【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 1-2 函數(shù)及其表示課后作業(yè) 新人教A版

"【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 1-2 函數(shù)及其表示課后作業(yè) 新人教A版 " 1.(2020·佛山調(diào)研)下列四組函數(shù)中，是相等函數(shù)的是(　　) A．y＝x－1與y＝ B．y＝與y＝ C．y＝4lgx與y＝2lgx2 D．y＝lgx－2與y＝lg [答案]　D [解析]　y＝＝|x－1|與y＝x－1的對應(yīng)法則不同；y＝的定義域中可以有1，但y＝的定義域中無1；y＝4lgx中x>0，但y＝2lgx2中的x≠0，故A、B、C中的兩函數(shù)都不是相等函數(shù)，D中，定義域相同，都是x>0，由y＝lg＝lgx－2知，對應(yīng)法則也相同．因此兩函數(shù)是相等函數(shù)． 2．(文)(2020·浙江五校聯(lián)考)已知f(x)＝，則f()＋f(－)等于(　　) A．－2 B．4 C．2 D．－4 [答案]　B [解析]　∵f(－)＝f(－＋1) ＝f(－)＝f(－＋1)＝f()， ∴f()＋f(－)＝f()＋f() ＝2×＋2×＝4. (理)已知函數(shù)f(x)＝則f(2020)等于(　　) A．－1 B．1 C．－3 D．3 [答案]　A [解析]　f(2020)＝f(2020)＝f(2020)＝……＝f(2)＝f(－1)＝2×(－1)＋1＝－1. 3．(2020·廣西柳州市模擬)若函數(shù)f(x)的定義域是[0,4]，則函數(shù)g(x)＝的定義域是(　　) A．[0,2] B．(0,2) C．(0,2] D．[0,2) [答案]　C [解析]　由得，0<x≤2，故選C. 4．已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且定義域為R，若x>0時，f(x)＝x＋2，則函數(shù)f(x)的解析式為(　　) A．f(x)＝x＋2 B．f(x)＝|x|＋2 C．f(x)＝ D．f(x)＝ [答案]　D [解析]　∵f(x)為奇函數(shù)，且定義域為R， ∴f(0)＝0. 設(shè)x<0，則－x>0，則f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)＋2] ＝x－2. 5．(文)函數(shù)f(x)＝的值域是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,0)∪(0，＋∞) C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞) [答案]　D [解析]?。?x－1－1>－1，結(jié)合反比例函數(shù)的圖象可知f(x)∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)． (理)(2020·茂名一模)若函數(shù)y＝f(x)的值域是[，3]，則函數(shù)F(x)＝f(x)＋的值域是(　　) A．[，3] B．[2，] C．[，] D．[3，] [答案]　B [解析]　令t＝f(x)，則≤t≤3，由函數(shù)g(t)＝t＋在區(qū)間[，1]上是減函數(shù)，在[1,3]上是增函數(shù)，且g()＝，g(1)＝2，g(3)＝，可得值域為[2，]，選B. 6．a(chǎn)、b為實數(shù)，集合M＝{，1}，N＝{a,0}，f是M到N的映射，f(x)＝x，則a＋b的值為(　　) A．－1　　　 B．0　　　　 C．1　　　　 D．±1 [答案]　C [解析]　∵f(x)＝x，∴f(1)＝1＝a，若f()＝1，則有＝1，與集合元素的互異性矛盾， ∴f()＝0，∴b＝0，∴a＋b＝1. 7．(2020·杭州調(diào)研)已知f(x－)＝x2＋，則f(3)＝________. [答案]　11 [解析]　∵f(x－)＝(x－)2＋2， ∴f(x)＝x2＋2(x∈R)，∴f(3)＝32＋2＝11. 8．(2020·浙江五校聯(lián)考)函數(shù)y＝的定義域是________． [答案]　(－∞，3] [解析]　要使函數(shù)有意義，應(yīng)有l(wèi)og2(4－x)≥0， ∵4－x≥1，∴x≤3. 1.(文)(2020·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝，若f(1)＋f(a)＝2，則a的值為(　　) A．1　　　　 B．2　　　　 C．4　　　　 D．4或1 [答案]　C [解析]　∵f(1)＝0，∴f(a)＝2，∴l(xiāng)og2a＝2(a>0)或2a＝2(a≤0)，解得a＝4或a＝1(舍)，故選C. (理)函數(shù)f(x)＝，若f(1)＋f(a)＝2，則a的所有可能值為(　　) A．1 B．1，－ C．－ D．