【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 必修第一册课后习题 章末测评卷 第三章测评 Word版含答案.docx，共(13)页，97.867 KB，由小赞的店铺上传

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第三章测评一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021江苏南京秦淮中学高一期末)下列关于x,y的关系中为函数的是()A.y=√𝑥-4+√3-𝑥B.y2=4xC.y={𝑥,𝑥≥1

,1-2𝑥,𝑥≤1D.x1234y00-6112.(2022浙江温州高一期末)下列函数中既不是奇函数也不是偶函数的是()A.y=x3B.y=x2C.y=xD.y=√𝑥3.(2021河南长葛高一月考)下列函数中,值域

为(0,+∞)的是()A.y=√𝑥B.y=1√𝑥C.y=1𝑥D.y=x2+14.下列选项中,两个函数表示同一个函数的是()A.y=𝑥𝑥,y=1B.y=(√𝑥)2,y=|x|C.f(x)=|x|,g(x)=√𝑥2D.y

=√(𝑥-1)2,y=√(x-1)335.已知某市生产总值连续两年持续增加,若第一年的增长率为p,第二年的增长率为q,则该市这两年生产总值的年平均增长率为()A.p+q2B.(p+1)(q+1)-1

2C.√pqD.√(p+1)(q+1)-16.已知函数f(x)=ax3+bx+7(其中a,b为常数),若f(-7)=-17,则f(7)的值为()A.31B.17C.-17D.157.定义运算a⊕b={b,a≤b,a,

a>b,则函数f(x)=x2⊕|x|的图象是()8.定义在R上的偶函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈(-∞,0](x1≠x2),有(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]>0.则当n∈N*时,有()A.f(-n)<f(n-

1)<f(n+1)B.f(n-1)<f(-n)<f(n+1)C.f(n+1)<f(-n)<f(n-1)D.f(n+1)<f(n-1)<f(-n)二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(

2021江苏连云港高一期中)对于定义在R上的函数f(x),下列判断正确的是()A.若f(2)>f(-2),则函数f(x)是R上的增函数B.若f(2)<f(-2),则函数f(x)在R上不是增函数C.若f(2)=f(-2),则函数f(x)是偶函数D.若f(2)≠f(-2

),则函数f(x)不是偶函数10.已知函数f(x)=ax2-2ax-3(a>0),则()A.f(-3)>f(3)B.f(-2)<f(3)C.f(4)=f(-2)D.f(4)>f(3)11.若函数f(x)={-

𝑥2+2𝑎,𝑥≤-1,𝑎𝑥+4,𝑥>-1在R上是单调函数,则a的取值可能是()A.0B.1C.32D.312.(2022福建南平高一期末)已知函数f(x)={𝑥2,-2≤𝑥<1,-𝑥+2,𝑥≥1,关于函数f(x)的结论正确的是()A.

f(x)的定义域为RB.f(x)的值域为(-∞,4]C.若f(x)=2,则x的值是-√2D.f(x)<1的解集为(-1,1)三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.函数y=√7+6𝑥-𝑥2的定义域是.14.已知函数y=f(x)+x

3为偶函数,且f(10)=13,若函数g(x)=f(x)+6,则g(-10)=.15.李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销

:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付元;(2)在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总

价的七折,则x的最大值为.16.若函数f(x)=𝑎𝑥+1𝑥+2在区间(-2,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围是.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021山东临沂高一期中)已知函数f

(x)=x+4𝑥-1-2在x∈(1,+∞)时的最小值为m.(1)求m;(2)若函数g(x)=√𝑎𝑥2-𝑎𝑥+𝑚的定义域为R,求a的取值范围.18.(12分)已知函数f(x)=2𝑥-1𝑥

+1,x∈[3,5].(1)判断f(x)在区间[3,5]上的单调性并证明;(2)求f(x)的最大值和最小值.19.(12分)(2021福建福州高一期末)在①k=-1,②k=1这两个条件中任选一个,补充在下面问题中.已知函数f(x)

