高中數學學考復習階段復習卷2含答案

階段復習卷(二)(考查內容:函數圖象與性質)(時間:80分鐘,滿分:100分)一、單項選擇題(本大題共12小題,每小題3分,共36分.每小題列出的四個備選項中,只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.(2023浙江衢州)已知a=log30.3,b=30.3,c=0.33,則()A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a2.5個冪函數:①y=x-2;②y=x45;③y=x54;④y=x23;⑤y=xA.只有①② B.只有②③ C.只有②④ D.只有④⑤3.用二分法判斷方程2x2+3x-3=0在區(qū)間(0,1)內的根(精確度0.25)可以是(參考數據:0.753=0.421875,0.6253≈0.24414)()A.0.825 B.0.635 C.0.375 D.0.254.函數f(x)=2x|x5.已知函數f(x)=x2+4x,x≥0,4x-x2,A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,-2) D.(-2,+∞)6.已知函數f(x)=loga(x-1)+4(a>0且a≠1)的圖象過定點(s,t),正數m,n滿足m+n=st,則()A.m+n=6 B.m2+n2≤32 C.mn≥16 D.17.已知函數f(x)=x-2,x∈(-∞,0),lnx,x∈A.-1 B.-10 C.1 D.-28.加工爆米花時,爆開且不糊的粒數的百分比稱為“可食用率”.在特定條件下,可食用率p與加工時間t(單位:分)滿足函數關系p=at2+bt+c(a,b,c是常數),下圖記錄了三次實驗的數據,根據上述函數模型和實驗數據,可以得到最佳加工時間為()A.3.50分 B.3.75分 C.4.00分 D.4.25分9.已知函數f(x)=ax2-2x-5a+8對任意兩個不相等的實數x1,x2∈[2,+A.(0,+∞) B.0,12 C.12,4 D.12,+∞10.已知f(x)是定義在R上的偶函數,且函數f(x+1)的圖象關于原點對稱,若f(0)=1,則f(2022)+f(2023)的值為()A.0 B.1 C.-1 D.211.已知函數f(x)=a·2x,x≤0,log12x,x>0,a≠0,若關于A.(-∞,0) B.(-∞,0)∪(0,1) C.(0,1) D.(0,1)∪(1,+∞)12.(2023浙江麗水)已知函數f(x)=ax2+2ax+4(0<a<3),若x1<x2,x1+x2=1-a,則()A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)=f(x2)C.f(x1)>f(x2) D.f(x1),f(x2)的大小不確定二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分.每小題列出的四個備選項中,有多個是符合題目要求的,全部選對得4分,部分選對且沒有錯選得2分,不選、錯選得0分)13.(2023浙江紹興)已知x0是函數f(x)=ex+2x-4的零點(其中e=2.71828…為自然對數的底數),則下列說法正確的是()A.x0∈(0,1) B.ln(4-2x0)=x0C.x02-x0>1 D.2x0+14.下列函數中滿足?x1,x2∈0,π2,當x1≠x2時,都有f(x1)-fA.f(x)=x2+2x-3 B.f(x)=x-π4C.f(x)=132x+1 D.f(x)=sinx-cosx15.若定義域為R的函數f(x)同時滿足:①f(x)=-f(-x);②當x2>x1>0時,(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]>0;③當x1>0,x2>0時,fx1+x22≤f(x1)A.f(x)=x2 B.f(x)=x3 C.f(x)=0,x=0,-1x,x16.(2022浙江寧波中學)已知函數f(x)=ex,x≥0,-x2-4x,x<0,方程f2(x)-t·f(x)=0有四個實數根x1,x2,x3A.x1x4∈(-6ln2,0] B.x1+x2+x3+x4的取值范圍為[-8,-8+2ln2)C.t的取值范圍為[1,4) D.x2x3的最大值為4三、填空題(本大題共4小題,共15分)17.(2023浙江紹興)已知2a+3+4b=4a+2b+3(a,b∈R且a≠b),則a+b的取值范圍為.