1， [答案]　B [解析]　f(1)＝1， 當a≥0時，f(a)＝ea－1，∴1＋ea－1＝2， ∴a＝1， 當－1<a<0時，f(a)＝sin(πa2)， ∴1＋sin(πa2)＝2， ∴πa2＝＋2kπ(k∈Z)， ∵－1<a<0，∴a＝－，故選B. 2．(文)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，那么a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，3) C．[，3) D．(1,3) [答案]　D [解析]　解法1：由f(x)在R上是增函數(shù)，∴f(x)在[1，＋∞)上單增，由對數(shù)函數(shù)單調(diào)性知a>1?、?，又由f(x)在(－∞，1)上單增，∴3－a>0，∴a<3　②，又由于f(x)在R上是增函數(shù)，為了滿足單調(diào)區(qū)間的定義，f(x)在(－∞，1]上的最大值3－5a要小于等于f(x)在[1，＋∞)上的最小值0，才能保證單調(diào)區(qū)間的要求，∴3－5a≤0，即a≥?、?，由①②③可得1<a<3. 解法2：令a分別等于、0、1，即可排除A、B、C，故選D. [點評]　f(x)在R上是增函數(shù)，a的取值不僅要保證f(x)在(－∞，1)上和[1，＋∞)上都是增函數(shù)，還要保證x1<1，x2≥1時，有f(x1)<f(x2)． (理)(2020·溫州十校二模)某學(xué)校要召開學(xué)生代表大會，規(guī)定各班每10人推選一名代表，當各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時再增選一名代表．那么，各班可推選代表人數(shù)y與該班人數(shù)x之間的函數(shù)關(guān)系用取整函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))可以表示為(　　) A．y＝[] B．y＝[] C．y＝[] D．y＝[] [答案]　B [解析]　當x除以10的余數(shù)為0,1,2,3,4,5,6時，由題設(shè)知y＝[]，且易驗證此時[]＝[]． 當x除以10的余數(shù)為7,8,9時，由題設(shè)知y＝[]＋1，且易驗證知此時[]＋1＝[]．綜上知，必有y＝[]．故選B. 3．(文)設(shè)a<b，函數(shù)y＝(x－a)2(x－b)的圖象可能是(　　) [答案]　C [解析]　x>b時，y>0，排除A、B；又x＝b是變號零點，x＝a是不變號零點，排除D，故選C. (理)(2020·北京東城綜合練習(xí))已知函數(shù)f(x)＝ g(x)＝log2x，則f(x)與g(x)兩函數(shù)圖象的交點個數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 [答案]　C [解析]　如圖，函數(shù)g(x)的圖象與函數(shù)f(x)的圖象交于兩點，且均在函數(shù)y＝8x－8(x≤1)的圖象上．故選C. 4．(文)設(shè)函數(shù)f(x)＝，若f(x0)>1，則x0的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)∪(10，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－2)∪(－1,10) D．(0,10) [答案]　A [解析]　由條件知，或， ∴x0<0或x0>10. (理)(2020·浙江省金華十校)已知f(x)＝，則f(x)>－1的解集為(　　) A．(－∞，－1)∪(0，e) B．(－∞，－1)∪(e，＋∞) C．(－1,0)∪(e，＋∞) D．(－1,0)∪(0，e) [答案]　A [解析]　當x>0時，ln>－1，即lnx<1，故0<x<e；當x<0時，>－1，即x<－1，故不等式的解集是(－∞，－1)∪(0，e)． [點評]　可取特值檢驗，x＝－時，f＝－2>－1不成立，排除C、D；x＝時，f＝lne＝1>－1成立，排除B，故選A. 5．(文)如果函數(shù)f(x)＝，那么f(1)＋f(2)＋…f(2020)＋f()＋f()＋…＋f()的值為________． [答案]　0 [解析]　由于f(x)＋f()＝＋＝＋＝0，f(1)＝0，故該式值為0. (理)規(guī)定記號“⊕”表示一種運算，且a⊕b＝＋a＋b＋1，其中a、b是正實數(shù)，已知1⊕k＝4，則函數(shù)f(x)＝k⊕x的值域是________． [答案]　(2，＋∞) [解析]　1⊕k＝＋k＋2＝4，解之得k＝1， ∴f(x)＝＋x＋2，由于“⊕”的運算對象是正實數(shù)，故x>0，∴f(x)>2. 6．(文)某地區(qū)預(yù)計2020年的前x個月內(nèi)對某種商品的需求總量f(x)(萬件)與月份x的近似關(guān)系式是f(x)＝x(x＋1)(19－x)，x∈N*,1≤x≤12，求： (1)2020年的第x月的需求量g(x)(萬件)與月份x的函數(shù)關(guān)系式． (2)求第幾個月需求量g(x)最大． [解析]　(1)第x月的需求量為g(x)＝f(x)－f(x－1)＝x(x＋1)(19－x)－(x－1)x(20－x)＝x(13－x)． (2)g(x)＝(－x2＋13x)＝－[42.25－(x－6.5)2]，因此當x＝6或7時g(x)最大． 