=𝑘𝑥-kx,且.(1)求f(x)的定义域,并判断f(x)的奇偶性;(2)判断f(x)的单调性,并用定义给予证明.20.(12分)(2021河南平顶山高一期末)某厂家拟进行某产品的促销活动,根据市场情况,该产品的月销量(即月产量)m万件与月促销费用x万元(x≥0)满足m=

10-𝑘𝑥+2(k为常数),如果不搞促销活动,则该产品的月销量是2万件.已知生产该产品每月固定投入为8万元,每生产一万件该产品需要再投入5万元,厂家将每件产品的销售价格定为9.6+6𝑚𝑚元,设该产品的月

利润为y万元.注:利润=销售收入-生产投入-促销费用.(1)将y表示为x的函数;(2)月促销费用为多少万元时,该产品的月利润最大?21.(12分)已知二次函数f(x)对x∈R都有f(x+1)-f(x)=2x+2成立,且f(1)=3.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函

数g(x)=f(x)-(1+2m)x+1(m∈R)在x∈[-2,3]上的最小值.22.(12分)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-x2+ax.(1)若a=-2,求函数f(x)的解析式

;(2)若函数f(x)为R上的减函数,①求a的取值范围;②若对任意实数m,f(m-1)+f(m2+t)<0恒成立,求实数t的取值范围.第三章测评1.D对于A,y=√𝑥-4+√3-𝑥中,令{𝑥-4≥0,3-𝑥≥0,解得{𝑥≥4,𝑥≤3,即x∈⌀,不是关于x,

y的函数;对于B,当x>0时,y2=4x有两个y与x对应,不是关于x,y的函数;对于C,y={𝑥,𝑥≥1,1-2𝑥,𝑥≤1,当x=1时,有y=±1,所以不是关于x,y的函数;对于D,满足任取定义域内的x,都有

唯一的y与x对应,是关于x,y的函数.故选D.2.D因为y=x3,y=x是奇函数,y=x2是偶函数,故排除ABC;y=√𝑥的定义域为[0,+∞),故既不是奇函数也不是偶函数,故选D.3.B函数y=√𝑥的值域为[0,+∞),函数y=1√𝑥的定义域为(0

,+∞),值域为(0,+∞);函数y=1𝑥的定义域和值域均为(-∞,0)∪(0,+∞),函数y=x2+1的值域为[1,+∞).故选B.4.CA.y=𝑥𝑥的定义域为{x|x≠0},y=1的定义域为R,定义域不同,不是同

一个函数;B.y=(√𝑥)2的定义域为[0,+∞),y=|x|的定义域为R,不是同一个函数;C.f(x)=|x|与g(x)=√𝑥2定义域和对应关系相同,故是同一个函数;D.y=√(𝑥-1)2=|x-1|,y=√(𝑥-1)33=x-1,对应关系不同,不是同一个函数.5.

D设第一年年初生产总值为1,则这两年的生产总值为(p+1)(q+1).设这两年生产总值的年平均增长率为x,则(1+x)2=(p+1)(q+1),解得x=√(𝑝+1)(𝑞+1)-1,故选D.6.A令g(x)=ax3+bx,则g(x)为奇函数.因为f(-7)=g(-7)+7=-17,所以g

(-7)=-17-7=-24,g(7)=24,f(7)=g(7)+7=31.7.B根据运算a⊕b={𝑏,𝑎≤𝑏,𝑎,𝑎>𝑏,得f(x)=x2⊕|x|={𝑥2,𝑥<-1或𝑥>1,|𝑥|,-1≤𝑥≤1,由此可得图象如图所示.8.C由(x2-x1)[f(x2)-f(x1)]>0

得f(x)在(-∞,0]上单调递增.又f(x)为偶函数,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减.又f(-n)=f(n)且0≤n-1<n<n+1,故f(n+1)<f(n)<f(n-1),即f(n+1)<f(-n)<f(n-1).故选C.9.BD若函数f(x

)是R上的增函数,对于任意的x1<x2,都有f(x1)<f(x2),若f(2)>f(-2),不能保证函数f(x)是R上的增函数,A错误;若f(2)<f(-2),不满足对于任意的x1<x2,都有f(x1)<f(x2),函数f(x)在R上不是增函数,B正确

