2021学年高一数学必修第一册同步单元测试卷新人教B版专题34函数B卷提升篇教师版

专题3.4《函数》单元测试卷（B卷提升篇）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）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．（2020·青铜峡市高级中学高二期末（文））函数2112fxxx在2,3上的最小值和最大值分别是（）A．117,22B．1,12C．171,2D．12，无最大值【答案】A【解析】由题意知，函数fx的对称轴为1x，在2,1上，fx为减函数，在1,3上，fx为增函数，故当1x时，fx取得最小值，最小值为112f；当3x时，fx取得最大值，最大值为172.故选：A.2．（2020·河北省衡水中学高三其他（理））已知函数fx与24212gxxx的图象关于x轴对称，则fx的部分图象大致为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意知函数2244211422fxgxxxxx，因为224414()14()()2()2xxfxfxxx，所以fx为偶函数，其图象关于y轴对称，排除B；又因为150223f，排除A；当102x时，0fx，排除D.故选：C.3．（2020·陕西省高三三模（文））定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象如图所示，方程g[f（x）]＝0解得个数不可能的是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】因为[,]xaa时，()0gx有唯一解，不妨设唯一解为k，由()gx图象可知(0,)ka，则由g[f（x）]＝0可得()fxk，因为(0,)ka，由()fx图象可知，()fxk可能有1根，2根，3个根，不可能又4个根，故选：D4．（2020·江西省南昌二中高二期末（理））已知函数()fx是单调函数，且0,x时，都有2()1ffxx，则(1)f（）.A．-4B．-3C．-1D．0【答案】C【解析】由题得，设2()fxkx，k是一个常数，2()()1ffxfkx，2()fxkx，2()fxkx，则有2()1kfkk，0,x，解得1k，2()1fxx，2(1)111f.故选：C5．（2020·四川省高三其他（文））定义在R上的函数()yfx满足以下三个条件：①对于任意的xR，都有(1)(1)fxfx；②函数(1)yfx的图象关于y轴对称；③对于任意的12,[0,1]xx，都有12120fxfxxx则32f、(2)f、(3)f从小到大的关系是（）A．3(2)(3)2fffB．3(3)(2)2fffC．3(3)(2)2fffD．3(3)(2)2fff【答案】D【解析】①对于任意的xR，都有11fxfx,所以函数的周期为T=2;②函数1yfx的图象关于y轴对称,所以函数f(x)关于直线x=1对称；③对于任意的12,0,1xx，都有12120fxfxxx，所以函数在（0,1）单调递增，因为f(3)=f(1),f(32)=f(12),f(2)=f(0),1＞12＞0，所以3322fff，故选：D6．（2020·青铜峡市高级中学高二期末（文））已知函数fx是定义在R上的偶函数，且(1)(1)fxfx，(0)1f，则(0)(1)(2020)fff（）A．1B．0C．1D．2020【答案】C【解析】由题,因为fx是定义在R上的偶函数,所以fxfx,因为(1)(1)fxfx,所以11fxfx,则2fxfx,所以42fxfxfx,所以fx是周期为4的函数,因为11ff,所以10f；因为201ff,3110fff,所以01230ffff,所以(0)(1)(2020)50501230505011ffffffff,故选:C7．（2020·黑龙江省大庆实验中学高二期末（文））定义在R上的偶函数fx满足2fxfx，且在1,0上单调递增，设2af，2bf，3cf，则a，b，c的大小关系是（）A．bcaB．cabC．bacD．cba【答案】B【解析】偶函数()fx满足()(2)fxfx，故周期2T，在[1，0]上单调递增，根据偶函数的对称性可知在[0，1]上单调递减，距对称轴越远，函数值越小，(2)(22)(22)afff，20bff，31cff，则cab．故选：C．8．（2020·吉林省松原市实验高级中学高三其他（文））定义在R上函数q满足112fxfx，且当0,1x时，121fxx.则使得116fx在,m上恒成立的m的最小值是（）A．72B．92C．134D．