18.設函數f(x)=x2+a·x+1x2+1,a∈R19.若f(x)=ax,x>1,(4-a20.已知函數f(x)=logax,0<x≤2,1x四、解答題(本大題共3小題,共33分)21.(11分)(2022浙江浙南名校)已知a∈R,函數f(x)=log2(x+a).(1)若關于x的方程f1x+log2(x2)=0的解集中恰有一個元素,求a的值;(2)設a>0,若對任意t∈12,1,函數f(x)在區(qū)間1t+1,1t上的最大值和最小值的差不超過1,求a22.(11分)(2023浙江湖州)已知函數f(x)=x-2,g(x)=x2-2mx+4(m∈R).(1)若對任意x∈R,不等式g(x)>f(x)恒成立,求m的取值范圍;(2)若對任意x1∈[1,2],存在x2∈[4,5],使得g(x1)=f(x2),求m的取值范圍;(3)若m=-1,對任意n∈R,總存在x0∈[-2,2],使得不等式|g(x0)-x02+n|≥k成立,求實數k23.(11分)已知函數f(x)=x·|x-a|+bx(a,b∈R).(1)當a=b=0時,①求不等式f(x)<4的解集;②若對任意的x≥0,f(x+m)-m2f(x)<0,求實數m的取值范圍;(2)若存在實數a,對任意的x∈[0,m]都有f(x)≤(b-1)x+4恒成立,求實數m的取值范圍.

階段復習卷(二)1.B解析a=log30.3<0,b=30.3>1,c=0.33∈(0,1),故選B.2.C解析①y=x-2的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),②y=x45的定義域為R,③y=x54的定義域為[0,+∞),④y=x23的定義域為R,⑤y=x-45的定義域為(-∞3.B解析設f(x)=2x3+3x-3,∴f(0)=-3<0,f(1)=2+3-3=2>0,∵f(0.5)=2×0.53+3×0.5-3<0,∴f(x)在(0.5,1)內有零點,∵f(0.75)=2×0.753+3×0.75-3>0,∴f(x)在(0.5,0.75)內有零點,∴方程2x3+3x-3=0的根可以是0.635.故選B.4.A解析依題意可知,函數f(x)=2x|x|ex-e-x的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),定義域關于原點對稱,又因為f(-x)=-2x|x|e-x-ex=f(x),所以函數f(x)5.A解析當x≥0時,f(x)=x2+4x,其圖象的對稱軸為直線x=-2,開口向上,所以f(x)=x2+4x在[0,+∞)內單調遞增,且f(x)≥f(0)=0;當x<0時,f(x)=4x-x2,其圖象的對稱軸為直線x=2,開口向下,所以f(x)=4x-x2在(-∞,0)內單調遞增,且f(x)<f(0)=0,所以f(x)在R上為增函數,因為f(4-a)>f(a),所以4-a>a,解得a<2,故選A.6.D解析因為f(x)=loga(x-1)+4(a>0,且a≠1),令x-1=1,解得x=2,所以f(2)=loga1+4=4,即函數過定點(2,4),所以m+n=8,故A錯誤;因為m>0,n>0,m2+n2≥(m+n)22=32,當且僅當m=n=4時,等號成立,mn≤m+n22=16,當且僅當m=n=4時,等號成立,故B,C錯誤;1m+1n=18(1m+1n(m+n)=182+nm+m7.C解析因為f(x)=x-2,x∈(-∞,0),lnx,x∈(0,1),-x2,x∈[1,+∞),畫出函數f(x)的圖象如圖所示,函數g(x)=f(x)-m有兩個零點,即方程f(x)-m=08.B解析由題意可知函數p=at2+bt+c的圖象過點(3,0.7),(4,0.8),(5,0.5),代入p=at2+bt+c中可解得a=-0.2,b=1.5,c=-2,∴p=-0.2t2+1.5t-2.