;若函数f(x)是偶函数,则对于定义域中的任意一个x,都有f(-x)=f(x),若只有f(2)=f(-2),不能说明函数f(x)是偶函数,C错误;若f(2)≠f(-2),不满足对于定义域中的任意一个x,都有f(-x)=f(x),函数f

(x)不是偶函数,D正确,故选BD.10.ACD函数f(x)=ax2-2ax-3(a>0)图象的对称轴为直线x=1,且在区间[1,+∞)上单调递增,f(-3)=f(5)>f(3),选项A正确;f(-2)=f(4)>f(3),选项B错误;f(4)=f(-2),选项C正确;f(

4)>f(3),选项D正确.11.BCf(x)=-x2+2a在区间(-∞,-1]上单调递增,所以f(x)=ax+4在区间(1,+∞)上也单调递增,所以{𝑎>0,-1+2𝑎≤-𝑎+4,解得0<a≤53.12.

BCf(x)={𝑥2,-2≤𝑥<1,-𝑥+2,𝑥≥1,函数的定义域为[-2,+∞),故A错误;当-2≤x<1时,f(x)=x2∈[0,4],当x≥1时,f(x)∈(-∞,1],故函数的值域为(-∞,4],故B正确;由f(x)=2,得{-2≤𝑥<1,𝑥2

=2或{𝑥≥1,-𝑥+2=2,解得x=-√2,故C正确;由f(x)<1得{-2≤𝑥<1,𝑥2<1或{𝑥≥1,-𝑥+2<1,解得-1<x<1或x>1.则f(x)<1的解集为(-1,1)∪(1,+∞),故D错误.故选BC.13.[-1,7

]要使式子有意义,则7+6x-x2≥0,解得-1≤x≤7.14.2019因为函数y=f(x)+x3为偶函数,所以f(10)+103=f(-10)+(-10)3.由f(10)=13,得f(-10)=2013.因为函数g(x)=f(x)+6,

所以g(-10)=2019.15.(1)130(2)15(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付(60+80)-10=130(元).(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元,当y<120时,李明得到的金额为y·80%,符合要求.当y≥

120时,有(y-x)·80%≥y·70%成立,即8(y-x)≥7y,x≤𝑦8,即x≤(𝑦8)min=15.所以x的最大值为15.16.(-∞,12)f(x)=𝑎𝑥+1𝑥+2=a+1-2𝑎𝑥+2.∵y=1𝑥+2在区间(-2,+∞)上单调递减,∴1-2

a>0,∴a<12.17.解(1)∵x>1,∴x-1>0,∴f(x)=x+4𝑥-1-2=(x-1)+4𝑥-1-1≥2√(𝑥-1)·4𝑥-1-1=3,当且仅当x-1=4𝑥-1,即x=3时等号成立,∴m=3.(2)由(1)可知g(x)=√

𝑎𝑥2-𝑎𝑥+3的定义域为R,则不等式ax2-ax+3≥0的解集为R,①a=0时,3≥0恒成立,满足题意;②a≠0时,{𝑎>0,𝑎2-12𝑎≤0,解得0<a≤12,∴综上可得a的取值范围为[0,12].18.解(1)函数f(x)在区

间[3,5]上单调递增,证明如下:设x1,x2是区间[3,5]上的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=2𝑥1-1𝑥1+1−2𝑥2-1𝑥2+1=3(𝑥1-𝑥2)(𝑥1+1)(𝑥2+1).∵3≤x1<x2≤5,∴x1-x2<0,x1+1>0,x2+1>

0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴函数f(x)在区间[3,5]上单调递增.(2)由(1)知函数f(x)在区间[3,5]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(x)min=f(3)=2×3-13+1=54,函数f(x)的最大值为f(x)max

=f(5)=2×5-15+1=32.19.解选择①k=-1,因为f(x)=𝑘𝑥-kx,所以f(x)=x-1𝑥.(1)要使函数f(x)有意义,只需x≠0,所以函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为f(

