2025年高考数学一模试题分类汇编 专题02 函数的概念与基本初等函数（解析版）

专题02函数的概念与基本初等函数题型概览题型01基本初等函数单调性与奇偶性题型02函数图象的识别题型03初等函数的实际应用题型04分段函数与零点综合问题题型05函数的定义域、值域与最值题型06函数性质（对称性、周期性、奇偶性）的综合应用题型01基本初等函数单调性与奇偶性题型011．（2025·广东湛江·一模）已知定义在上的函数为奇函数，且当时，，若，不等式恒成立，则的值不可能是（

）．A． B． C． D．3【答案】D【分析】利用奇函数的性质求出的解析式，再按的不同取值分类讨论在上的单调性即可求解.【详解】因为定义在上的函数为奇函数，且当时，，所以当时，，，当时，，令，即，因为，当且仅当时等号成立，所以，若，则函数在上单调递增，又，所以，即恒成立，故满足题意，排除选项A；若，则，函数在上不单调，图象如图所示，又，即，可理解为函数的图象在函数的图象下方，所以由图象可得，即，令，则，，.故选：D2．（2025·黑龙江·一模）已知实数，，满足，，，其中为自然对数的底数.则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构建函数，利用导数分析的单调性，根据题意可得，，，且，，，结合单调性分析判断.【详解】设，可知函数的定义域为，且，因为在定义域上单调递增，且，若，则；若，则；可得在上单调递增，在上单调递减，又因为，，，可得，，，即，，，且，，，可知，且，，，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构建函数，结合函数的单调性分析判断.3．（2025·广西·一模）已知函数满足：（1）对任意，都有；（2）对任意，都有．则的值是（

）．A．324 B．336 C．348 D．360【答案】C【分析】先由条件（1）得到在上为单调增函数，再由条件（2）得到，再根据逐个递推可得.【详解】对任意的，由（1）得，即.故在上为单调增函数.对任意，由（2）得.显然.否则，.矛盾.若，则，矛盾.所以，.故，.由，得，.则，.故.故选：C4．（2025·江西上饶·一模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（

）A．有且只有一个极大值点 B．在上单调递增C．存在实数，使得 D．有最小值，最小值为【答案】D【分析】根据对数恒等式将函数变形转化为，利用导函数研究的单调性，再由复合函数单调性得单调性、极值与最值，再分别判断选项即可.【详解】由，则，令，则，令，解得，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；由函数与复合而成，而在上单调递增；故在上单调递减，在上单调递增；所以在处取极小值，且无极大值，又，故不存在实数，使得.故ABC错误，D正确.故选：D.5．（2025·北京平谷·一模）下列函数中，在区间上单调递增的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据常见函数的单调性即可逐一求解.【详解】对于A，，由于，故在区间上不是单调递增的，A错误，对于B,在区间上单调递减，B错误，对于C,当时，单调递增，且值恒为正，故为单调递减，所以为单调递增，C正确，对于D，在区间上单调递增，故在区间上单调递减，D错误，故选：C6．（2025·吉林延边·一模）设是上的奇函数，且对都有，当时，，则下列说法正确的是（

）A．的最大值是1，最小值是0 B．当时，C．点是函数的对称中心 D．在区间上是增函数【答案】BD【分析】根据是上的奇函数得到，再由都有，得到的图象关于对称，然后推出是周期为4的周期函数，结合时，逐项判断.【详解】因为是上的奇函数，所以，又对都有，所以的图象关于对称，因为，即，所以，所以是周期为4的周期函数，又当时，单调递增，所以在上单调递增，则在上单调递增，由的图象关于对称，得在上单调递增，所以在上的最大值是，最小值是，故A错误；当时，，则，故B正确；由对都有，得的图象关于对称，故C错误；由在上单调递增，且周期为4，则在区间上是增函数，故D正确；故选：BD7．（2025·广东深圳·一模）已知函数，其中．(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，证明：曲线是轴对称图形；(3)若在R上恒成立，求的取值范围.【答案】(1)在上单调递增.(2)证明过程见解析.(3).【分析】（1）去绝对值求导函数，根据导函数正负判断原函数增减；（2）去绝对值判断函数为偶函数，从而确定其关于轴对称；（3）先讨论时不等式恒成立，此时可就分类讨论后得，在此条件下再讨论不等式恒成立，从而可求参数的范围.【详解】（1）当时，函数，求导得：；当时，，，，，当时，.当时，函数在上单调递增.（2）当时，函数，为偶函数，关于轴对称；所以当时，曲线是轴对称图形.（3）在上恒成立，，当时，有，又，当时，在上恒成立，故在上为减函数，故，此时不等式恒成立，若，，此时当时，，故不成立，故当时，若不等式恒成立，则.若，则，又，当时，，故若，此时在上恒成立，故在上为减函数，故在上恒成立，与题设矛盾；若，当时，有，这与题设矛盾，若，则，故在上为增函数，故恒成立，综上所述：的取值范围.8．（2025·四川巴中·一模）若函数为奇函数，则（

