河南省洛阳市第二外国语学校2022届高考数学闯关密练特训《2-1函数及其表示》试题新人教A版1.(2022·浙江嘉兴一中模拟)设集合M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，给出下列四个图形，其中能表示以集合M为定义域，N为值域的函数关系的是( )[答案] B[解析] 函数的定义要求定义域内的任一变量都有唯一的函数值与之对应，A中x∈(0,2]时没有函数值，C中函数值不唯一，D中的值域不是N，所以选B.2．(文)(2022·广州市综合测试)函数y＝的定义域为集合A，函数y＝ln(2x＋1)的定义域为集合B，则A∩B等于( )A．(－，]B．(－，)C．(－∞，－)D．[，＋∞)[答案] A[解析] 由得∴－<x≤，故A∩B＝(－，]．(理)(2022·湖北文，5)函数y＝的定义域为( )A.B.-14-\nC．(1，＋∞)D.∪(1，＋∞)[答案] A[解析] log0.5(4x－3)>0＝log0.51，∴0<4x－3<1，∴<x<1.3．(2022·山东潍坊模拟)已知f(x)＝则f(log23)的值是( )A.B.C．24D．12[答案] A[解析] ∵1<log23<2，∴3<log23＋2<4，∴f(log23)＝f(log23＋1)＝f(log23＋2)＝f(log212)＝()log212＝.4．(2022·福建文，8)已知函数f(x)＝若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于( )A．－3B．－1C．1D．3[答案] A[解析] ∵f(1)＝21＝2，∴由f(a)＋f(1)＝0知 f(a)＝－2.当a>0时 2a＝－2不成立．当a<0时a＋1＝－2，a＝－3.5．(文)(2022·广东六校)设函数f(x)＝则满足f(x)＝4的x的值是( )A．2B．16C．2或16D．－2或16[答案] C[解析] 当f(x)＝2x时.2x＝4，解得x＝2.当f(x)＝log2x时，log2x＝4，解得x＝16.∴x＝2或16.故选C.(理)设函数f(x)＝若f(x0)>1，则x0的取值范围是( )A．(－∞，0)∪(10，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－2)∪(－1,10)D．(0,10)[答案] A-14-\n[解析] 由或⇒x0<0或x0>10.6．(2022·山东聊城市质检)具有性质f()＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”交换的函数，下列函数：①f(x)＝x－；②f(x)＝x＋；③f(x)＝中满足“倒负”变换的函数是( )A．①②B．①③C．②③D．只有①[答案] B[解析] ①f()＝－x＝－f(x)满足．②f()＝＋x＝f(x)不满足．③0<x<1时，f()＝－x＝－f(x)，x＝1时，f()＝0＝－f(x)，x>1时，f()＝＝－f(x)满足．故选B.7．(文)(2022·济南模拟)已知函数f(x)＝，则f(x)＋f()＝________.[答案] 0[解析] ∵f()＝＝，∴f(x)＋f()＝＋＝0.(理)若f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，则＋＋＋…＋＝________.[答案] 2022[解析] 令b＝1，则＝f(1)＝1，∴＋＋＋…＋＝2022.8．(文)(2022·武汉模拟)已知f(＋1)＝lgx，则f(x)＝________.-14-\n[答案] lg (x>1)[解析] 令＋1＝t，∵x>0，∴t>1，则x＝，∴f(t)＝lg，f(x)＝lg (x>1)．(理)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是__________．[答案] 1[解析] 结合f(x)与g(x)的图象，h(x)＝易知h(x)的最大值为h(2)＝1.9．(文)(2022·广东文，12)设函数f(x)＝x3cosx＋1.若f(a)＝11，则f(－a)＝________.[答案] －9[解析] 令g(x)＝x3cosx，则f(x)＝g(x)＋1，g(x)为奇函数．f(a)＝g(a)＋1＝11，所以g(a)＝10，f(－a)＝g(－a)＋1＝－g(a)＋1＝－9.(理)(2022·安徽省淮南市高三第一次模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，则f(2022)＝________.