条件，所以排除.故选：A【点睛】本题考查根据函数图象选择解析式，考查函数的基本性质，注意在选择题中排除法的应用，属于中档题.14．对于给定正数k，定义，设，对任意和任意恒有，则（）A．k的最大值为2 B．k的最小值为2 C．k的最大值为1 D．k的最小值为1【答案】B【分析】根据已知条件可得：对任意恒成立，即，结合二次函数的性质可求函数的最大值即可.【详解】因为对任意和任意恒有，根据已知条件可得：对任意恒成立，即，，，当时有，即故选：B【点睛】本题考查了不等式恒成立问题以及二次函数的性质，属于一般题.15．已知任意，若存在实数b使不等式对任意的恒成立，则（）A．b的最小值为4 B．b的最小值为6C．b的最小值为8 D．b的最小值为10【答案】B【分析】转化条件得，设，，根据、分类，分别求出函数的最值即可得解.【详解】由题意，设，，其图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，当即时，，；当即时，，；若要对于任意，均成立，则即，所以b的最小值为6.故选：B.【点睛】本题考查了绝对值不等式和利用函数单调性求函数的最值，考查了恒成立问题的解决和分类讨论思想，属于中档题.16．已知函数，下列关于函数的零点个数的判断，正确的是（）A．当a＝0，m∈R时，有且只有1个B．当a＞0，m≤﹣1时，都有3个C．当a＜0，m＜﹣1时，都有4个D．当a＜0，﹣1＜m＜0时，都有4个【答案】B【分析】分别画出，，时，的图象，结合，的解的情况，数形结合可得所求零点个数．【详解】令，则，当时，若，则或，即或，即当，时，不是有且只有1个零点，故A错误；当时，时，可得或，可得的个数为个，即B正确；当，或时，由，且，可得零点的个数为1个或3个，故C，D错误．故选：B．【点睛】本题考查了函数零点的相关问题，考查了数形结合思想，属于中档题.17．定义在上的函数满足，且为奇函数，则的图象可能是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据为奇函数，得到函数关于中心对称，排除，计算排除，得到答案.【详解】为奇函数，即，函数关于中心对称，排除.，排除.故选：.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数关于中心对称是解题的关键.18．设，则"是""的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.【详解】，当时，，充分性；当，取，验证成立，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.19．已知函数，，其中，若方程恰好有3个不同解，，，则与的大小关系为（）A． B． C． D．不能确定【答案】D【分析】写出函数的解析式，作出图象，数形结合，对的范围分情况讨论，结合图象进行定性分析，即可求出结果.【详解】解：因为，当时，，即，当时，，若，则，，若，则，，又，，又（a）（极大值）；（极小值）；（极大值）；（极小值）.要使恰好有3个不同解，结合图象得：①当，即时，解得，不存在这样的实数.

②当，即时，解得；此时，又因为与关于对称，..③当，即时，解得.此时，，是方程的两实根，所以，而，所以，故选：D.【点睛】本题主要考查了函数的零点的判断方法，一般是结合端点处函数值、极值以及最值的取值情况进行分析，同时考查学生利用函数与方程思想、数形结合思想解决问题的能力，属于较难的题目.20．设函数，则“”是“与”都恰有两个零点的．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】显然是的最小值，若有两个零点，设，且，由得或，由题意只有两个零点，因此无解，有两个不等实根，即，，必要性得证，若，由于，因此有两个零点，设为，不妨设，由得或，显然无解，有两个不等实根，即有两个零点，充分性得证，故题中是充分必要条件，故选C.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系.21．已知函数，满足，则（）A．函数有2个极小值点和1个极大值点B．函数有2个极大值点和1个极小值点C．函数有可能只有一个零点D．有且只有一个实数，使得函数有两个零点【答案】A【分析】,则，由，方程有两个不等实数根，则设，可得出函数的单调性，从而可判断出答案.【详解】设所以设，由.所以，因为二次函数的开口向上，对称轴方程为.所以方程有两个不等实数根，则设.则令可得或.令可得或.所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.又当时，，又，所以由，所以所以根据单调性可知，函数有2个极小值点和1个极大值点，所以选项A正确，B不正确.根据函数的单调性，可画出函数的大致草图如下.当时，函数没有零点当时，函数有两个零点当时，函数有四个零点当时，函数有三个零点当时，函数有两个零点由上可知选项C,D都不正确.故选：A【点睛】本题考查函数的极值的个数的判断和零点个数的判断，属于难题.22．设函数的最大值为，最小值为，则（）A． B．C． D．