2021北京重点校高一（上）期中数学汇编：二次函数的性质与图像

1/12021北京重点校高一（上）期中数学汇编二次函数的性质与图像一、单选题1．（2021·北京·北师大二附中高一期中）已知函数，则“”是“，使”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2021·北京·人大附中高一期中）已知函数是上的减函数，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．3．（2021·北京四中高一期中）若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题4．（2021·北京·101中学高一期中）若函数的定义域是，值域是，请写出一个满足条件的的值：______5．（2021·北京四中高一期中）若二次函数f（x）的图象关于x＝2对称，且f（a）≤f（0）＜f（1），则实数a的取值范围是_____．6．（2021·北京·人大附中高一期中）函数(a>0)，在区间[，t+1](t∈R)上函数的最大值为M，最小值为N．当t取任意实数时，MN的最小值为2，则a=________.三、解答题7．（2021·北京·人大附中高一期中）已知二次函数.（1）若是偶函数，求m的值；（2）函数在区间上的最小值记为，求的最大值；（3）若函数在上是单调增函数，求实数m的取值范围.8．（2021·北京八中高一期中）已知函数，.（1）若存在使，求实数的取值范围；（2）设，且在上单调递增，求实数的取值范围.9．（2021·北京·101中学高一期中）已知二次函数满足：①；②当时，函数取得最小值2.（1）求的解析式；（2）记.①若是定义域上的单调函数，求在的取值范围；②记的最小值为，求方程的解集.10．（2021·北京·清华附中高一期中）已知函数，对于任意，有．（1）求的解析式；（2）若函数在区间上的最小值为，求的值；11．（2021·北京·人大附中高一期中）已知函数（其中）.（1）当时，画出函数的图象，并写出函数的单调递减区间；（2）若在区间上的最大值为，求的表达式.12．（2021·北京·北师大二附中高一期中）设是定义在上的奇函数，且当时，.（1）求的解析式；（2）若时，方程仅有一实根或有两个相等的实根，求实数的取值范围.13．（2021·北京八中高一期中）已知函数（1）若函数的单调减区间为，则实数___________.（2）解关于x的不等式.14．（2021·北京师大附中高一期中）已知函数f(x)＝-x2＋2ax＋1-a．（1）若函数f(x)在区间［0，3］上是单调函数，求实数a的取值范围；（2）若f(x)在区间［0，1］上有最大值3，求实数a的值．

参考答案1．A【分析】通过c＜0，判断函数对应的不等式有解，说明充分性；不等式有解，说明c的值不一定小于0，判断必要性即可．【详解】已知函数，则“”时，函数与轴有两个交点，所以“，使”成立.而“，使”.即，所以，即，不一定有，如.综上，函数.则“”是“，使”的充分不必要条件；故选A.【点睛】本题考查充要条件的判断与应用，二次函数与二次不等式的解集的关系，考查计算能力．2．A【分析】由题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】由于函数是上的减函数，则函数在上为减函数，所以，对称轴，解得.且有，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：A.3．A【分析】根据二次函数对称轴位置可构造不等式求得结果.【详解】由二次函数性质知：对称轴为，，解得：.故选：A.4．3（满足即可）【分析】可得当时，函数取得最小值为，当或3时，函数值为，根据二次函数的性质可得.【详解】，定义域是，当时，函数取得最小值为，由，解得或3，所以，要使值域是，则.故答案为：3（满足即可）.5．a≤0或a≥4【分析】分析得到二次函数f（x）开口向下，在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．再对分类讨论得解.【详解】由题意可知二次函数f（x）的对称轴为x＝2，因为f（0）＜f（1），所以f（x）在（﹣∞，2）上单调递增，所以二次函数f（x）开口向下，在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．①当a∈时：，解得a≤0．②当a∈（2，+∞）时：因为f（4）＝f（0），所以，解得a≥4．综上所求：a≤0或a≥4．故答案为a≤0或a≥4．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6．2【分析】求得对称轴，要使最小，与t+1必关于对称轴对称，从而最大值为，最小值为，由及对称轴可求得．【详解】(a>0)对称轴要使最小，与t+1必关于对称轴对称所以①②联立①②得2×1010+2020=2∴a=2.故答案为：2．