第二章：函数与基本初等函数（模拟测试-教师版）

第二章：函数与基本初等函数（模拟测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（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．集合，集合，全集，则为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据真数大于零以及根式的性质可化简集合，即可由集合的交并补运算求解.【详解】对于集合A，由或，所以，，，故.故选：B2．若且，且，则（

）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】根据题意写出，并利用对数换底公式进行化简计算，再计算即可.【详解】由题意得，所以.故选：A.3．函数的大致图象是（

）A．B．C． D．【答案】A【分析】求函数的定义域，证明函数为偶函数，排除CD，再证明当时，，排除B，由此可得结论.【详解】由题意可知，函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以为偶函数，排除选项C，D；当时，，所以，则，所以，排除B．故选：A.4．已知函数对任意都有，且，当时，.则下列结论正确的是（

）A．函数的图象关于点对称B．函数的图象关于直线对称C．当时，D．函数的最小正周期为2【答案】D【分析】根据得到，所以的周期为4，根据得到关于对称，画出的图象，从而数形结合得到AB错误；再根据求出时函数解析式；D选项，根据的最小正周期，得到的最小正周期.【详解】因为，所以，故，所以的周期为4，又，所以，故关于对称，又时，，故画出的图象如下：

A选项，函数的图象关于点不中心对称，故A错误；B选项，函数的图象不关于直线对称，B错误；C选项，当时，，则，C错误；D选项，由图象可知的最小正周期为4，又，故的最小正周期为2，D正确.故选：D5．水雾喷头布置的基本原则是：保护对象的水雾喷头数量应根据设计喷雾强度、保护面积和水雾喷头特性，按水雾喷头流量q（单位：L/min）计算公式为和保护对象的水雾喷头数量N计算公式为计算确定，其中P为水雾喷头的工作压力（单位：MPa），K为水雾喷头的流量系数（其值由喷头制造商提供），S为保护对象的保护面积，W为保护对象的设计喷雾强度（单位：）．水雾喷头的布置应使水雾直接喷射和完全覆盖保护对象，如不能满足要求时应增加水雾喷头的数量．当水雾喷头的工作压力P为0.35MPa，水雾喷头的流量系数K为24.96，保护对象的保护面积S为，保护对象的设计喷雾强度W为时，保护对象的水雾喷头的数量N约为（参考数据：）（

）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【答案】C【分析】把给定的数据代入公式计算即可作答.【详解】依题意，，，，，由，，得，所以保护对象的水雾喷头的数量N约为6个.故选：C6．已知函数，的定义域均为，且满足，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为2，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和.【详解】由，则，即，由，则，即，又，则，，则，又，所以，即，即，所以，故，综上，则，故关于对称，且有，令，则，即的周期为，由知关于对称且，所以，即，则，由，可得，则，所以则；则，依次类推可得，，……，，则，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：根据递推式得且，构造并确定其周期，依据周期性求.7．，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，利用导数研究函数的单调性可得到，即可判断、的大小关系；构造函数判断与0.1的大小，构造函数判断0.1与大小，从而可判断b、c大小．【详解】令，，则，所以当时，即在上单调递增，所以，即，即，即，令，则，在时，，则为减函数，∴，即；令，，则，故在为减函数，∴，即；∴，令，则，即，∴，所以．故选：D．【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，.8．已知函数，若有3个不同的解，则a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】对函数变形得，令，利用导数可求得，则将问题转化为有3个不同的解等价于有两个解，且，，然后利用一元二次方程根的分布可求得结果.【详解】，令，则，∴当或时，，当时，，∴在，上单调递减，在上单调递增，则，可得函数的大致图象，所以有3个不同的解等价于有两个解，且，，整理可得，∴根据根的分布，得，解得，则a的取值范围是．故选：A．

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，解题的关键是通过对函数变形换元，将问题转化为有3个不同的解等价于有两个解，且，，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.二、多选题（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。全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9．已知函数和分别为奇函数和偶函数，且，则（

）A．B．在定义域上单调递增C．的导函数D．【答案】BD【分析】根据函数的奇偶性可得，结合选项即可逐一求解,【详解】由得，由于函数和分别为奇函数和偶函数，所以，因此，对于A,,故A错误，对于B，由于函数在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，故B正确，对于C，当且仅当时取等号，而，所以C错误，对于D，，当且仅当时取等号，所以D正确，故选：BD10．已知，满足，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】利用指数式和对数式的运算规则，结合导数和基本不等式求最值，验证各选项是否正确.【详解】对于A，由，得，当且仅当时等号成立，A正确；对于B，由，得且，令，则，解得，解得，得在上单调递增，在上单调递减，所以，即，B正确；对于C，当时，满足，，C错误；对于D，，D正确.故选：ABD.11．函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且满足，函数的图象关于点对称，则（