∴當t=3.75時,可食用率最大.9.C解析由題意可知f(x)在[2,+∞)內單調遞增,令t=ax2-2x-5a+8,則函數t為二次函數,且在[2,+∞)內單調遞增,當x∈[2,+∞)時,t≥0恒成立,∴a>0,1a≤2,a×22-10.C解析因為f(x)是定義在R上的偶函數,所以f(-x)=f(x),由函數f(x+1)的圖象關于原點對稱,即函數f(x+1)為奇函數,所以f(-x+1)=-f(x+1),所以f(2-x)=-f(x),所以f(2-x)=-f(-x),即f(2+x)=-f(x),所以f(4+x)=-f(2+x)=f(x),所以f(x)是以4為周期的周期函數,又因為f(0)=1,所以f(2)=-f(0)=-1,又f(1)=-f(1),所以f(1)=0,所以f(3)=-f(1)=0,所以f(2022)+f(2023)=f(4×505+2)+f(4×505+3)=f(2)+f(3)=-1.故選C.11.B解析設f(x)=t,方程f(f(x))=0即f(t)=0,t=f(x),由f(t)=0得t=1,∴f(x)=1只有一解,結合函數的圖象,當a<0時,f(x)=1只有一解;當a>0時,f(x)=1只有一解,可得當x∈(-∞,0]時,(a·2x)max<1?a<1,∴實數a的取值范圍是(-∞,0)∪(0,1).12.A解析(方法1特殊值法)令a=1,則f(x)=x2+2x+4=(x+1)2+3,此時x1+x2=0,又x1<x2,則x1<0<x2,且x1,x2關于y軸對稱,函數f(x)圖象的對稱軸方程為x=-1,如圖所示,從而f(x1)<f(x2).(方法2)因為x1+x2=1-a,所以f(x1)-f(x2)=ax12+2ax1+4-(ax22+2ax2+4)=a(x12-x22)+2a(x1-x2)=a(x1+x2)(x1-x2)+2a(x1-x2)又0<a<3,x1<x2,所以a(3-a)(x1-x2)<0,從而f(x1)<f(x2).故選A.13.ABD解析對于A,因為函數f(x)=ex+2x-4在R上是增函數,f(0)=1-4=-3<0,f(1)=e+2-4>0,由零點存在定理可得,函數的零點x0∈(0,1),故選項A正確;對于B,由f(x0)=ex0+2x0-4=0可得4-2x0=ex0,兩邊同時取自然對數ln(4-2x0)=x0,對于C,因為x0∈(0,1),所以2-x0>1,則有x02-x0<對于D,因為x0∈(0,1),所以2x0-e-x0+1=2x0ex0-14.AD解析因為?x1,x2∈0,π2,當x1≠x2時,都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0,所以f(x)在0,π2內單調遞增,對于A,f(x)=x2+2x-3=(x+1)2-對于B,f(x)=x-π4=x-π4,x≥π4,π4-x,x<對于C,f(x)=132x+1,設t=2x+1,因為t=2x+1在R上單調遞增,y=13t在定義域R上單調遞減,所以f(x)=132x+1在定義域R上單調遞減,故不符合題意;對于D,f(x)=sinx-cosx=222sinx-22cosx=2sinx-π4,當x∈0,π2時,x-π4∈-π4,π4,所以f(x)=sinx-cosx在0,π2內單調遞增,15.BD解析A選項,f(-x)=(-x)2=x2=f(x),不滿足①,故A錯誤;B選項,f(-x)=(-x)3=-x3=-f(x),滿足①;f(x)單調遞增,滿足②;結合f(x)=x3的圖象可知,滿足③,故B正確;C選項,當x>0時,f(x)=-1x,結合反比例函數的圖象可知,當x>0時,f(x)不滿足③,故C錯誤D選項,當x>0時,f(-x)=-3x=-f(x),當x=0時,f(x)=-f(-x)=0,當x<0時,f(-x)=3-x=-f(x),滿足①;當x>0時,f(x)單調遞增,滿足②;當x>0時,f(x)=3x,結合指數函數的圖象可知,滿足③,故D正確.