备考2025年高考数学一轮复习第二章考点测试9

考点测试9幂函数与二次函数高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度考点研读1.了解幂函数的概念2．结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝x－1，y＝xeq\s\up7(\f(1,2))的图象，了解它们的变化情况3．理解并掌握二次函数的定义、图象及性质4．能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题一、基础小题1．已知幂函数y＝(m2－3)xm2＋m－3在(0，＋∞)上单调递增，则实数m＝()A．－2 B．2C．－eq\r(3) D.eq\r(3)答案B解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－3＝1，,m2＋m－3＞0，))解得m＝2.故选B.2．若(m＋1)－1＜(3－2m)－1，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(3,2)))B．(－∞，－1)C．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2)))D．∅答案C解析因为幂函数y＝x－1在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，所以由(m＋1)－1＜(3－2m)－1可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1＞0，,3－2m＞0，,m＋1＞3－2m))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1＜0，,3－2m＜0，,m＋1>3－2m))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1＜0，,3－2m＞0，))解得eq\f(2,3)＜m＜eq\f(3,2)或m＜－1，即实数m的取值范围为(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2))).3．设a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up7(\f(1,2))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq\s\up7(\f(1,5))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up7(\f(3,4))，则a，b，c的大小关系是()A．c<a<b B．c<b<aC．a<c<b D．b<c<a答案A解析因为a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up7(\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,25)))eq\s\up7(\f(1,4))<1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))eq\s\up7(\f(1,5))>1，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up7(\f(3,4))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,64)))eq\s\up7(\f(1,4))<1，又0<eq\f(27,64)<eq\f(1,2)<eq\f(16,25)<1，y＝xeq\s\up7(\f(1,4))在(0，＋∞)上单调递增，所以c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,64)))eq\s\up7(\f(1,4))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,25)))eq\s\up7(\f(1,4))＝a.综上可得，c<a<b.故选A.4.已知幂函数y＝xeq\s\up7(\f(p,q))(p，p∈Z且p，q互质)的图象关于y轴对称，如图所示，则()A．p，q均为奇数，且eq\f(p,q)＞0B．q为偶数，p为奇数，且eq\f(p,q)＜0C．q为奇数，p为偶数，且eq\f(p,q)＞0D．q为奇数，p为偶数，且eq\f(p,q)＜0答案D解析因为函数y＝xeq\s\up7(\f(p,q))的图象关于y轴对称，于是得函数y＝xeq\s\up7(\f(p,q))为偶函数，即p为偶数，又函数y＝xeq\s\up7(\f(p,q))的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且在(0，＋∞)上单调递减，则有eq\f(p,q)＜0，又p，q互质，则q为奇数．故选D.5．函数y＝lneq\r(x2＋ax＋1)的值域为R，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)B．[－1，0)∪(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．[－1，1)答案A解析由函数y＝lneq\r(x2＋ax＋1)的值域为R，可得真数部分y＝eq\r(x2＋ax＋1)取到所有的正数，即函数y＝x2＋ax＋1取到所有的正数，所以(0，＋∞)是函数y＝x2＋ax＋1的值域的子集，所以Δ＝a2－4≥0，解得a≤－2或a≥2，所以实数a的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)．6．若二次函数y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上单调递增，则实数k的取值范围为()A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，2)答案A解析二次函数y＝kx2－4x＋2的图象的对称轴为直线x＝eq\f(2,k)，当k>0时，要使y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上是增函数，只需eq\f(2,k)≤1，解得k≥2.当k<0时，eq\f(2,k)<0，此时二次函数图象的对称轴在区间[1，2]的左侧，该函数y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上单调递减，不符合要求．综上可得，实数k的取值范围是[2，＋∞)．7．(多选)已知幂函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，则下列结论正确的是()A．f(－32)＝eq\f(1,16)B．