7．（1）；（2）最大值为0；（3）或.【分析】（1）利用偶函数的定义直接求解；（2）根据对称轴与定义区间位置关系，分类求解最小值，按分段函数形式写的解析式，作出分段函数的解析式，数形结合求最值即可；（3）先转化：在上单调递增且恒非负，或单调递减且恒非正，再根据对称轴以及单调性列方程组，解得实数m的取值范围.【详解】（1）是偶函数，，即，解得：（2），二次函数对称轴为，开口向上①若，即，此时函数在区间上单调递增，所以最小值.②若，即，此时当时，函数最小，最小值.③若，即，此时函数在区间上单调递减，所以最小值.综上，作出分段函数的图像如下，由图可知，的最大值为0.（3）要使函数在上是单调增函数，则在上单调递增且恒非负，或单调递减且恒非正，或，即或，解得或.所以实数m的取值范围是：或.【点睛】方法点睛：研究二次函数在区间上的最值，通常分为四种情况：（1）轴定区间定；（2）轴定区间动；（3）轴动区间定；（4）轴动区间动；这四种情况都需要按三个方向来研究函数的最值：对称轴在区间的左侧、中间、右侧，从而知道函数的单调性，即可求出函数的最值.8．（1）；（2）.【分析】（1）由题意可得，，所以，即可求解；（2），然后讨论时满足对称轴为，当时，讨论对称轴与区间的关系，，显然不成立，所以有或解不等式，最后求并集即可.【详解】（1），，即，，所以判别式，解得：或.故实数的取值范围为.（2），对称轴为，在上单调递增，当①当，即时，则有解得：②当，即或时，设方程的根为，.若，则，即解得：若，则，即解得：若，不符合题意，综上所述，实数的取值范围为.【点睛】结论点睛：一元二次不等式恒成立求参数（1）对于对于恒成立，等价于，（2）对于对于恒成立，等价于.9．（1）（2）①；②【分析】（1）依题意设，，再根据，代入求出，即可求出函数解析式；（2）①首先求出的解析式，求出函数的对称轴，函数在区间单调，则对称轴不在区间内，即可得到不等式，解得即可；②根据对称轴与区间的位置分类讨论，求出函数的最小值，即可得到的解析式，再分类讨论计算可得；（1）解：依题意设，，又，所以，解得，所以；（2）解：①因为，所以，对称轴为，开口向上，所以或，解得或，即；②因为，对称轴为，开口向上，当，即时；当，即时；当，即时；所以，所以的图象如下所示：因为，所以或或解得或即的解集为10．（1）（2）或【分析】（1）根据题意可得关于对称，得出，再由即可求出；（2）讨论区间与对称轴的位置关系根据二次函数的性质可求出.（1）因为，关于对称，即，又，则可解得，所以；（2）当，即时，，解得或（舍去）；当，即时，，不符合题意；当时，，解得（舍去）或，综上，或.11．（1）图象见解析，单调递减区间为（2）【分析】（1）当时，可得，结合二次函数的图象与性质，即可求解；（2）根据题意，分别求得，且，结合图象分类讨论，即可求解.（1）解：当时，可得，结合二次函数的图象与性质，可得函数的图象，如图所示：可得函数的单调递减区间为.（2）由题意，函数（其中），若时，，且，若时，令，即，解得，（1）当时，即时，可得，（2）当时，即，此时，由，若时，即时，可得，所以；若时，即时，可得，所以，综上可得在区间上的最大值为.12．（1）（2）【分析】（1）当时，可得，所以，结合函数的奇偶性，即可求解.（2）根据题意，转化为仅有一个负根或有两个相等的实根，结合二次函数的图象与性质，分类讨论，即可求解.（1）解：当时，可得，所以，又因为是定义在上的奇函数，所以，所以，又由，所以函数的解析式为.（2）当时，方程仅有一实根或有两个相等的实根，即仅有一个负根或有两个相等的实根，，即仅有一个负根或有两个相等的实根，，当时，即时，方程仅有一个负根，符合题意；当时，即时，方程为，解得或，不符合题意；当时，即时，方程的两个根同号，由，解得或，若，方程为，解得，不符合题意；若，方程为，解得，符合题意，综上所述，或，即实数的取值范围.13．（1）（2）答案见解析.【分析】（1）根据题意得，进而得答案；（2）根据题意，分，，，，，五种情况讨论求解.（1）解：当时，，在上单调递减，不满足题意；当时，由于函数的单调减区间为，所以，解得.所以（2）解：因为，所以当时，即为，解得，即不等式的解集为当时，由于的解为，且，所以不等式的解集为；当时，由于的解为，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.综上，时，等式的解集为；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.14．（1）a≤0或a≥3（2）a＝-2或a＝3【分析】（1）先求函数对称轴，再根据开口方向以及对称轴与定义区间位置关系即可求出结果；（2）根据对称轴与定义区间位置关系三种情况分类讨论最大值取法，再根据最大值为3，解方程求出实数a的值（1）函数图像开口向下，对称轴为x＝a，因为函数f(x)在区间［0，3］上是单调函数，所以函数f(x)在区间［0，3］上是增函数或减函数，所以a≤0或a≥3．（2）f(x)对