高考最新-山东省日照实验高中2018年高考数学一轮复习

山东省日照实验高中2018年高考数学一轮复习《函数》过关测试卷

时间 120分钟 总分 150分

一、选择题

1、若函数yloga(xb)(a0,a1)的图象过两点(-1，0)和(0，1)，则

A a=2,b=2 B a=2 ,b=2 C a=2,b=1 D a=2 ,b=2 2、设fx3x3x8,用二分法求方程3x3x80在x1,2内近似解的过程中 得f10,f1.50,f1.250,则方程的根落在区间

A （1,1.25） B （1.25,1.5） C （1.5,2） D 不能确定

32x3、若a(),bx2,clog2x，当x＞1时，a,b,c的大小关系是

33A．abc B．cab C．cba D．acb

4、若函数f(x)logax(0a1)在区间[a,2a]上的最大值是最小值的3倍，则a=

A

1122 B C D

42425、一元二次方程ax22x10,(a0)有一个正根和一个负根的充分不必要条件是： A a0 B a0 C a1 D a1

6、f(x)x2,g(x)2x,h(x)log2x,当x(4,)时,三个函数增长速度比较,下列选项

中正确的是

A f(x)>g(x)>h(x) B g(x)>f(x)>h(x) C g(x)>h(x)>f(x) D f(x)>h(x)>g(x) 7、函数y=-ex的图象

A 与y=ex的图象关于y轴对称. B 与y=ex的图象关于坐标原点对称.

C 与y=e-x的图象关于y轴对称. D 与y=e-x的图象关于坐标原点对称. 8、图中三条对数函数图象，若a

A x1x2x3 B x3x2x1 C x3x1x2 D x2x1x3 9、从任何一个正整数n出发，若n是偶数就除以2，若n是奇数就乘3再加1,如此继续下去…,

现在你从正整数3出发，按以上的操作，你最终得到的数不可能是

A 1 B 2 C 3 D 4

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

x1bx2cx31，则x1,x2,x3的大小关系是

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

xC 71元 D 72元

11、正实数x1,x2及函数f(x)满足4值为

A 4

B 2

1f(x)，且f(x1)f(x2)1，则f(x1x2)的最小

1f(x)4 51 4 C D

12、下列说法不正确的是

axaxA 函数y (a0,a1)是奇函数

2(ax1)xB 函数f(x) (a0,a1)是偶函数

ax1C 若f(x)3x，则f(xy)f(x)f(y)

x,1)x1x2，则[f(x1)f(x2)]f(D 若f(x)a (a0a，且

12x1x2) 2二、填空题

13、已知a0，且10xlg(10a)lga1，则x=_____________.

14、若M={－1,0,1} N={－2,－1,0,1,2}从M到N的映射满足：对每个x∈M恒使x+f(x) 是偶数, 则

映射f有____个.

15、函数f(x)2xlog2x2x6的零点有 个.

x(x0)16、设函数f(x),则不等式x2f(x)x20的解集是 . x(x0)选择题答题卡 题号 答案

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

三、解答题

1x(2)(1x0)117、设f(x)x2(0x1)，在同一坐标系中作出函数yf(1x) 的图象.

xlog2(1x2)

18、设f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且其图象上任意两点连线的斜率均小于零. （1）证明f(x)在[-1，1]上是减函数；

（2）如果f(xc),f(xc2)的定义域的交集为空集，求实数c的取值范围；

（3）证明：若 1c2，则f(xc),f(xc2)存在公共的定义域，并求出这个公共的定义域.

19、已知常数a1, 变数x、y有关系3logxalogaxlogxy3. (1)若xa ( t0 ), 试以a、t表示y ;

(2)若t在[1, )内变化时, y有最小值8, 求此时a和x的值各为多少?

20、已知函数f(x)xk （1）求k的值；

（2）试判断是否存在正数p，使函数g(x)1pf(x)2p1x在区间1,2上的值域

为4,2tk2kZ，且f(2)f(3)

17.若存在，求出这个p的值；若不存在，说明理由. 8

21、某省两相近重要城市之间人员交流频繁，为了缓解交通压力，特修一条专用铁路，用一列火

车作为交通车，已知该车每次拖4节车厢，一日能来回16次，如果每次拖7节车厢，则每日能来回10次，每日来回的次数是车头每次拖挂车厢个数的一次函数，每节车厢能载乘客110人. 问这列火车每天来回多少次,每次应拖挂多少车厢才能使运营人数最多?并求出每天最多运营人数.