f(x)的定义域是RC．f(x)是偶函数D．不等式f(x－1)≥f(2)的解集是[－1，1)∪(1，3]答案ACD解析由幂函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,5)))xm，知m＋eq\f(9,5)＝1，∴m＝－eq\f(4,5)，∴f(x)＝x－eq\s\up7(\f(4,5))，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故B错误；f(－32)＝(－32)－eq\s\up7(\f(4,5))＝eq\f(1,16)，故A正确；f(x)＝x－eq\s\up7(\f(4,5))＝eq\f(1,\r(5,x4))，定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f(－x)＝eq\f(1,\r(5,(－x)4))＝eq\f(1,\r(5,x4))＝f(x)，∴f(x)是偶函数，故C正确；∵f(x)＝x－eq\s\up7(\f(4,5))，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，不等式f(x－1)≥f(2)等价于f(|x－1|)≥f(2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≠0，,|x－1|≤2，))解得－1≤x＜1或1＜x≤3，故D正确．故选ACD.8．(多选)已知函数f(x)＝x2－2x－3，则下列结论正确的是()A．函数f(x)的最小值为－4B．函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增C．函数f(|x|)为偶函数D．若方程f(|x－1|)＝a在R上有4个不等实根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝4答案ACD解析二次函数f(x)在对称轴x＝1处取得最小值，且最小值f(1)＝－4，故A正确；二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝1，其在(0，＋∞)上不单调，故B错误；f(|x|)＝|x|2－2|x|－3，显然f(|x|)为偶函数，故C正确；令h(x)＝f(|x－1|)＝|x－1|2－2|x－1|－3，方程f(|x－1|)＝a的根转化为y＝h(x)的图象与直线y＝a的交点，作出h(x)的图象如图所示，图象关于直线x＝1对称，当y＝h(x)的图象与直线y＝a有四个交点时，两两分别关于直线x＝1对称，所以x1＋x2＋x3＋x4＝4，故D正确．故选ACD.9．(多选)已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，存在正数M，使得|f(x)|≤M成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”的是()A．f(x)＝eq\f(3＋x,4－x)B．f(x)＝eq\r(1－x2)C．f(x)＝eq\f(5,x2－2x＋2)D．f(x)＝|x|＋eq\r(4－|x|)答案BCD解析对于A，因为f(x)＝eq\f(3＋x,4－x)＝eq\f(－（4－x）＋7,4－x)＝－1＋eq\f(7,4－x)，且eq\f(7,4－x)≠0，所以f(x)≠－1，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立；对于B，令u＝1－x2，则u∈[0，1]，f(x)＝eq\r(u)，所以f(x)∈[0，1]，故存在正数1，使得|f(x)|≤1成立；对于C，令u＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，易得u≥1，则f(x)＝eq\f(5,u)，所以0<f(x)≤eq\f(5,1)＝5，即f(x)∈(0，5]，故存在正数5，使得|f(x)|≤5成立；对于D，令t＝eq\r(4－|x|)，则t∈[0，2]，|x|＝4－t2，则f(x)＝－t2＋t＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,4)(t∈[0，2])，易得2≤f(x)≤eq\f(17,4)，所以|f(x)|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))，故存在正数eq\f(17,4)，使得|f(x)|≤eq\f(17,4)成立．故选BCD.10．已知函数f(x)＝x2－2x在定义域[－1，n]上的值域为[－1，3]，则实数n的取值范围为________．答案[1，3]解析函数f(x)＝x2－2x图象的对称轴方程为x＝1，在[－1，1]上为减函数，且值域为[－1，3]，当x≥1时，函数f(x)为增函数，且f(3)＝3，∴要使函数f(x)＝x2－2x在定义域[－1，n]上的值域为[－1，3]，则实数n的取值范围是[1，3]．二、高考小题11．(2019·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝xeq\s\up7(\f(1,2)) B．y＝2－xC．y＝logeq\s\up-7(\f(1,2))x D．y＝eq\f(1,x)答案A解析y＝xeq\s\up7(\f(1,2))＝eq\r(x)，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，y＝logeq\s\up-7(\f(1,2))x，y＝eq\f(1,x)的图象如图所示．由图象知，只有y＝xeq\s\up7(\f(1,2))在(0，＋∞)上单调递增．故选A.12．(2019·全国Ⅱ卷)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，则m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))答案B解析∵当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)，∴当x∈(0，1]时，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))；∵f(x＋1)＝2f(x)，∴当x∈(－1，0]时，x＋1∈(0，1]，f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，0))；当x∈(－2，－1]时，x＋1∈(－1，0]，f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,4)(x＋2)(x＋1)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,16)，0))；…；当x∈(1，2]时，x－1∈(0，1]，f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))；当x∈(2，3]时，x－1∈(1，2]，f(x)＝2f(x－1)＝4(x－2)(x－3)，f(x)∈[－1，0]；….f(x)的图象如图所示．