[答案] [解析] ∵f(x＋4)＝＝＝f(x)，∴函数f(x)的周期为4，-14-\n所以f(2022)＝f(4×502＋3)＝f(3)＝＝.10．已知函数f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，求a的值．[解析] ∵f(1)＝e1－1＝1，又f(1)＋f(a)＝2，∴f(a)＝1.若－1<a<0，则f(a)＝a2＋＝1，此时a2＝，又－1<a<0，∴a＝－.若a≥0，则f(a)＝ea－1＝1，∴a＝1.综上所述，a的值是1或－.能力拓展提升11.(文)(2022·天津一中)若函数f(x)＝的定义域为R，则实数m的取值范围是( )A．(－∞，＋∞)B．(0，)C．(，＋∞)D．[0，)[答案] D[解析] ①m＝0时，分母为3，定义域为R.②由得0<m<.综上得0≤m<.(理)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如果函数f(x)对于任意实数x，存在常数M，使得不等式|f(x)|≤M|x|恒成立，那么就称函数f(x)为有界泛函．下面有4个函数：①f(x)＝1;②f(x)＝x2；③f(x)＝(sinx＋cosx)x;④f(x)＝.其中有两个属于有界泛函，它们是( )A．①②B．②④C．①③D．③④[答案] D-14-\n[解析] 由|f(x)|≤M|x|对x∈R恒成立，知||max≤M.①中＝||∈(0，＋∞)，故不存在常数M使不等式恒成立；②中＝|x|∈[0，＋∞)，故不存在常数M使不等式恒成立；③中＝|sinx＋cosx|＝|sin(x＋)|≤，故存在M使不等式恒成立；④中＝＝≤，故存在M使不等式恒成立．[点评] 作为选择题判断①后即排除A、C，判断②后排除B，即可选出D.12．(文)(2022·海南海口模拟)对a，b∈R，记min{a，b}＝函数f(x)＝min{x，－|x－1|＋2}(x∈R)的最大值为________．[答案] 1[解析] y＝f(x)是y＝x与y＝－|x－1|＋2两者中的较小者，数形结合可知，函数的最大值为1.(理)(2022·山东烟台模拟)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝a－|x|(a>1)．当K＝时，函数fK(x)在下列区间上单调递减的是( )A．(－∞，0)B．(－a，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)[答案] D-14-\n[解析] 当K＝时，fK(x)＝＝∵a>1，∴0<<1，如图，作出函数fK(x)的图象可得其单调减区间为(1，＋∞)．13．(文)(2022·上海交大附中月考)函数f(x)＝，则f()＋f()＋f()＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝________.[答案] [解析] f(1)＝，f(x)＋f()＝＋＝＋＝1，则f()＋f()＋f()＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝3＋＝.(理)(2022·襄樊检测)设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4[答案] C[解析] 法一：若x≤0，则f(x)＝x2＋bx＋c.∵f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，∴解得∴f(x)＝当x≤0时，由f(x)＝x，得x2＋4x＋2＝x，解得x＝－2，或x＝－1；当x>0时，由f(x)＝x，得x＝2.∴方程f(x)＝x有3个解．-14-\n法二：由f(－4)＝f(0)且f(－2)＝－2，可得f(x)＝x2＋bx＋c的对称轴是x＝－2，且顶点为(－2，－2)，于是可得到f(x)的简图(如图所示)．方程f(x)＝x的解的个数就是函数y＝f(x)的图象与y＝x的图象的交点的个数，所以有3个解．14．(2022·洛阳模拟)已知函数f(x)＝－1的定义域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，则满足条件的整数数对(a，b)共有________个．[答案] 5[解析] 由0≤－1≤1，即1≤≤2得0≤|x|≤2，满足条件的整数数对有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(0,2)，(－1,2)共5个．[点评] 数对(a，b)的取值必须能够使得|x|的取值最小值为0，最大值为2，才能满足f(x)的值域为[0,1]的要求．15．