22、已知二次函数y=f1(x)的图象以原点为顶点且过点(1,1),反比例函数y=f2(x)的图象与直线y=x

的两个交点间距离为8,f(x)= f1(x)+ f2(x). （1）求函数f(x)的表达式；

（2）证明:当a>3时,关于x的方程f(x)= f(a)有三个实数解.

参

1-12 ABBAC BDBCC CD

13、0 14、12 15 1 16 (,1] 17 略 18、解: (1)由已知对任意的x1、x2[1,1]，且x1x2，都有与

f(x1)f(x2)异号，所以f(x)在[-1，1]上是减函数.

（2）因为f(xc)的定义域是[c1,c1]，f(xc2)的定义域是[c21,c21]， 因为以上两个集合的交集为空集，所以c1c1或c1c1 解得：c2或c1

2 （3）因为c1c1恒成立，有（2）问可知：当1c2时，f(xc),f(xc2)存

在公共的定义域.

22f(x1)f(x2)0，从而x1x2x1x2 若c1c1，即1c2或1c0时， c21c1,c21c1，此时的交

集是[c21,c1]；

若0c1，则c21c1,c21c1，此时的交集是[c1,c21] 19、解：(1) xa,3logatalogaalogaty3tt231tlogay3. tt3logayt23t3yat(2) ya33(t)2243223t3(t0).

33t[1, ) t时, ymin8a4823a16

22x16.

20、解：（1）∵f(2)f(3)，∴kk20，即kk20，

∵kZ，∴k0或1

222p14p2122 （2）f(x)x， g(x)1px2p1xpx2p4p

22p14p211711,2，即p,时， 当,p2,g(1)4,g(2)1 2p44p8 当

2p12,时，∵p0，∴这样的p不存在。 2p172p11,1，即p0,时，g(1),g(2)4，这样的p不存在。

82p4 当

综上得，

p2 .

21、解：设每日来回y次,每次挂x节车厢,由题意ykxb

当x=4时y=16 当x=7时y=10得下列方程组: 16=4k+b

10=7k+b 解得:k=2 b=24  y2x24 由题意知,每日挂车厢最多时,营运人数最多,设每日营运S节车厢 则Sxyx(2x24)2x224x2(x6)272 所以当x6时,Smax72此时y=12 则每日最多运营人数为110×6×12=7920(人)

22、(Ⅰ)由已知,设f1(x)=ax2,由f1(1)=1,得a=1, ∴f1(x)= x2.设f2(x)=交点分别为A(k,k)，B(－k,－k)

k(k>0),它的图象与直线y=x的x88.故f(x)=x2+. xx88(Ⅱ) （证法一）f(x)=f(a),得x2+=a2+,

xa888即=－x2+a2+.在同一坐标系内作出f2(x)=和 xax8f3(x)= －x2+a2+的大致图象,其中f2(x)的图象是以坐

a由AB=8,得k=8,. ∴f2(x)=

标轴为渐近线,且位于第一、三象限的双曲线, f3(x)与的图象是以(0, a2+

8)为顶点,开口向下的抛物a线.因此, f2(x)与f3(x)的图象在第三象限有一个交点,即f(x)=f(a)有一个负数解.又∵f2(2)=4, f3(2)= －4+a2+

88，当a>3时,. f3(2)－f2(2)= a2+－8>0,当a>3时,在第一象限f3(x)的图象上存在一点(2,f(2))aa8288=a+,即(x－a)(x+a－)=0,得方程的一个解x1=a.方程x+a－xaax4

在f2(x)图象的上方.f2(x)与f3(x)的图象在第一象限有两个交点,即f(x)=f(a)有两个正数解.因此,方程

f(x)=f(a)有三个实数解. （证法二）由f(x)=f(a),得x2+

a2a432a化为ax+ax－8=0,由a>3,△=a+32a>0,得x2=,

2aa2a432aa2a432ax3=,x2<0, x3>0, ∵x1≠ x2,且x2≠ x3.若x1= x3,即a=,则

2a2a8=0ax2

2

3a2=a432a, a4=4a,得a=0或a=34,这与a>3矛盾,∴x1≠ x3.故原方程f(x)=f(a)有三个实数解.