）A．0 B．1 C．2 D．无解【答案】D【分析】利用奇函数的定义，列出等式，即可得到结果.【详解】解：根据题意，函数，则，若为奇函数，则，即，a的值不是常数，即无解．故选：D9．（2025·山东淄博·一模）随机变是服从正态分布，令函数，则下列选项正确的是（

）A． B．是增函数C．是偶函数 D．的图象关于点中心对称【答案】AD【分析】由正态分布可求得，判断A；易得在上是减函数，可判断B；计算，可判断C；证明可判断D.【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，，当增大时，减少，所以在上是减函数，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，若的图象关于点中心对称，则，因为服从正态分布，所以关于对称，所以，则，故D正确.故选：AD.10．（2025·山东济宁·一模）已知函数是奇函数，则实数．【答案】1【分析】根据奇函数性质求实数的值，并根据奇函数的定义求解.【详解】因为，可知函数的定义域为，且函数是奇函数，则，解得，则，又因为，即，可知函数是奇函数，所以符合题意.故答案为：1.题型02函数图象的识别题型021．（2025·安徽合肥·一模）函数的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据奇偶性排除A，再由时函数的符号排除CD，即可得解.【详解】由知，，即，所以函数定义域为，关于原点对称，又，所以函数为奇函数，故排除A；当时，，时，，所以当，时，，排除C；当时，符号可正可负，所以可正可负，故可排除D；故选：B2．（2025·江西·一模）函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据奇函数判断排除B，C，在内选择特殊值得排除D.【详解】函数是定义域为函数，是奇函数，所以排除B，C，又函数在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数，如0.1，得，所以排除D．故选：A.3．（2025·辽宁沈阳·一模）函数的图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断.【详解】因为的定义域为，且，所以是奇函数，故排除BC，又，则，故排除D，故选：A题型03初等函数的实际应用题型031．（2025·福建泉州·一模）如图，假定两点以相同的初速度运动．点沿射线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令与同时分别从出发，则数学家纳皮尔定义为的对数中，与的对应关系就是，其中e为自然对数的底．若点从线段的中点运动到靠近的四等分点，点同时从运动到，则．【答案】/0.5【分析】根据指数式和对数式的转化得到，然后利用换底公式计算.【详解】令，则，整理得，即，令，则，整理得，即，所以.故答案为：.2．（2025·江西萍乡·一模）经研究发现湟鱼的游速可以表示为函数（单位：m／s），表示湟鱼的耗氧量的单位数.某条湟鱼想把游速提高2m/s，则它的耗氧量的单位数是原来的（

）A．2倍 B．4倍 C．9倍 D．81倍【答案】D【分析】根据所给等式，利用对数的运算法则来求解原来和现在耗氧量单位数的关系.【详解】设原来和现在的耗氧量的单位数分别为，，则，所以，所以，所以耗氧量的单位数是原来的81倍.故选：D.3．（2025·北京延庆·一模）延庆妫水公园岸边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀，柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（

）

A．为奇函数 B．的最大值为1C．在上单调递增 D．方程有2个实数解【答案】D【分析】根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合导数判断原函数的单调区间，进而确定最值，即可判断ABC；对D解出，再结合指数函数性质即可判断.【详解】对A，定义域为R，∵，则为偶函数，A错误；对BC，又∵，根据，在R上均单调递增，则在在R上单调递增，且，则当时，则，当时，则，∴的单调递减区间为，单调递增区间为，故C错误；则，即的最小值为，B错误；对D，令,，再结合指数函数性质知方程有2个实数根,故D正确.故选：D4．（2025·贵州六盘水·一模）20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（