）A．的图象关于点对称 B．8是的一个周期C．一定存在零点 D．【答案】ACD【分析】根据的图象关于点对称得的图象关于点对称，进而构造函数判断为偶函数，且关于对称，进一步得到的单调性，进而结合可求解ABD,由零点存在性定理即可判断C.【详解】对于A,由于的图象关于点对称，所以，故，所以的图象关于点对称，故A正确，由得，令所以，故为偶函数，又的图象关于点对称，所以，又，从而，所以的图象关于对称，对于C,在中,令，所以，由于在区间上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得在有零点，故C正确对于D,由于的图象关于对称以及得，又，所以，所以是周期为8的周期函数，，故D正确，对于B，，所以8不是的周期，故选：ACD【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，函数的常用性质有：奇偶性、单调性、对称性、周期性等.常见的奇偶性与对称性结合的结论有：(1)若函数为偶函数，则函数关于对称．(2)若函数为奇函数，则函数关于点对称．(3)若，则函数关于对称．(4)若，则函数关于点对称．12．对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据零点的定义求函数的零点，由定义可得函数的零点的范围，结合函数解析式，转化为含参方程有解问题，求导，可得答案.【详解】由题意，可得，，易知，则，，则在有解，求导得：，令，解得，可得下表：极大值则当时，取得最大值为，，则的取值范围为，设，，则，所以函数在上单调递减，所以，所以的值可以是，，.故选：BCD.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．写出一个同时具有下列性质①②③，且定义域为实数集的函数__________.①最小正周期为2；②；③无零点.【答案】（答案不唯一）【分析】根据周期,对称性,零点等性质判断写出符合条件的一个函数即可.【详解】的定义域为，最小正周期为，因为，所以，所以无零点，综上，符合题意故答案为：.14．已知，设，则函数的值域为___________．【答案】【分析】确定函数的定义域，化简可得的表达式，换元令，可得，结合二次函数的性质即得答案.【详解】由题意得，则，即的定义域为，故，令，则，函数在上单调递增，故，故函数的值域为，故答案为：15．已知函数且过定点，且定点在直线上，则的最小值为________．【答案】【分析】根据对数函数的性质得，代入直线方程得，再根据基本不等式可求出结果.【详解】令，即，得，故，由在直线上，得，即，因为且，，所以且，，所以.当且仅当，即，即，时，等号成立.故的最小值为.故答案为：16．已知函数，则使得成立的实数的取值范围为__________.【答案】【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可求解.【详解】函数的定义域为,因为,所以,故函数为偶函数，当时,,且在上单调递减,当时,,且在上单调递减,而,故在上单调递减,且.则使得成立，需，所以且，所以且，所以且解得或，故答案为：.四、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知幂函数在定义域上不单调．(1)试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由；(2)若，求实数a的取值范围．【答案】(1)为奇函数；理由见解析(2)或【分析】（1）由幂函数的定义可得或，结合函数的单调性排除增根，由此确定的单调性，结合奇函数和偶函数的定义，判断函数的奇偶性；（2）利用奇函数的性质化简不等式，再结合函数的单调性通过讨论化简不等式求其解.【详解】（1）由题意，解得或，当时，，函数在上单调递增，不合题意；当时，，函数的定义域为，函数在上单调递减，在上单调递减，但，所以函数在定义域上不单调，符合题意，所以，因为函数的定义域关于原点对称，且，所以为奇函数；（2）由及为奇函数，可得，即，而在上递减且恒负，在上递减且恒正，所以或或，解得或．18．已知函数，．(1)当时，求的解集；(2)若的最大值为3，求的值．【答案】(1)详见解析；(2)【分析】（1）根据二次不等式的解法，分类讨论即得；（2）当时利用基本不等式可得函数的最大值，进而可得然后结合条件即得，当时根据二次函数的性质分类讨论可得函数的最值，然后结合条件检验即得.【详解】（1）当时，，即．当时，；当时，不等式无解；当时，若，，若，；所以，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．（2）①当时，，又，则，当且仅当取等号，所以，即，若时，当时，．此时，所以不满足题意，舍去．②当时，的对称轴为，当时，，．当时，在时增函数，，即（舍去）．若．当时，，满足题意．综上，时，的最大值为3．19．已知函数对任意的，都有，且当时，．(1)求证：是上的增函数；(2)若，解不等式．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知条件结合函数单调性的定义证明；（2）利用赋值法求得，再利用（1）求出的函数单调性解不等式．【详解】（1）设，且，则，即，所以，所以，所以是上的增函数．（2）因为，所以．在上式中取，则有，因为，所以．于是不等式等价于．又由（1）知是上的增函数，所以，解得或，所以原不等式的解集为．20．设函数是定义域为R的偶函数.(1)求p的值；(2)若在上最小值为，求k的值；(3)若不等式对任意实数x都成立，求实数m的范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据偶函数的定义，即可求得答案.（2）由（1）可得解析式，代入所求，即可得解析式，令，可得，根据x的范围，可得t的范围，利用二次函数的性质，分别讨论和两种情况，结合题意，即可求得答案.（3）根据，原不等式可化为，令，可得t的范围，根据对勾函数的性质，即可求得的最小值，即可得答案.【详解】（1）是偶函数，恒成立，即恒成立，即，.（2）由（1）知，，.令，为增函数，，则，，，为对称轴为直线，开口向上的抛物线，①当时，在递增，所以，，（不合题意），②当时，，，解得或（舍去），的最小值为-4时，的值为.（3）不等式，即，，当且仅当x=1时等号成立.，令，，则，，又对勾函数在上递增，，.故实数m的取值范围为.21．济南市地铁项目正在加火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利，已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时列车为满载状态，载客量为500人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记列车载客量为.(1)求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量；(2)若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.【答案】(1)；(2)发车时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.【分析】