154【答案】D【解析】根据题设可知，当1,2x时，10,1x，故11112322fxfxx，同理可得：在区间,1nnnZ上，11122122nnfxxn，所以当4n时，116fx.作函数yfx的图象，如图所示.在7,42上，由11127816fxx，得154x.由图象可知当154x时，116fx.故选：D.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，有选错的得0分，部分选对的得3分。9．（2020·山东省高三其他）函数fx的定义域为R，若1fx与1fx都是偶函数，则（）A．fx是偶函数B．fx是奇函数C．3fx是偶函数D．4fxfx【答案】CD【解析】由题知函数fx的定义域为R，因为1fx是偶函数，所以11fxfx，从而2fxfx；因为1fx是偶函数，所以11fxfx，从而2fxfx；于是22fxfx，4fxfx，所以fx是以4为周期的函数.因为11fxfx，所以1414fxfx，即33fxfx，所以3fx是偶函数.故选：CD.10．（2020·化州市第一中学高二月考）（多选）已知函数2211xfxx，则下列对于fx的性质表述正确的是（）A．fx为偶函数B．1ffxxC．fx在2,3上的最大值为35-D．gxfxx在区间1,0上至少有一个零点【答案】ABCD【解析】因为2211xfxx，所以其的定义域为R，A选项，22221()1()1()1xxfxfxxx，所以函数fx为偶函数，故A正确；B选项，22221111()111xxffxxxx，故B正确；C选项，因为22212111xfxxx，当2,3x，21yx单调递增，所以2211fxx单调递减，因此max2321145fxf，故C正确；D选项，因为gxfxx，所以1111gf，0001gf，即1(0)0gg，由零点存在性定理可得：gxfxx在区间1,0上存在零点，故D正确；故选ABCD11．（2020·山东省高三一模）已知奇函数fx是定义在R上的减函数，且21f，若1gxfx，则下列结论一定成立的是()A．10gB．122gC．0gxgxD．110gxgx【答案】AC【解析】因为fx为定义在R上的奇函数，所以00f，因为1gxfx，所以100gf，故A正确；因为fx为定义在R上的减函数，且21f，210fff，即110f.所以120g，故B不一定成立；因为1gxfx，所以11gxfxfx，所以11gxgxfxfx，因为fx是定义在R上的减函数，所以11fxfx，所以110fxfx，即0gxgx，故C正确；因为1gxfx，所以1gxfxfx，1gxfx，所以110gxgxfxfx，选项D错误.12．（2020·枣庄市第三中学高二月考）已知函数2221,021,0xxxfxxxx,则下列判断正确的是（）A．fx为奇函数B．对任意1x,2xR,则有12120xxfxfxC．对任意xR,则有2fxfxD．若函数yfxmx有两个不同的零点,则实数m的取值范围是–,04,【答案】CD【解析】对于A选项，当0x时，0x，则22()()2()2()11fxxxxxfx所以函数fx不是奇函数，故A错误；对于B选项，221yxx的对称轴为1x，221yxx的对称轴为1x所以函数221yxx在区间[0,)上单调递增，函数221yxx在区间(,0)上单调递增，并且2202010201所以fx在R上单调递增即对任意1122,,xxxxR，都有12fxfx则121212120,00xxfxfxxxfxfx，故B错误；对于C选项，当0x时，0x，则22()()2(2)11fxxxxx则22()()21212fxfxxxxx当0x时，(0)(0)1ff，则(0)(0)2ff当0x时，0x，则22()()2()121fxxxxx则22()()21212fxfxxxxx即对任意xR,则有2fxfx，故C正确；对于D选项，当0x时，010yf，则0x不是该函数的零点当0x时，0fxfxxmxm令函数()gxfxx，函数ym由题意可知函数ym与函数()gxfxx的图象有两个不同的交点因为0fx时，12,x，()0fx时，,12x所以12,012,122)01,12(xxxxxxxxxgx当0x时，设1201xx，121212121212111xxxxgxgxxxxxxx因为12120,10xxxx，所以120gxgx，即12gxgx设121xx，1212121210xxxxgxgxxx，即12gxgx所以函数()gx在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)上单调递增同理可证，函数()gx在区间12,0上单调递减，在区间,12上单调递增11241)1(g函数()gx图象如下图所示由图可知，要使得