【-学案导学设计】2020-2021学年高中人教B版数学必修一课时作业：第2章-章末测试(A)

其次章函数(A)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．设M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，则给出的下列4个图形中，能表示以集合M为定义域，N为值域的函数关系是().2．已知函数f(x)＝eq\f(1,x)在区间[1,2]上的最大值为A，最小值为B，则A－B等于()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．1D．－13．下列四组函数中，表示同一函数的是()A．f(x)＝－eq\r(x2)，g(x)＝－(eq\r(x))2B．f(x)＝eq\r(x＋1)·eq\r(x－1)，g(x)＝eq\r(x2－1)C．f(x)＝eq\f(x2－1,x－1)，g(x)＝x＋1D．f(x)＝eq\r(1＋x)·eq\r(1－x)，g(x)＝eq\r(1－x2)4．当ab>0时，函数y＝ax2与y＝ax＋b的图象是()5．已知函数f(x)＝ax2＋(a3－a)x＋1在(－∞，－1]上递增，则a的取值范围是()A．a≤eq\r(3)B．－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)C．0<a≤eq\r(3)D．－eq\r(3)≤a<06．函数f(x)＝eq\f(\r(3－x2),x)的图象关于()A．x轴对称B．原点对称C．y轴对称D．直线y＝x对称7．设f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0)上为减函数，若x1<0，且x1＋x2>0，则()A．f(x1)>f(x2)B．f(x1)＝f(x2)C．f(x1)<f(x2)D．无法比较f(x1)与f(x2)的大小8．已知二次函数y＝x2－2ax＋1在区间(2,3)内是单调函数，则实数a的取值范围是()A．a≤2或a≥3B．2≤a≤3C．a≤－3或a≥－2D．－3≤a≤－29．方程x2－mx＋1＝0的两根为α，β，且α>0,1<β<2，则实数m的取值范围是()A．[2，eq\f(5,2)]B．[2，＋∞)C．(－∞，eq\f(5,2))D．(2，eq\f(5,2))10．函数f(x)＝x2＋2x＋b的图象与两条坐标轴共有两个交点，那么函数y＝f(x)的零点个数是()A．0B．1C．211．已知在x克a%的盐水中，加入y克b%的盐水，浓度变为c%，将y表示成x的函数关系式为()A．y＝eq\f(c－a,c－b)xB．y＝eq\f(c－a,b－c)xC．y＝eq\f(c－b,c－a)xD．y＝eq\f(b－c,c－a)x12．如图所示的函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中交点横坐标的是()A．①③B．②④C．①②D．③④题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．用二分法争辩函数f(x)＝x3＋2x－1的零点，第一次经计算f(0)<0，f(0.5)>0，可得其中一个零点x0∈________，其次次计算的f(x)的值为f(________)．14．函数y＝eq\f(2,|x|＋1)的值域是________．15．一批设备价值a万元，由于使用磨损，每年比上一年价值降低b%，则n年后这批设备的价值为________万元．16．函数f(x)＝x2－2x＋b的零点均是正数，则实数b的取值范围是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知函数f(x)＝eq\f(x＋2,x－6)，(1)点(3,14)在f(x)的图象上吗？(2)当x＝4时，求f(x)的值；(3)当f(x)＝2时，求x的值．18．(12分)函数f(x)是R上的偶函数，且当x>0时，函数的解析式为f(x)＝eq\f(2,x)－1.(1)用定义证明f(x)在(0，＋∞)上是减函数；(2)求当x<0时，函数的解析式．19．(12分)函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值20．(12分)华侨公园停车场估量“十·一”国庆节这天停放大小汽车1200辆次，该停车场的收费标准为：大车每辆次10元，小车每辆次5元．(1)写出国庆这天停车场的收费金额y(元)与小车停放辆次x(辆)之间的函数关系式，并指出x的取值范围．(2)假如国庆这天停放的小车占停车总辆数的65%～85%，请你估量国庆这天该停车场收费金额的范围．21．(12分)已知函数f(x)对一切实数x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，又f(3)＝－2.(1)试判定该函数的奇偶性；(2)试推断该函数在R上的单调性；(3)求f(x)在[－12,12]上的最大值和最小值．22．(12分)已知函数y＝x＋eq\f(t,x)有如下性质：假如常数t>0，那么该函数在(0，eq\r(t)]上是减函数，在[eq\r(t)，＋∞)上是增函数．(1)已知f(x)＝eq\f(4x2－12x－3,2x＋1)，x∈[0,1]，利用上述性质，求函数f(x)的单调区间和值域；(2)对于(1)中的函数f(x)和函数g(x)＝－x－2a，若对任意x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得g(x2)＝f(x1)成立，求实数a的值其次章函数(A)1．B[函数的定义域应为M＝[－2,2]，排解A；函数值域应为N＝[0,2]，排解D；函数的对应法则不允许一对多，排解C，所以选B]．2．A[f(x)＝eq\f(1,x)在[1,2]上递减，∴f(1)＝A，f(2)＝B，∴A－B＝f(1)－f(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).]3．D[只有D定义域、解析式相同．]4．D[依据a、b同号知，抛物线开口向上时，直线在y轴上截距为正，且一次函数y＝ax＋b递增，从而排解A、B，当抛物线开口向下时，一次函数单调递减且在y轴上截距为负，排解C.