高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质本章综合与测试同步达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质本章综合与测试同步达标检测题，共8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。

一、选择题(本大题共12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．如图是张大爷晨练时离家距离(y)与行走时间(x)之间的函数关系的图象．若用黑点表示张大爷家的位置，则张大爷散步行走的路线可能是( )





解析：由y与x的关系知，在中间时间段y值不变，只有D符合题意．


答案：D


2．下列函数中，值域是(0，＋∞)的是( )


A．y＝eq \r(x2－2x＋1) B．y＝eq \f(x＋2,x＋1)(x∈(0，＋∞))


C．y＝eq \f(1,x2＋2x＋1)(x∈N) D．y＝eq \f(1,|x＋1|)


解析：在选项A中y可等于零，选项B中y显然大于1，选项C中x∈N，值域不是(0，＋∞)，选项D中|x＋1|>0，即y>0.


答案：D


3．函数f(x)＝eq \r(1＋x)－eq \f(2,x)的定义域是( )


A．[－1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0，＋∞)


C．[－1,0)∪(0，＋∞) D．R


解析：要使函数有意义，x的取值需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1( 1＋x≥0，,x≠0，))


解得x≥－1，且x≠0，


则函数的定义域是[－1,0)∪(0，＋∞)．


答案：C


4．设f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3，x>10，,ffx＋5，x≤10，))则f(5)的值是( )


A．24 B．21


C．18 D．16


解析：f(5)＝f(f(10))＝f(f(f(15)))＝f(f(18))＝f(21)＝24.


答案：A


5．下列各组函数相等的是( )


A．f(x)＝eq \r(x2)，g(x)＝(eq \r(x))2


B．f(x)＝1，g(x)＝x0


C．f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x≥0，,－x，x<0，))g(t)＝|t|


D．f(x)＝x＋1，g(x)＝eq \f(x2－1,x－1)


解析：选项A，B，D中两函数定义域不同，只有C项符合．


答案：C


6．设f(x)＝eq \f(x2－1,x2＋1)，则eq \f(f2,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))))等于( )


A．1 B．－1


C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)


解析：f(2)＝eq \f(22－1,22＋1)＝eq \f(4－1,4＋1)＝eq \f(3,5).


feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋1)＝eq \f(\f(1,4)－1,\f(1,4)＋1)＝－eq \f(3,5).


∴eq \f(f2,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))))＝－1.


答案：B


7．若函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且满足f(1)

A．是增函数 B．是减函数


C．先增后减 D．单调性不能确定


解析：函数单调性的定义突出了x1，x2的任意性，仅凭区间内有限个函数值的关系，不能作为判断函数单调性的依据，A，B，C错误，D正确．


答案：D


8．若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x≥0，,－x，x<0))且f(x)＝1，则x＝( )


A．1 B．－1


C．±1 D．0


解析：当x≥0时，f(x)＝1⇒x＝1，当x<0时，f(x)＝1⇒－x＝1，即x＝－1.


答案：C


9．定义在R上的偶函数f(x)，对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0，则( )


A．f(3)

C．f(－2)

解析：由已知eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0，


得f(x)在x∈[0，＋∞)上单调递减，


由偶函数性质得f(3)

答案：A


10．函数f(x)＝ax2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上为减函数，则a的取值范围为( )


A．0

C．0eq \f(1,5)


解析：当a≠0时，函数f(x)的对称轴为x＝－eq \f(a－1,a)，


∵f(x)在(－∞，4]上为减函数，


∴图象开口朝上，a>0且－eq \f(a－1,a)≥4，得0

当a＝0时，f(x)＝－2x＋2，显然在(－∞，4]上为减函数．


答案：B


11．如果奇函数f(x)在区间[1,5]上是减函数，且最小值为3，那么f(x)在区间[－5，－1]上是( )


A．增函数且最小值为3


B．增函数且最大值为3


C．减函数且最小值为－3


D．减函数且最大值为－3


解析：当－5≤x≤－1时1≤－x≤5，


∴f(－x)≥3，即－f(x)≥3.


