高三新数学第一轮复习单元测试（2）— 函 数
说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间150分钟。
第Ⅰ卷
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代
号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．已知f(x)??（ ）
A．（0，1）
B．（0，
a,x?1?(3a?1)x?4 是(??,??)上的增函数，那么 a 的取值范围是
?logax,x?11） 3C．??1?11?，? D．?,1?
?7?73?
（ ）
2．函数f(x)?3x21?x?lg(3x?1)的定义域是
A．(?,??)
13B．(?,1)
13C．(?,)
1133D．(??,?)
133．已知函数y?f(x)，对任意的两个不相等的实数x1,x2，都有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)
006)?f(?2005)?.... 成立，且f(0)?0，则f(?2
A．0
B．1
在
.f(2005)?f(2006)的值是（ ）
D．（2006！）2 与
的大小 （ ）
C．2006！ 上单调递增，则
4．偶函数 关系是
A．f(a?1)?f(b?2) C．f(a?1)?f(b?2)
12B．f(a?1)?f(b?2) D．f(a?1)?f(b?2)
（－∞，－3 C．
（ ）
D．［－3，＋∞］
5．函数y＝log（x2－6x＋17）的值域是
A．R B．［8，＋?)
]
6．已知函数f(x)满足f(1)?1，对于任意的实数x,y都满足
f(x?y)?f(x)?f(y)?2y(x?y)?1，若x?N*，则函数f(x)的解析式为 （ ）
A．f(x)?1
2B．f(x)?4x?1 C．f(x)?0
D．f(x)?x?2x?2
D．f(x)?x
227．在下列四个函数中，满足性质：“对于区间（1，2）上的任意x1，x2（x1?x2 ）. f(xx)?2)?f(1 于
x轴对称，且f（x）为增函数，则下列各选项中能使不等式f（b）－f（－a）>g（a）－ g（－b）成立的是
（ ）
8．定义在（－∞，+∞）上的奇函数f（x）和偶函数g（x）在区间（－∞，0]上的图像关
1A．f(x)?
x恒成立”的只有 xx2?1B．f(x)?x C．f(x)?2
（ ）
A．a>b>0 B．a
9．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图（1）所示，已知 该年的平均气温为10℃，令G（t）表示时间段〔0，t〕的平均气温，G（t）与t之间的 函数关系用下列图象表示，则正确的应该是 G(t) G(t)
10oc 10oc t O 12 6 6 O
（ ）
G(t) 10oc
12 t O B
6 12 t
10oc O
图（1） A
G(t) G(t) 10oc 12 6 t t O 6 12 C
D 10．为了稳定市场，确保农民增收，某农产品的市场收购价格a与其前三个月的市场收购价
格有关，且使a与其前三个月的市场收购价格之差的平方和最小．若下表列出的是该产品前6个月的市场收购价格：
月份 价格（元/担）
1 68 2 78 3 67
4 71 5 72 6 70 7 （ ）
则7月份该产品的市场收购价格应为
A．69元 B．70元 C．71元 D．72元
11．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为L1=5.06x－0.15 x 2
和L2=2 x，其中x为销售量（单位：辆）.若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为 （ ） A．45.606 B．45.6 C．45.56 D．45.51 12．如图所示，fi（x）（i=1，2，3，4）是定义在［0，1］上的四个函数，其中满足性质：“对
［0，1］中任意的x1和x2，任意λ∈［0，1］，f［λx1+（1－λ）x2］≤λf（x1）+（1－λ）f（x2）恒成立”的只有 （ ）
f1（x） f2（x） f3（x） f4（x） A．f1（x），f3（x） B．f2（x） C．f2（x），f3（x） D．f4（x）
第Ⅱ卷
二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）. 13．函数f?x?对于任意实数x满足条件f?x?2??1，若f?1???5,则f?x?f?f?5???__________.