从而选D.]5．D[由题意知a<0，－eq\f(a3－a,2a)≥－1，－eq\f(a2,2)＋eq\f(1,2)≥－1，即a2≤3.∴－eq\r(3)≤a<0.]6．B[f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以选B.]7．C[由x1＋x2>0，得x1>－x2，又x1<0，∴x2>0，－x2<0.又∵f(x)在(－∞，0)上为减函数，且是R上的偶函数，∴f(x1)<f(－x2)，∴f(x1)<f(x2)．]8．A[本题考查二次函数图象及其性质，由于二次函数的开口向上，对称轴为x＝a，若使其在区间(2,3)内是单调函数，则需所给区间在对称轴的同一侧，即a≤2或a≥3.]9．D[∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＋β＝m，,α·β＝1，))∴m＝β＋eq\f(1,β).又β∈(1,2)且m＝β＋eq\f(1,β)在(1,2)上是增函数，∴1＋1<m<2＋eq\f(1,2)，即m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))).]10．D[当f(x)的图象和x轴相切与y轴相交时，函数f(x)的零点数为1，当f(x)的图象与y轴交于原点与x轴的另一交点在x轴负半轴上时，函数f(x)有2个零点．]11．B[依据配制前后溶质不变，有等式a%x＋b%y＝c%(x＋y)，即ax＋by＝cx＋cy，故y＝eq\f(c－a,b－c)x.]12．A[对于①③在函数零点两侧函数值的符号相同，故不能用二分法求．]13．(0,0.5)0.25解析依据函数零点的存在性定理．∵f(0)<0，f(0.5)>0，∴在(0,0.5)存在一个零点，其次次计算找中点，即eq\f(0＋0.5,2)＝0.25.14．(0,2]解析观看可知y>0，当|x|取最小值时，y有最大值，所以当x＝0时，y的最大值为2，即0<y≤2，故函数y的值域为(0,2]．15．a(1－b%)n解析第一年后这批设备的价值为a(1－b%)；其次年后这批设备的价值为a(1－b%)－a(1－b%)·b%＝a(1－b%)2；故第n年后这批设备的价值为a(1－b%)n.16．(0,1]解析设x1，x2是函数f(x)的零点，则x1，x2为方程x2－2x＋b＝0的两正根，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2＝2>0,x1x2＝b>0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－4b≥0,b>0)).解得0<b≤1.17．解(1)∵f(3)＝eq\f(3＋2,3－6)＝－eq\f(5,3)≠14.∴点(3,14)不在f(x)的图象上．(2)当x＝4时，f(4)＝eq\f(4＋2,4－6)＝－3.(3)若f(x)＝2，则eq\f(x＋2,x－6)＝2，∴2x－12＝x＋2，∴x＝14.18．(1)证明设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(eq\f(2,x1)－1)－(eq\f(2,x2)－1)＝eq\f(2x2－x1,x1x2)，∵0<x1<x2，∴x1x2>0，x2－x1>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数．(2)解设x<0，则－x>0，∴f(－x)＝－eq\f(2,x)－1，又f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)＝－eq\f(2,x)－1，即f(x)＝－eq\f(2,x)－1(x<0)．19．解∵f(x)＝4(x－eq\f(a,2))2－2a＋2，①当eq\f(a,2)≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a由a2－2a＋2＝3，得a＝1±eq\r(2).∵a≤0，∴a＝1－eq\r(2).②当0<eq\f(a,2)<2，即0<a<4时，f(x)min＝f(eq\f(a,2))＝－2a＋2.由－2a＋2＝3，得a＝－eq\f(1,2)∉(0,4)，舍去．③当eq\f(a,2)≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0,2]上是减函数，f(x)min＝f(2)＝a2－10a由a2－10a＋18＝3，得a＝5±eq\r(10).∵a≥4，∴a＝5＋eq\r(10).综上所述，a＝1－eq\r(2)或a＝5＋eq\r(10).20．解(1)依题意得y＝5x＋10(1200－x)＝－5x＋12000，0≤x≤1200.(2)∵1200×65%≤x≤1200×85%，解得780≤x≤1020，而y＝－5x＋12000在[780,1020]上为减函数，∴－5×1020＋12000≤y≤－5×780＋12000.即6900≤y≤8100，∴国庆这天停车场收费的金额范围为[6900,8100]．21．解(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，∴f(0)令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．(2)任取x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)<0，∴f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)<0，即f(x2)<f(x1)，∴f(x)在R上是减函数．(3)∵f(x)在[－12,12]上是减函数，∴f(12)最小，f(－12)最大．又f(12)＝f(6＋6)＝f(6)＋f(6)＝2f(6＝2[f(3)＋f(3)]＝4f(3)∴f(－12)＝－f(12)＝8.∴f(x)在[－12,12]上的最大值是8，最小值是－8.22．解(1)y＝f(x)＝eq\f(4x2－12x－3,2x＋1)＝2x＋1＋eq\f(4,2x＋1)－8，设u＝2x＋1，x∈[0,1]，1≤u≤3，则y＝u＋eq\f(4,u)－8，u∈[1,3]．由已知性质得，当1≤u≤2，