故選BD.16.BC解析f2(x)-t·f(x)=0?f(x)[f(x)-t]=0?f(x)=0或f(x)=t,作出y=f(x)的圖象,當f(x)=0時,x1=-4,有一個實根;當t=1時,有三個實數根,所以共四個實根,滿足題意;當t=4時,f(x)=t只有兩個實數根,所以共三個實根,不滿足題意,此時直線y=4與y=ex圖象的交點坐標為(2ln2,4).要使原方程有四個實數根,等價于f(x)=t有三個實數根,等價于y=f(x)與y=t圖象有三個交點,故t∈[1,4),x4∈[0,2ln2),所以x1x4∈(-8ln2,0],故A錯誤,C正確;又因為x2+x3=-4,所以x1+x2+x3+x4=-8+x4的取值范圍為[-8,-8+2ln2),B正確;因為x2+x3=-4,x2<x3<0,所以x2x3=(-x2)·(-x3)<-(x2+x3)22=4,故D17.(-∞,4)解析∵2a+3+4b=4a+2b+3,∴2a+3-2b+3=4a-4b,8(2a-2b)=(2a-2b)·(2a+2b).又a≠b,∴2a-2b≠0,∴2a+2b=8,根據基本不等式得8=2a+2b≥22a·2b?8∴2a+b≤16=24,∴a+b≤4,又a≠b,∴a+b<4.18.2解析f(x)=x2+a·x+1x2+1=x2+1x2+1+axx2+1=1+axx2+1,設g(x)=axx2+1,則g(x)為奇函數,則g(x)max+g(x)min=0,又f(x19.[4,8)解析由指數函數單調遞增,則a>1,由一次函數單調遞增,則4-a2>0,a<8,當x=1時應有4-a2×1+2≤a1,解得a≥4.綜上可得,實數a的取值范圍是[4,8).20.(1,4]解析當0<a<1時,函數不存在最大值,故a>1,當0<x≤2時,f(x)=logax在區(qū)間(0,2]上單調遞增,所以此時f(x)∈(-∞,loga2];當x>2時,f(x)=1x在區(qū)間(2,+∞)內單調遞減,所以此時f(x)∈0,12,若函數f(x)存在最大值,則loga2≥12,解得a≤4,又a>1,所以a的取值范圍為(1,4]21.解(1)由題可知log21x+a+log2(x2)=0有且僅有一解,所以1x+ax2=1有且僅有一解,等價于ax2+x-1=0有且僅有一解,當a=0時,可得x=1,經檢驗符合題意;當a≠0時,則Δ=1+4a=0,解得a=-14,再代入方程可解得x=2,經檢驗符合題意綜上所述,a=0或a=-14(2)當0<x1<x2時,x1+a<x2+a,log2(x1+a)<log2(x2+a),所以f(x)在(0,+∞)內單調遞增,因此f(x)在1t+1,1t上單調遞增,故只需滿足f1t-f1t+1≤1,即log21t+a-log21t+1+a≤1,所以1t+a≤21t+1+a,即a≥1t-2t+1=1-tt(1-當r=0時,rr2當0<r≤12時,rr2-3r+2=1r+2r-3,y=r+2故1r+2r所以a的取值范圍為23,+∞.22.解(1)由題意得x2-2mx+4>x-2恒成立,得x2-(2m+1)x+6>0恒成立,即Δ=(2m+1)2-24<0,解得m∈-6-12(2)當x1∈[1,2],g(x1)∈D,當x2∈[4,5],f(x2)∈[2,3],由題意得D?[2,3],∴g(1)∈[2,3],g(2)∈[2,3],得m∈54,3此時g(x)圖象的對稱軸為直線x=m∈[1,2],故g(x)min=g(m)∈[2,3],得1≤m≤2.綜上可得m∈54,2(3)由題意得對任意n∈R,總存在x0∈[-2,2],使得不等式|2x0+4+n|≥k成立,令h(x)=|2x+4+n|,由題意得h(x)max≥k,而h(x)max=max{h(-2),h(2)}=max{|n|,|8+n|},記φ(n)=max{|