第6、7月需求量最大． (理)(2020·深圳九校)某自來水廠的蓄水池存有400噸水，水廠每小時可向蓄水池中注水60噸，同時蓄水池又向居民小區(qū)不間斷供水，t小時內(nèi)供水總量為120噸，(0≤t≤24)． (1)從供水開始到第幾小時時，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少噸？ (2)若蓄水池中水量少于80噸時，就會出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象，請問在一天的24小時內(nèi)，有幾小時出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象． [解析]　(1)設(shè)t小時后蓄水池中的水量為y噸， 則y＝400＋60t－120(0≤t≤24) 令＝x，則x2＝6t且0≤x≤12， ∴y＝400＋10x2－120x＝10(x－6)2＋40(0≤x≤12)； ∴當x＝6，即t＝6時，ymin＝40， 即從供水開始到第6小時時，蓄水池水量最少，只有40噸． (2)依題意400＋10x2－120x<80， 得x2－12x＋32<0， 解得4<x<8，即4<<8，∴<t<； ∵－＝8，∴每天約有8小時供水緊張． 7．(文)某種商品在30天內(nèi)每件的銷售價格P(元)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系如圖所示： 該商品在30天內(nèi)日銷售量Q(件)與時間t(天)之間的關(guān)系如表所示： 第t天 5 15 20 30 Q(件) 35 25 20 10 (1)根據(jù)提供的圖象，寫出該商品每件的銷售價格P與時間t的函數(shù)關(guān)系式； (2)在所給直角坐標系中，根據(jù)表中提供的數(shù)據(jù)描出實數(shù)對(t，Q)的對應(yīng)點，并確定日銷售量Q與時間t的一個函數(shù)關(guān)系式； (3)求該商品的日銷售金額的最大值，并指出日銷售金額最大的一天是30天中的第幾天？(日銷售金額＝每件的銷售價格×日銷售量) [解析]　(1)P＝ (2)圖略，Q＝40－t(t∈N*) (3)設(shè)日銷售金額為y(元)， 則y＝ ＝ 若0<t<25(t∈N*)， 則當t＝10時，ymax＝900； 若25≤t≤30(t∈N*)， 則當t＝25時，ymax＝1125. 由1125>900，知ymax＝1125， ∴這種商品日銷售金額的最大值為1125元，30天中的第25天的日銷售金額最大． (理)(2020·廣東六校)某西部山區(qū)的某種特產(chǎn)由于運輸?shù)脑?，長期只能在當?shù)劁N售，當?shù)卣ㄟ^投資對該項特產(chǎn)的銷售進行扶持，已知每投入x萬元，可獲得純利潤P＝－(x－40)2＋100萬元(已扣除投資，下同)，當?shù)卣當M在新的十年發(fā)展規(guī)劃中加快發(fā)展此特產(chǎn)的銷售，其規(guī)劃方案為：在未來10年內(nèi)對該項目每年都投入60萬元的銷售投資，其中在前5年中，每年都從60萬元中撥出30萬元用于修建一條公路，公路5年建成，通車前該特產(chǎn)只能在當?shù)劁N售；公路通車后的5年中，該特產(chǎn)既在本地銷售，也在外地銷售，在外地銷售的投資收益為：每投入x萬元，可獲純利潤Q＝－(60－x)2＋(60－x)萬元，問僅從這10年的累積利潤看，該規(guī)劃方案是否可行？ [解析]　在實施規(guī)劃前，由題設(shè)P＝－(x－40)2＋100(萬元)，知每年只需投入40萬，即可獲得最大利潤100萬元，則10年的總利潤為W1＝100×10＝1000(萬元) 實施規(guī)劃后的前5年中，由題設(shè)P＝－(x－40)2＋100知，每年投入30萬元時，有最大利潤Pmax＝(萬元) 前5年的利潤和為×5＝(萬元) 設(shè)在公路通車的后5年中，每年用x萬元投資于本地的銷售，而剩下的(60－x)萬元用于外地區(qū)的銷售投資， 則其總利潤為 W2＝[－(x－40)2＋100]×5＋(－x2＋x)×5＝－5(x－30)2＋4950. 當x＝30時，W2＝4950(萬元)為最大值， 從而10年的總利潤為＋4950(萬元)． ∵＋4950>1000， ∴該規(guī)劃方案有極大實施價值． 1．設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)的定義域分別為F、G，且FG.若對任意的x∈F，都有g(shù)(x)＝f(x)，且g(x)為偶函數(shù)，則稱g(x)為f(x)在G上的一個“延拓函數(shù)”．已知函數(shù)f(x)＝x(x≤0)，若g(x)為f(x)在R上的一個延拓函數(shù)，則函數(shù)g(x)的解析式為(　　) A．