从而f(x)≤－3，


又奇函数在原点两侧的对称区间上单调性相同，


故f(x)在[－5，－1]是减函数．故选D.


答案：D


12．已知函数f(x)＝ax2－2x＋1，若对一切x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(x)>0都成立，则实数a的取值范围为( )


A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))


C．(1，＋∞) D．(－∞，1)


解析：因为对一切x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，f(x)>0都成立，


所以a>eq \f(2x－1,x2)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,x2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2＋1，


又－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2＋1≤1，所以a>1，


所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．


答案：C


二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)


13．已知函数f(x)在[－1,2]上的图象如图所示，则f(x)的解析式为________．





解析：当x∈[－1,0]时，y＝x＋1；当x∈(0,2]时，y＝－eq \f(1,2)x，


故f(x)的解析式为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，－1≤x≤0，,－\f(1,2)x，0

答案：f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，－1≤x≤0，,－\f(1,2)x，0

14．函数f(x)＝－(x＋2)2＋1的单调递减区间为________．


解析：函数f(x)＝－(x＋2)2＋1的图象开口向下，对称轴为直线x＝－2，在对称轴右侧函数单调递减，所以函数f(x)＝－(x＋2)2＋1的单调递减区间为[－2，＋∞)．


答案：[－2，＋∞)


15．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≥t，,x，00)是区间(0，＋∞)上的增函数，则t的取值范围是________．


解析：函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≥t，,x，00)的图象如图：





因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x≥t，,x，00)是区间(0，＋∞)上的增函数，所以t≥1.


答案：t≥1


16．对于定义在R上的函数f(x)，有下述结论：


①若f(x)是奇函数，则f(x－1)的图象关于点A(1,0)对称；


②若对x∈R，有f(x＋1)＝f(x－1)，则f(x)的图象关于直线x＝1对称；


③若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，则f(x)为偶函数；


④函数f(1＋x)与函数f(1－x)的图象关于直线x＝1对称．


其中正确结论的序号为________．


解析：若f(x)为奇函数，则f(x－1)＝－f(1－x)，故①正确．


令t＝x－1，则由f(x＋1)＝f(x－1)可知，f(t)＝f(t＋2)，即f(x)＝f(x＋2)，其图象不一定关于直线x＝1对称．例如，函数f(x)＝eq \f(x,2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))(其中[x]表示不超过x的最大整数)，





其图象如图所示，满足f(x＋1)＝f(x－1)，但其图象不关于直线x＝1对称，故②不正确．


若g(x)＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，则有g(x＋1)＝g(－x＋1)，即f(x)＝f(－x)，∴③正确．


对于④，不妨令f(x)＝x，则f(1＋x)＝1＋x，f(1－x)＝1－x，二者图象关于x＝0对称，故④错误．


答案：①③


三、解答题(本大题共6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．(10分)已知函数f(x)＝eq \f(6,x－1)－eq \r(x＋4).


(1)求函数f(x)的定义域；


(2)求f(－1)，f(12)的值．


解析：(1)根据题意知x－1≠0且x＋4≥0，


∴x≥－4且x≠1，


即函数f(x)的定义域为[－4,1)∪(1，＋∞)．


(2)f(－1)＝eq \f(6,－2)－eq \r(－1＋4)＝－3－eq \r(3).


f(12)＝eq \f(6,12－1)－eq \r(12＋4)＝eq \f(6,11)－4＝－eq \f(38,11).


18．(12分)画出函数y＝－x2＋2|x|＋1的图象并写出函数的单调区间．


解析：y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))


即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))





函数的大致图象如图所示，单调增区间为(－∞，－1]，[0,1]，单调减区间为[－1,0]，[1，＋∞)．


19．(12分)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)，x>1，,x2＋1，－1≤x≤1，,2x＋3，x<－1.))