【答案】D【分析】将函数整理为，再由辅助角公式和正弦函数的值域，得到不等式，结合韦达定理，即可得到答案.【详解】因为，所以有，即，为辅助角，因为，所以，化简得：，由于恒成立，则判别式：恒成立，即有不等式的解集为，由韦达定理可得故选：D【点睛】本题考查了利用三角函数的范围，辅助角公式以及韦达定理，考查了学生的计算能力，属于较难题.23．对任意的实数，不等式恒成立，则实数的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】排除的情况，存在唯一解，使则函数在上单调递减，在上单调递增，故，，代换得到，代入计算得到答案.【详解】设，则.当时，，故单调递减，当时，，不成立；当时，取，根据图像知，方程有唯一解设为，则函数在上单调递减，在上单调递增，故，且，代换得到：，易知函数在上单调递减，且，故.，故当时，有最小值为.故选：.【点睛】本题考查了隐零点问题，不等式恒成立求参数，设出极值点是解题的关键.24．函数，则下列结论中不正确的是（）A．曲线存在对称中心 B．曲线存在对称轴C．函数的最大值为 D．【答案】A【分析】求得函数的对称轴、最值来判断BC选项的正确选，利用放缩法判断D选项的正确性，利用反证法判断A选项的结论错误.【详解】，故曲线关于对称，故B正确；由于，当时，分母取得最小值2，此时分子刚好取得最大值1，故函数的最大值为，故C正确.画出的图像如下图所示，由图可知.所以，故D正确.由于，所以不是奇函数，图像不关于原点对称.而，所以原点在函数图像上.假设A选项正确，即存在点（为常数）是的对称中心，由上述分析可知不是原点.则原点关于的对称点为，即①，由于，所以在函数图像上，关于的对称点为，即②，由①②得，则，，其判别式，方程无解.故不存在是的对称中心，所以A选项错误.故选：A【点睛】本小题主要考查函数的对称性和最值，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.

二、多选题25．已知，，下列说法错误的是（）A．若，则B．若，则C．恒成立D．恒成立【答案】AD【分析】对A式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A错误；对B不等式放缩，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B正确；对C不等式等价变型，通过恒成立，可得C正确；D求出的最大值，当且仅当时取等号，故D错误.【详解】A.设，由图可知，当时，存在，使此时，故A错误.B.设单调递增，，B正确C.又，，C正确D.当且仅当；当且仅当；所以，当且仅当时取等号，D错误.故选：AD【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.三、双空题26．设已知函数是奇函数，则__________；若函数是R上的增函数，则的取值范围是__________.【答案】【分析】因为是奇函数，定义域为，所以，由此即可求出结果；又因为函数是R上的增函数，所以在上单调递增，且在处的函数值要小于或者等于在处的函数值，由此即可求出结果.【详解】因为是奇函数，定义域为；所以，解得；因为函数是R上的增函数；所以在上单调递增，所以；且在处的函数值要小于或者等于在处的函数值，即，解得；综上：的取值范围是.故答案为：；.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和函数单调性，本题属于基础题.27．已知函数，则其最小正周期__________，__________．【答案】【分析】由周期公式和特殊角的三角函数值即可求得结果.【详解】函数的最小正周期，，故答案为：；.【点睛】本题主要考查正弦函数的周期性，涉及函数值的求解，属于基础题.28．已知，若，则___________；___________.【答案】【分析】根据，利用指数和对数互化得到且，再利用分段函数求解.【详解】因为，所以，即且，所以，.故答案为：，29．已知函数，则=_______；设函数存在3个零点，则实数的取值范围是_______．【答案】0；【分析】根据解析式直接计算，函数存在3个零点转化为有3个根，即有3个交点即可，求出与相切时斜率，即可求解.【详解】因为，，函数存在3个零点，方程存在3个根，即与存在3个交点，设与相切于点，则，解得，如图，由图可知，当时，与存在3个交点，故答案为：0；【点睛】本题主要考查了分段函数的图象与性质，导数的几何意义，函数的零点，转化思想，数形结合思想，属于中档题.

30．已知函数的图像关于点对称，关于直线对称，最小正周期，则______，的单调递减区间是______.【答案】【分析】根据的对称性和的范围，求得，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调递减区间.【详解】由于的最小正周期，，所以.由于图像关于点对称，关于直线对称，所以，两式相加得，由于，，所以.则，结合可得，所以.所以的最小正周期为.由，解得，所以的减区间为.故答案为：（1）；（2）【点睛】本小题主要考查根据三角函数的对称性、周期性求参数，考查三角函数单调区间的求法，考查运算求解能力，属于中档题.