-x)=-x-1-𝑥=-x-1𝑥=-f(x),所以f(x)为奇函数.(2)函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调递增.证明如下:∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f

(x2)=x1-1𝑥1-x2-1𝑥2=(x1-x2)+𝑥1-𝑥2𝑥1𝑥2=(x1-x2)1+1𝑥1𝑥2=(𝑥1-𝑥2)(𝑥1𝑥2+1)𝑥1𝑥2.因为0<x1<x2,所以x1-x2<0,x1x2>0,x1x2

+1>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;同理可证,函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增;所以函数f(x)在区间(-∞,0)和(0

,+∞)上均单调递增.选择②k=1,因为f(x)=𝑘𝑥-kx,所以f(x)=1𝑥-x.(1)要使函数f(x)有意义,只需x≠0,所以函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).因为f(-x)=1-𝑥-(-x)=-

1𝑥-x=-f(x),所以f(x)为奇函数.(2)函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调递减.证明如下:∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=1𝑥1-x1-1𝑥2-x2=𝑥2-𝑥1𝑥1𝑥2+(x2

-x1)=(x2-x1)1+1𝑥1𝑥2=(𝑥2-𝑥1)(𝑥1𝑥2+1)𝑥1𝑥2.因为0<x1<x2,所以x2-x1>0,x1x2>0,x1x2+1>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2)

,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;同理可证,函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减;所以函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调递减.20.解(1)由题意知当x=0时,m=2,则2=10-𝑘2,解得k=1

6.所以m=10-16𝑥+2.利润y=m×9.6+6𝑚𝑚-8-5m-x=1.6+m-x,又因为m=10-16𝑥+2,所以y=1.6+m-x=11.6-16𝑥+2-x,x∈[0,+∞).(2)由(1)知y=11.6-16𝑥+2-x,所以y=13.

6-16𝑥+2-(x+2)=13.6-16𝑥+2+x+2.因为x≥0时,x+2≥2,又因为16𝑥+2+(x+2)≥2√16=8,当且仅当16𝑥+2=x+2,即x=2时,等号成立,所以y≤13.6-8=5.6,故月促销费用为2万元时,该

产品的月利润最大,最大为5.6万元.21.解(1)设二次函数f(x)=ax2+bx+c,a≠0,则f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax2+2ax+a+bx+b+c,f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=2x+2,解得a=b=1,即f(x)=x2

+x+c,f(1)=2+c=3,得c=1,所以f(x)=x2+x+1.(2)g(x)=x2-2mx+2=(x-m)2+2-m2,其图象的对称轴为直线x=m,开口向上.分三种情况:①当m<-2时,函数y=g(x)在区间[-2,3]上

单调递增,g(x)min=g(-2)=6+4m;②当-2≤m≤3时,函数y=g(x)在区间[-2,3]上的最小值为g(x)min=g(m)=2-m2;③当m>3时,函数y=g(x)在区间[-2,3]上单调递减,g(x)min=g(3)=11-6m.综上,g(x)min={6+4

𝑚,𝑚<-2,2-𝑚2,-2≤𝑚≤3,11-6𝑚,𝑚>3.22.解(1)当x<0时,-x>0,又f(x)为奇函数,且a=-2,∴f(x)=-f(-x)=x2-2x,∴f(x)={𝑥2-2𝑥,𝑥<0,-𝑥2-2𝑥

,𝑥≥0.(2)①当a≤0时,对称轴x=𝑎2≤0,∴f(x)=-x2+ax在区间[0,+∞)上单调递减,由于奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同,∴f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,又在区间(-∞,0

)上f(x)>0,在区间(0,+∞)上f(x)<0,∴当a≤0时,f(x)为R上的减函数.当a>0时,f(x)在区间(0,𝑎2)上单调递增,在区间(𝑎2,+∞)上单调递减,不合题意.∴函数f(x)为减函数时,a的取值范围为(-∞,0].②∵

f(m-1)+f(m2+t)<0,∴f(m-1)<-f(m2+t).又f(x)是奇函数,∴f(m-1)<f(-t-m2).又f(x)为R上的减函数,∴m-1>-t-m2恒成立,