14．设函数y＝f（x）是最小正周期为2的偶函数，它在区间［0，1］
上的图象为如图14所示的线段AB，则在区间［1，2］上f（x） ＝ . 图14 15．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数m>0，使|f(x)|?m|x|对一切实数x均成
立，则称f(x)为F函数．给出下列函数：
2①f(x)?0；②f(x)?x；③f(x)?2(sinx?cosx)；④f(x)?x；
x2?x?1⑤f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x1、x2均有
．其中是F函数的序号为_____________________.
16．汽车在行驶过程中，汽油平均消耗率g（即每小时的汽油耗油量，单位：L/h）与汽车
行驶的平均速度v（单位：km/h）之间有所示的函数关系：
g?1(v?50)2?5(0?v?150) 2500 “汽油的使用率最高”（即每千米汽油平均消耗量最小，单位：L/km），则汽油的使用率
最高时，汽车速度是 （L/km）.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6个大题，共74分）。
ax2?117．（12分）设函数f(x)?是奇函数（a,b,c都是整数，且f(1)?2，f(2)?3.
bx?c （1）求a,b,c的值；
（2）当x?0，f(x)的单调性如何？用单调性定义证明你的结论． 18．（12分）已知二次函数f(x)?ax2?bx?c．
（1）若a>b>c， 且f（1）=0，证明f（x）的图象与x轴有2个交点；
（2）在（1）的条件下，是否存在m∈R，使池f（m）=－ a成立时，f（m+3）为正数，若 存在，证明你的结论，若不存在，说明理由；
（3）若对x1,x2?R,且x1?x2,f(x1)?f(x2)，方程f(x)?个不等实根，证明必有一个根属于(x1,x2)．
19．（12分）设函数f(x)在(??,??)上满足f(2?x)?f(2?x),f(7?x)?f(7?x)，且
在闭区间[0，7]上，只有f(1)?f(3)?0. （1）试判断函数y?f(x)的奇偶性；
（2）试求方程f(x)?0在闭区间[－2005，2005]上的根的个数，并证明你的结论． 20．（12分）对1个单位质量的含污物体进行清洗， 清洗前其清洁度（含污物体的清洁度
定义为：1?污物质量为0.8， 要求清洗完后的清洁度为0.99. 有两种方）物体质量（含污物）1[f(x1)?f(x2)]有22案可供选择， 方案甲: 一次清洗； 方案乙: 分两次清洗. 该物体初次清洗后受残留水等因素影响， 其质量变为a(1?a?3). 设用x单位质量的水初次清洗后的清洁度是
x?0.8y?ac(x?a?1)， 用y单位质量的水第二次清洗后的清洁度是， 其中x?1y?ac(0.8?c?0.99)是该物体初次清洗后的清洁度．
（1）分别求出方案甲以及c?0.95时方案乙的用水量， 并比较哪一种方案用水量较少； （2）若采用方案乙， 当a为某固定值时， 如何安排初次与第二次清洗的用水量， 使总用水量最小? 并讨论a取不同数值时对最少总用水量多少的影响．
?x2?x?4 , (x?0),??x21．（12分）已知函数f(x)?? 2? ?x?x?4, (x?0).?x? （1）求证：函数f(x)是偶函数；
（2）判断函数f(x)分别在区间(0, 2]、[2, ??)上的单调性， 并加以证明； （3）若1?|x1|?4,1 ?|x2|?4， 求证: |f(x1)?f(x2)|?1．
22．（14分）设f（x）是定义在[0， 1]上的函数，若存在x*∈（0，1），使得f（x）在[0， x*]
上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f（x）为[0， 1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．
对任意的[0，l]上的单峰函数f（x），下面研究缩短其含峰区间长度的方法． （1）证明：对任意的x1，x2∈（0，1），x1＜x2，若f（x1）≥f（x2），则（0，x2）为含峰
区间；若f（x1）≤f（x2），则（x*，1）为含峰区间；
（2）对给定的r（0＜r＜0.5＝，证明：存在x1，x2∈（0，1），满足x2－x1≥2r，使得由
（I）所确定的含峰区间的长度不大于 0.5＋r；
（3）选取x1，x2∈（0， 1），x1＜x2，由（I）可确定含峰区间为（0，x2）或（x1，1），
在所得的含峰区间内选取x3，由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为（0，x2）的情况下，试确定x1，x2，x3的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34.（区间长度等于区间的右端点与左端点之差）
参考答案（3）
一、选择题
1．C；2．B；3．B；4．D；5．C；6．D；7．A；8．A；9．A；10．C；11．B；12．A． 二、填空题 13．?1；14．x；15．①④⑤；16．v?506（km/h）． 5三、解答题
ax2?117．解：（1）由f(x)?是奇函数，得f(?x)??f(x)对定义域内x恒成立，则
bx?ca(?x)2?1ax2?1????bx?c??(bx?c)对对定义域内x恒成立，即c?0 ．
b(?x)?cbx?c
（或由定义域关于原点对称得c?0）
?a?1?2 ①??f(1)?22b?33?b?0?0?b?， ??又?由①得a?2b?1代入②得
2b2?f(2)?3?4a?1?3 ②??2b又a,b,c是整数，得b?a?1．
x2?11?x?，当x?0，f(x)在(??,?1]上单调递增， （2）由（１）知，f(x)?xx
在[?1,0)上单调递减.下用定义证明之.