(1)求f(f(f(－2)))的值；


(2)若f(a)＝eq \f(3,2)，求a.


解析：(1)∵－2<－1，∴f(－2)＝2×(－2)＋3＝－1，


∴f(f(－2))＝f(－1)＝2，


∴f(f(f(－2)))＝f(2)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).


(2)当a>1时，f(a)＝1＋eq \f(1,a)＝eq \f(3,2)，∴a＝2>1；


当－1≤a≤1时，f(a)＝a2＋1＝eq \f(3,2)，∴a＝±eq \f(\r(2),2)∈[－1,1]；


当a<－1时，f(a)＝2a＋3＝eq \f(3,2)，∴a＝－eq \f(3,4)>－1(舍去)．


综上，a＝2或a＝±eq \f(\r(2),2).


20．(12分)已知f(x)＝eq \f(1,x－1)，


(1)判断f(x)在(1，＋∞)上的单调性，并加以证明．


(2)求f(x)在[2,6]上的最大值和最小值．


解析：(1)函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数．


证明：任取x2>x1>1，


则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,x1－1)－eq \f(1,x2－1)＝eq \f(x2－x1,x1－1x2－1)，


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)在(1，＋∞)上是减函数．


(2)由(1)可知f(x)在(1，＋∞)上是减函数，


所以f(x)在[2,6]上是减函数，


所以f(x)max＝f(2)＝1，f(x)min＝f(6)＝eq \f(1,5)，即f(x)min＝eq \f(1,5)，f(x)max＝1.


21．(12分)某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水不超过4吨时，每吨为1.80元，当用水超过4吨时，超过部分每吨3.00元．某月甲、乙两户共交水费y元，已知甲、乙两用户该月用水量分别为5x,3x(吨)．


(1)求y关于x的函数；


(2)若甲、乙两户该月共交水费26.4元，分别求出甲、乙两户该月的用水量和水费．


解析：(1)当甲的用水量不超过4吨时，即5x≤4，此时乙的用水量也不超过4吨，y＝(5x＋3x)×1.8＝14.4x；


当甲的用水量超过4吨，乙的用水量不超过4吨时，即3x≤4且5x>4，y＝4×1.8＋3x×1.8＋3(5x－4)＝20.4x－4.8；


当乙的用水量超过4吨时，即3x>4，显然甲的用水量也超过4吨，y＝24x－9.6.


所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(14.4x， 0≤x≤\f(4,5)，,20.4x－4.8， \f(4,5)\f(4,3).))


(2)由于y＝f(x)在各段区间上均为单调递增，


当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5)))时，y≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))<26.4；


当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(4,3)))时，y≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))<26.4；


当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))时，令24x－9.6＝26.4，


解得x＝1.5.


所以甲户用水量为5x＝7.5，付费S1＝4×1.8＋3.5×3＝17.70(元)；


乙户用水量为3x＝4.5吨，付费S2＝4×1.8＋0.5×3＝8.70(元)．


答：甲户用水量7.5吨，付费17.70元；乙户用水量4.5吨，付费8.70元．


22．(12分)已知定义在(－1,1)上的奇函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x2＋1)是增函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5).


(1)求函数f(x)的解析式；


(2)解不等式f(t－1)＋f(2t)<0.


解析：(1)因为f(x)＝eq \f(ax＋b,x2＋1)是定义在(－1,1)上的奇函数，


则f(0)＝0，得b＝0.


又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5)，


则eq \f(\f(1,2)a,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋1)＝eq \f(2,5)⇒a＝1，


所以f(x)＝eq \f(x,x2＋1).


(2)因为定义在(－1,1)上的奇函数f(x)是增函数，


由f(t－1)＋f(2t)<0


得f(t－1)<－f(2t)＝f(－2t)．


所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1

解得0

故不等式f(t－1)＋f(2t)<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0