g(x)＝2|x| B．g(x)＝log2|x| C．g(x)＝|x| D．g(x)＝log|x| [答案]　A [解析]　由延拓函數(shù)的定義知，當x≤0時，g(x)＝x，當x>0時，－x<0，∴g(－x)＝－x＝2x， ∵g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)＝2x， 故g(x)＝，即g(x)＝2|x|. 2．已知函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(其中a>b)的圖象如下圖所示，則函數(shù)g(x)＝ax＋b的圖象是(　　) [答案]　A [解析]　∵f(x)＝(x－a)(x－b)的兩個零點為a和b且a>b，由圖象知0<a<1，b<－1，∴g(x)＝ax＋b單調(diào)減，且g(0)＝1＋b<0，故選A. 3．函數(shù)f(x)＝|logx|的定義域是[a，b]，值域為[0,2]，對于區(qū)間[m，n]，稱n－m為區(qū)間[m，n]的長度，則[a，b]長度的最小值為(　　) A. B．3 C．4 D. [答案]　D [解析]　令f(x)＝0得，x＝1，令f(x)＝2得，logx＝±2，∴x＝或4，∴當a＝，b＝1時滿足值域為[0,2]，故選D. 4．若函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)y＝f(2－x)的圖象可以是(　　) [答案]　A [分析]　可依據(jù)y＝f(－x)與y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，及y＝f(2－x)可由y＝f(－x)的圖象向右平移兩個單位得到來求解，也可直接求出y＝f(2－x)的解析式取特值驗證． [解析]　由函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱得到y(tǒng)＝f(－x)的圖象，再把y＝f(－x)的圖象向右平移2個單位得到y(tǒng)＝f(2－x)的圖象，故選A. 5．定義兩種運算：a⊕b＝，a?b＝，則函數(shù)f(x)＝的解析式為(　　) A．f(x)＝，x∈[－2,0)∪(0,2] B．f(x)＝，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞) C．f(x)＝－，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．f(x)＝－，x∈[－2,0)∪(0,2] [答案]　D [解析]　f(x)＝， 由得，－2≤x<0或0<x≤2， ∴f(x)＝， 即f(x)＝－，x∈[－2,0)∪(0,2]． 6．如圖，動點P在正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線BD1上，過點P作垂直于平面BB1D1D的直線，與正方體表面相交于M、N.設(shè)BP＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象大致是(　　) [答案]　B [解析]　解法1：取AA1、CC1的中點E、F，EF交BD1于O， 則EF∥AC，∵AC⊥BD，AC⊥BB1， ∴AC⊥平面BDD1B1，∴EF⊥平面BDD1B1， ∴平面BED1F⊥平面BDD1B1， 過點P作MN∥EF，則MN⊥平面BDD1B1， MN交BE、BF于M、N，則＝，∴MN＝·BP， 不難看出當P在BO上時，y是x的一次增函數(shù)， 當P在OD1上時，y是x的一次減函數(shù)，故選B. 解法2：連結(jié)AC，A1C1，則MN∥AC∥A1C1，當且僅當P為BD1的中點Q時，MN＝AC取得最大值，故答案A，C錯，又當P為BQ中點時，MN＝AC，故答案D錯，所以選B. 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln，則函數(shù)g(x)＝f＋f的定義域是________． [答案]　(－2，－1)∪(1,2) [解析]　由>0知－1<x<1， ∴，由①得－2<x<2，由②得x>1或x<－1，因此－2<x<－1或1<x<2. 8．已知函數(shù)f(x)的值域為[0,4]，(x∈[－2,2])，函數(shù)g(x)＝ax－1，x∈[－2,2]，?x1∈[－2,2]，總?x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是______． [答案]　∪ [解析]　只需要函數(shù)f(x)的值域是函數(shù)g(x)值域的子集即可． (1)當a>0時，g(x)＝ax－1單調(diào)遞增，∵x∈[－2,2]， ∴－2a－1≤g(x)≤2a－1，要使條件成立，只需，∴a≥. (2)當a<0時，g(x)＝ax－1單調(diào)遞減． ∵x∈[－2,2]，∴2a－1≤g(x)≤－2a－1，要使條件成立， 只需，∴，∴a≤－. 綜上，a的取值范圍是∪.