设x1?x2??1，则f(x1)?f(x2)?x1?11x?x?(x2?)?x1?x2?21＝ x1x2x1x2 ?(x1?x2)(1?11)，因为x1?x2??1，x1?x2?0，1??0． x1x2x1x2 f(x1)?f(x2)?0，故f(x)在(??,?1]上单调递增． 同理，可证f(x)在[?1,0)上单调递减. 18
．
解
:
（
1
）
?f(1)?a?b?c?0且a?b?c,?a?0且c?0,???b2?4ac?0,?f(x) 的图
象与x轴有两个交点.
（2）?f(1)?0,?1为f(x)?0的一个根，由韦达定理知另一根为
cc?a?0且c?0,??0?1,又a?b?c,b??a?c, aaccc 则a(m?)(m?1)??a?0??m?1?m?3??3??2?3?1
aaa ?f(x)在（1，+∞）单调递增，?f(m?3)?f(1)?0，即存在这样的m使 f(m?3)?0 （3）令g(x)?f(x)?
1[f(x1)?f(x2)]，则g(x)是二次函数. 2f(x1)?f(x2)f(x1)?f(x2)1][f(x2)?]??[f(x1)?f(x2)]2?0 224?g(x1)?g(x2)?[f(x1)? 又?f(x1)?f(x2),g(x1)?g(x2)?0?g(x)?0的根必有一个属于(x1,x2). 19．解：∵f（x）是R上的奇函数，且在［0，+∞］上是增函数，∴f（x）是R上的增函数。
于是不等式可等价地转化为f（cos2θ－3）>f（2mcosθ－4m）， 即cos2θ－3>2mcosθ－4m，即cos2θ－mcosθ+2m－2>0. 设t=cosθ，则问题等价地转化为函数
g（t
m2m2=t－mt+2m－2=（t－）－+2m－2在［0，1］上的值恒为正，又转化
422
为
函数g（t）在［0，1］上的最小值为正.