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，设f(m)＝－eq\f(8,9)，则4(m－2)(m－3)＝－eq\f(8,9)，∴m＝eq\f(7,3)或m＝eq\f(8,3).结合图象可知，当m≤eq\f(7,3)时，符合题意．故选B.三、模拟小题13．(2023·湖北武汉高三模拟)若a＞b，则()A.eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)C.eq\r(a)＞eq\r(b) D．a3＞b3答案D解析取a＝2，b＝1，显然eq\f(1,2)＜eq\f(1,1)，A错误；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＜eq\f(1,2)，B错误；若a<0，b＜0，eq\r(a)，eq\r(b)无意义，C错误；若a＞b，则a3＞b3，D正确．14．(2024·重庆市七校高三上学期开学考试)已知函数f(x)＝4x＋a·2x在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．[－4，＋∞) B．(－∞，－4]C．[－8，＋∞) D．(－∞，－8]答案C解析设t＝2x，则函数t＝2x在[2，＋∞)上单调递增，且t≥4，因为f(x)＝4x＋a·2x在[2，＋∞)上单调递增，所以函数y＝t2＋at在[4，＋∞)上单调递增，又因为函数y＝t2＋at的图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为t＝－eq\f(a,2)，可得函数y＝t2＋at的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，由[4，＋∞)⊆eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，得－eq\f(a,2)≤4，解得a≥－8.故选C.15．(2023·河北石家庄二中模拟)设a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋9，x≤1，,x＋\f(36,x)－3a，x＞1，))若f(x)的最小值为f(1)，则实数a的取值范围为()A．[1，2] B．[1，3]C．[0，2] D．[2，3]答案A解析当x＞1时，x＋eq\f(36,x)－3a≥2eq\r(x·\f(36,x))－3a＝12－3a，当且仅当x＝eq\f(36,x)，即x＝6时，等号成立，即当x＞1时，函数f(x)的最小值为12－3a，当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋9＝(x－a)2＋9－a2，要使得函数f(x)的最小值为f(1)，则满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥1，,f（1）＝10－2a≤12－3a，))解得1≤a≤2，即实数a的取值范围是[1，2]．16．(2023·江苏南通高三质量监测)已知二次函数f(x)＝x2－2ax＋5，若f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，则实数a的取值范围是()A．[2，3] B．[1，2]C．[－1，3] D．[2，＋∞)答案A解析函数f(x)＝x2－2ax＋5的对称轴方程是x＝a，则其单调递减区间为(－∞，a]，因为f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，所以a≥2.则|a－1|≥|(a＋1)－a|＝1，因此对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，只需|f(a)－f(1)|≤4即可，即|(a2－2a2＋5)－(1－2a＋5)|＝|a2－2a＋1|＝(a－1)2≤4，即－2≤a－1≤2，解得－1≤a≤3，又a≥2，因此实数a的取值范围是[2，3]．17．(多选)(2023·山东烟台高三模拟)对于函数f(x)＝x|x|＋x＋1，下列结论中错误的是()A．f(x)为奇函数B．f(x)在定义域上是减函数C．f(x)的图象关于点(0，1)对称D．f(x)在区间(0，＋∞)上存在零点答案ABD解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x＋1，x＜0，,x2＋x＋1，x≥0，))由图象可知，图象关于点(0，1)对称，因此不是奇函数，在定义域上函数为增函数，在(0，＋∞)上没有零点．18．(多选)(2024·安徽高三摸底联考)一般地，若函数f(x)的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称[a，b]为f(x)的“k倍跟随区间”；特别地，若函数f(x)的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f(x)的“跟随区间”．下列结论正确的是()A．若[1，a]为f(x)＝x2－2x＋2的“跟随区间”，则a＝3B．函数f(x)＝eq\f(9,2)－eq\f(2,x)不存在“跟随区间”C．若函数f(x)＝m－eq\r(x＋1)存在“跟随区间”，则m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))D．二次函数f(x)＝－x2＋2x存在“3倍跟随区间”答案CD解析对于A，若[1，a]为f(x)＝x2－2x＋2的“跟随区间”，因为f(x)＝x2－2x＋2在区间[1，a]上为增函数，故其值域为[1，a2－2a＋2]，根据题意有a2－2a＋2＝a，解得a＝1或a＝2，因为a>1，故a＝2，故A错误；对于B，因为函数f(x)＝eq\f(9,2)－eq\f(2,x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均为增函数，若f(x)＝eq\f(9,2)－eq\f(2,x)存在“跟随区间[a，b]”，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(9,2)－\f(2,a)，,b＝\f(9,2)－\f(2,b)，))即a，b为方程x＝eq\f(9,2)－eq\f(2,x)的两根，即方程2x2－9x＋4＝0的两根，故a＝eq\f(1,2)，b＝4，故B错误；对于C，若函数f(x)＝m－eq\r(x＋1)存在“跟随区间[a，b]”，因为f(x)＝m－eq\r(x＋1)为减函数，故由“跟随区间”的定义可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝m－\r(a＋1)，,a＝m－\r(b＋1)，))所以a－b＝e