(文)已知函数f(x)＝(ab≠0)，f(2)＝1，又方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的解析式．[解析] 由f(2)＝1得＝1，即2a＋b＝2；由f(x)＝x得＝x，变形得x(－1)＝0，解此方程得x＝0或x＝，又因方程有唯一解，∴＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2得a＝，-14-\n∴f(x)＝.(理)(2022·广东普宁模拟)已知函数f(x)＝lg(x＋－2)，其中a是大于0的常数．(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．[解析] (1)由x＋－2>0，得>0，a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)．a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}，0<a<1时，定义域为{x|0<x<1－或x>1＋}．(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－＝>0恒成立，∴g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上是增函数．∴f(x)＝lg(x＋－2)在[2，＋∞)上是增函数．∴f(x)＝lg(x＋－2)在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg.(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．∴a>3x－x2，而h(x)＝3x－x2＝－(x－)2＋在x∈[2，＋∞)上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝2，∴a>2.16．某自来水厂的蓄水池存有400t水，水厂每小时可向蓄水池中注水60t，同时蓄水池又向居民小区不间断供水，th内供水总量为120t，(0≤t≤24)．(1)从供水开始到第几小时时，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少吨？(2)若蓄水池中水量少于80t时，就会出现供水紧张现象，请问在一天的24h内，有几小时出现供水紧张现象．[解析] (1)设th后蓄水池中的水量为yt，则y＝400＋60t－120(0≤t≤24)令＝x，则x2＝6t且0≤x≤12，∴y＝400＋10x2－120x＝10(x－6)2＋40(0≤x≤12)；∴当x＝6，即t＝6时，ymin＝40，即从供水开始到第6h时，蓄水池水量最少，只有40t.-14-\n(2)依题意400＋10x2－120x<80，得x2－12x＋32<0，解得4<x<8，即4<<8，∴<t<；∵－＝8，∴每天约有8h供水紧张．1．(2022·江西文，3)若f(x)＝，则f(x)的定义域为( )A．(－，0)B．(－，＋∞)C．(－，0)∪(0，＋∞)D．(－，2)[答案] C[解析] 要使函数有意义，则有，所以.故选C.2．值域为{2,5,10}，对应关系为y＝x2＋1的函数个数为( )A．1B．8C．27D．39[答案] C[解析] 本题的关键是寻找满足条件的定义域有多少种情况．当y＝2，即x2＝1时，x＝1，－1或±1有三种情况，同理当y＝5,10时，x的值各有三种情况，由分步乘法计数原理知，共有3×3×3＝27种可能．故选C.3．水池有2个进水口，1个出水口，每个水口的进出水速度如下图(1)(2)所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如下图(3)所示(至少打开一个水口)．给出以下3个论断：①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③-14-\n4点到6点不进水不出水．则一定正确的论断是( )A．①B．①②C．①③D．①②③[答案] A[解析] 由(1)、(2)两图得到每一个进水口的速度是出水口的速度的一半，在(3)图中从0点到3点进了6个单位水量，因此这段时间是只进水不出水，故①对；从3点到4点水量下降了1个单位，故应该是一个进水口开着，一个出水口开着，故②不正确；从4点到6点蓄水量保持不变，一种情况是不进水不出水，另一种情况是2个进水口与1个出水口同时开着，进水量和出水量相同，故③不一定正确．4．