m<0，即m<0时，g（0）=2m－2>0?m>1与m<0不符； 2m2m当0≤≤1时，即0≤m≤2时，g（m）=－+2m－2>0
42∴当
?4－22 4－22 m>1，即m>2时，g（1）=m－1>0?m>1. 2∴ m>2. 综上，符合题目要求的m的值存在，其取值范围是m>4－22. 另法（仅限当m能够解出的情况）： cos2θ－mcosθ+2m－2>0对于θ∈［0， ?2］恒 成 立，等价于m>（2－cos2θ）/（2－cosθ） 对于θ∈［0， ∵当θ∈［0， ?2］恒成立． ?2］时，（2－cos2θ）/（2－cosθ） ≤4－22，∴m>4－22。 20．解：（1）设方案甲与方案乙的用水量分别为x与z，由题设有 x?0.8=0.99，解得x=19. x?1 由c?0.95得方案乙初次用水量为3， 第二次用水量y满足方程: y?0.95a?0.99,解得y=4a，故z=4a+3.即两种方案的用水量分别为19与4a+3. y?a因为当1?a?3时,x?z?4(4?a)?0,即x?z，故方案乙的用水量较少. （2）设初次与第二次清洗的用水量分别为x与y，类似（I）得 5c?4，y?a(99?100c)（*） 5(1?c)5c?41?100a(1?c)?a?1 于是x?y?+a(99?100c)?5(1?c)5(1?c) x? 当a为定值时，x?y?21?100a(1?c)?a?1??a?45a?1， 5(1?c) 当且仅当 1?100a(1?c)时等号成立.此时 5(1?c)c?1?11(不合题意,舍去)或c?1??(0.8,0.99), 105a105a1代入（*）式得x?25a?1?a?1,y?25a?a. 105a1时总用水量最少， 此时第一次与第二次用水量分别为 105a 将c?1? 故c?1? 25a?1与25a?a， 最少总用水量是T(a)??a?45a?1. 当1?a?3时,T'(a)?25?1?0，故T（a）是增函数（也可以用二次函数的单 a 调性判断）.这说明，随着a的值的最少总用水量， 最少总用水量最少总用水量. 21．解：（1） 当x?0时，?x?0， 22x?x?4(?x)?(?x)?4x2?x?4 则f(x)?,f(?x)???xx(?x) ∴f(x)?f(?x) 当x?0时， ?x?0， x2?x?4x2?x?4(?x)2?(?x)?4??则f(x)??， ,f(?x)??xx(?x)∴f(x)?f(?x) 综上所述， 对于x?0， 都有f(x)?f(?x)，∴ 函数f(x)是偶函数。 x2?x?44?x??1, （2）当x?0时， f(x)?xxx?x1设x2?x1?0， 则f(x2)?f(x1)?2(x1?x2?4)． x1?x2当x2?x1?2时， f(x2)?f(x1)?0； 当2?x2?x1?0时， f(x2)?f(x1)?0， ∴ 函数f(x)在(0, 2]上是减函数， 函数f(x)在[2,??)上是增函数。 （3）由（2）知， 当1?x?4时， 5?f(x)?6， 又由（1）知， 函数f(x)是偶函数， ∴ 当1? |x| ?4时， 5?f(x)?6， ∴若1? |x1| ?4， 1? |x2| ?4， 则 5?fx 5?f(x2)?6， (1?)，6∴?1?f(x1)?f(x2)?1， 即|f(x1)?f(x2)|?1. 22．（1）证明：设x*为f（x） 的峰点，则由单峰函数定义可知，f（x）在[0， x*]上单调递增，在[x*， 1]上单调递减． 当f（x1）≥f（x2）时，假设x*?（0，x2），则x1 当f（x1）≤f（x2）时，假设x*?（ x2， 1），则x*<≤x1 这与f（x1）≤f（x2）矛盾，所以x*∈（x1， 1），即（x1， 1）是含峰区间. （2）证明：由（I）的结论可知： 当f（x1）≥f（x2）时，含峰区间的长度为l1＝x2； 当f（x1）≤f（x2）时，含峰区间的长度为l2=1－x1； 对于上述两种情况，由题意得 ?x2≤0.5?r ① ??1?x1≤0.5?r由①得 1＋x2－x1≤1+2r，即x1－x1≤2r. 又因为x2－x1≥2r，所以x2－x1=2r， ② 将②代入①得x1≤0.5－r， x2≥0.5－r， ③ 由①和③解得 x1＝0.5－r， x2＝0.5＋r． 所以这时含峰区间的长度l1＝l1＝0.5＋r，即存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5＋r． （3）解：对先选择的x1；x2，x1 由④与⑤可得??x2?1?x1，当x1>x3时，含峰区间的长度为x1． ?x3?1?2x1由条件x1－x3≥0.02，得x1－（1－2x1）≥0.02，从而x1≥0.34． 因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取x1＝0.34，x2＝0.66，x3=0.32 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库高三数学第一轮复习单元测试(2)—_函数在线全文阅读。
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