四、填空题31．已知函数若，则实数的取值范围为___．【答案】【分析】先求，从而得出的范围，即或，解此不等式即可得出答案.【详解】，令，即或，解得或，，或，或或或，解得或，故答案为：.【点睛】本题考查了解分段函数不等式问题，属于基础题.求解不等式时，要注意在对应区间上进行求解.32．已知函数，若函数与有相同的值域，则的取值范围是__.【答案】【分析】先对函数求导，结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的值域，再根据函数与有相同的值域，列不等式求解即可.【详解】解：由题意可知，，易得在上单调递减，在上单调递增，故当时，函数取得最小值，即函数的值域，，因为数与有相同的值域，则，即，综上.故答案为：.【点睛】本题考查了函数的概念及简单复合函数的导数的应用，属于中档题.33．已知奇函数的定义域为且在上连续.若时不等式的解集为，则时的解集为______.【答案】【分析】当时，易得的解集为；利用奇函数的性质可得当时，的解集为，令即可得解.【详解】由题意可得当时，的解集为，由奇函数的性质可得当时，的解集为，令，则的解集为，即当时，的解集为，所以的解集为.故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题.34．已知，设，若同时满足：①对任意的，有，②存在，使得，则实数的取值范围是______【答案】【分析】要满足①，需要或，结合讨论可得，当时，要；要满足②，要存在，使得；然后借助二次函数的图象分析可得结论．【详解】解：∵，∴，或，即，或，∵，∴当时，，此时应；当时，，恒成立；当时，，此时应；∴要满足条件①，必须要当时，，（*）而当时，，要满足条件②，则要存在，使得，当时，，显然不满足题意；当时，函数为开口向上的二次函数，显然不满足（*）；当时，令，得，，显然，由图可知，，解得，故答案为：．【点睛】本题主要考查函数与不等式，考查二次函数的图象与性质，考查数形结合思想，考查分类讨论思想，属于中档题．35．已知函数的图象经过三个象限，则实数a的取值范围是________.【答案】【分析】按照、、三种情况讨论，结合二次函数的判别式、对称轴、开口、特殊函数值可得答案.【详解】当时，，此时函数图象经过第三象限；当时，，当时，，此时函数图象恒经过第一象限，(1)若且，即时，函数图象经过第一、四象限，当时，，，的值可正，可负可为零，函数图象经过第一、四象限或只经过第一象限,符合题意；(2)若时，当时，，函数图象只经过第一象限，当时，对称轴，，函数图象只经过第一象限，不符合；(3)若时，当时，，，此时函数图象只经过第一象限，当时，对称轴，，函数图象只经过第一象限，不符合；故答案为：.【点睛】本题主要考查二次函数以及分段函数的图象和性质，涉及分类讨论思想的应用，属于中档题．36．函数，，若恰有个零点，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足，或者，，结合的性质，得.【详解】画出的图像如下图所示.设，则.由图像知，要使得恰有三个零点，则方程存在两个实根，满足“，”或者“，”.由于，所以在上递减，在上递增，两个零点为，最小值为.由于.所以实数的取值范围是，即故答案为：【点睛】本小题主要考查函数零点问题的研究，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.37．已知函数，，，，则实数的取值范围是________.【答案】或【分析】设，是方程的两个实根，则可得或，进而可得，由可得对任意，均有，即可得，由韦达定理和根的判别式列出不等式组即可得解.【详解】由，可设，是方程即的两个实根，则，或，则，=.由可得对任意，均有，即对任意均成立，由，，可得对任意均成立，所以，所以即，解得或.故答案为：或.【点睛】本题考查了一元二次不等式与一元二次方程的关系，考查了转化化归思想和计算能力，属于中档题.38．已知函数恰有一个零点，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】问题转化为函数和的只有一个公共点，利用导数得出的单调性，极值，可作出函数图象，由图象易知时，两函数图象只有一个公共点，在时，先求出两图象在同一点处有共同切线时的值，而且利用图象知取其它值时交点情况，从而得出结论．【详解】函数恰有一个零点，即方程只有一根，只有一根，设，，，，当时，，递增，时，，递减，，时，，，，∴时，是减函数，且，函数与的图象只有一个交点，满足题意，时，是增函数，设与在处有共同的切线，显然，，则，∴，整理得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，，∴时，，即，∴是上的增函数，又，∴只有唯一解，∴，，当时，与的图象没有公