设函数f(x)＝若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是( )A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)[答案] C[解析] 解法1：由图象变换知函数f(x)图象如图，且f(－x)＝－f(x)，即f(x)为奇函数，∴f(a)>f(－a)化为f(a)>0，∴当x∈(－1,0)∪(1，＋∞)，f(a)>f(－a)，故选C.解法2：当a>0时，由f(a)>f(－a)得，log2a>loga，∴a>1；当a<0时，由f(a)>f(－a)得，log(－a)>log2(－a)，∴－1<a<0，故选C.5．a、b为实数，集合M＝{，1}，N＝{a,0}，f是M到N的映射，f(x)＝x，则a＋b的值为( )A．－1 B．0 C．1 D．±1-14-\n[答案] C[解析] ∵f(x)＝x，∴f(1)＝1＝a，若f()＝1，则有＝1，与集合元素的互异性矛盾，∴f()＝0，∴b＝0，∴a＋b＝1.6．(2022·温州十校二模)某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)可以表示为( )A．y＝[]B．y＝[]C．y＝[]D．y＝[][答案] B[解析] 当x除以10的余数为0,1,2,3,4,5,6时，由题设知y＝[]，且易验证此时[]＝[]．当x除以10的余数为7,8,9时，由题设知y＝[]＋1，且易验证知此时[]＋1＝[]．综上知，必有y＝[]．故选B.7．设函数f(x)、g(x)的定义域分别为F、G，且FG.若对任意的x∈F，都有g(x)＝f(x)，且g(x)为偶函数，则称g(x)为f(x)在G上的一个“延拓函数”．已知函数f(x)＝x(x≤0)，若g(x)为f(x)在R上的一个延拓函数，则函数g(x)的解析式为( )A．g(x)＝2|x|B．g(x)＝log2|x|C．g(x)＝|x|D．g(x)＝log|x|[答案] A[解析] 由延拓函数的定义知，当x≤0时，g(x)＝x，当x>0时，－x<0，∴g(－x)＝－x＝2x，∵g(x)为偶函数，∴g(x)＝2x，故g(x)＝，即g(x)＝2|x|.8．(2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝则f(2022)等于( )A．2022B．2022-14-\nC．2022D．2022[答案] D[解析] 当x>0时，f(x)－f(x－1)＝1，∴f(2022)＝[f(2022)－f(2022)]＋[f(2022)－f(2022)]＋…＋[f(1)－f(0)]＋f(0)＝1＋1＋…＋＋f(0)＝2022＋log21＝2022.9.如图，设点A是单位圆上的一定点，动点P从点A出发在圆上按逆时针方向旋转一周，点P所旋转过的的长为l，弦AP的长为d，则函数d＝f(l)的图象大致是( )[答案] C[解析] 函数在[0，π]上的解析式为d＝＝＝＝2sin.在[π，2π]上的解析式为d＝＝2sin，故函数的解析式为d＝2sin，l∈[0,2π]．[点评] 这类题目解决的基本方法通过分析变化趋势或者一些特殊的点，采用排除法；或求函数解析式．10．某西部山区的某种特产由于运输的原因，长期只能在当地销售，当地政府通过投资对该项特产的销售进行扶持，已知每投入x万元，可获得纯利润P＝－(x－40)2-14-\n＋100万元(已扣除投资，下同)，当地政府拟在新的十年发展规划中加快发展此特产的销售，其规划方案为：在未来10年内对该项目每年都投入60万元的销售投资，其中在前5年中，每年都从60万元中拨出30万元用于修建一条公路，公路5年建成，通车前该特产只能在当地销售；公路通车后的5年中，该特产既在本地销售，也在外地销售，在外地销售的投资收益为：每投入x万元，可获纯利润Q＝－(60－x)2＋·(60－x)万元，问仅从这10年的累积利润看，该规划方案是否可行？[解析] 在实施规划前，由题设P＝－(x－40)2＋100(万元)，知每年只需投入40万，即可获得最大利润100万元，则10年的总利润为W1＝100×10＝1000(万元)．实施规划后的前5年中，由题设P＝－(x－40)2＋100知，每年投入30万元时，有最大利润Pmax＝(万元)，前5年的利润和为×5＝(万元)．设在公路通车的后5年中，每年用x万元投资于本地的销售，而剩下的(60－x)万元用于外地区的销售投资，则其总利润为W2＝[－(x－40)2＋100]×5＋(－x2＋x)×5＝－5(x－30)2＋4950.当x＝30时，W2＝4950(万元)为最大值，从而10年的总利润为＋4950(万元)．∵＋4950>1000，∴该规划方案有极大实施价值．-14-