）（精确到0.1，参考数据：）A．4.4 B．4.7 C．5 D．5.4【答案】A【分析】直接利用题目中给出的公式和对数的运算性质求解即可得出结果.【详解】根据题意可知这次地震的震级为：；因此可知这次地震的震级为级.故选：A5．（2025·江西新余·一模）课内我们已经学习了一元二次方程的韦达定理.实际上，一元三次方程也有对应的韦达定理：一元三次方程的三根为满足：.已知满足：和，其中互不相等，则.【答案】【分析】结合二、三次方程的韦达定理建立关于的等量关系，整体消元解方程组可得.【详解】由题意互不相同，则互不相同.即互不相同.由已知，可得是方程的三个不同的实数根.由一元三次方程的韦达定理得，即①，由，且为一常数，则是方程的两不等根，则由韦达定理可得，②，联立①②解得.故答案为：.6．（2025·北京平谷·一模）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中是正的常数，如果前消除了的污染物，那么从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意得到，求得，再设消除的污染物对应事件为，消除的污染物对应事件为，得到方程，，求解即可；【详解】由题意可知：，即，即，设消除的污染物对应事件为，即，设消除的污染物对应事件为，即，两式相除可得：，即，所以：，即从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历，故选：A7．（2025·广东·一模）随着经济的发展，到某岛进行旅游观光的人数越来越多，交通问题已成为制约经济发展的重要因素，因此政府欲在大陆和岛屿之间如图建立一条高速通道以便于大陆和岛屿之间来往，大陆沿海线可近似看作函数的图象，且正好与直线相切，而岛屿海岸线可近似看作函数的图象．每单位代表十万米(1)试求的值及切点坐标．(2)已知建成后的高速通道将开通高铁，并且高铁的最高时速不能超过，试问高铁能否在半小时内穿过高速通道？请说明理由．【答案】(1)，；(2)不能，理由见解析【分析】（1）由题意可设切点为，求出函数的导数，求出切点的斜率，得到切点的横坐标，求出纵坐标，得到结果.（2）利用同底的指数函数、对数函数互为反函数，结合函数图象平移，将问题转化为两个函数图象间最短距离大于直线与直线之间的距离求解.【详解】（1）依题意，设切点为，由函数求导得，则，即，解得，而，则，解得，，所以，切点坐标为.（2）由（1）及函数与函数互为反函数，且的图象与相切，得函数的图象与函数的图象有且只有一个公共点，而的图象可由的图象向右平移个单位而得到，因此函数与的图象之间的最短距离大于直线与直线之间的距离，即（十万米）．则高铁穿过通道的时间.所以高铁不能在半小时内穿过高速通道.题型04分段函数与零点综合问题题型041．（2025·山东日照·一模）已知函数，则．【答案】/【分析】根据自变量的取值范围代入相应的函数表达式进行计算，然后将计算结果相加.【详解】因，，则.故答案为：.2．（2025·北京平谷·一模）已知函数，当时，的值域是，若有两个极值点，则的取值范围是.【答案】【分析】结合二次函数与一次函数的单调性，可得分段函数的单调性，结合值域的概念以及极值点的概念，建立不等式，可得答案.【详解】由，则，当时，，易知函数在上单调递增，在上单调递减，此时；当时，，易知函数在上单调递减，则.综上可得.由题意可设函数的两个极值点分别为，且，由二次函数在上单调递增，在上单调递减，一次函数，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，易知函数在与上单调递增，在上单调递减，且，，可得，解得.故答案为：；.3．（2025·云南昆明·一模）已知函数则.【答案】【分析】结合对数的运算性质，根据题中分段函数解析式运算求解即可.【详解】因为，且，所以.故答案为：.4．（2025·江西南昌·一模）已知，则方程所有的根之和为（

）A．1 B．2 C．5 D．7【答案】A【分析】求方程的所有根，然后相加即可.【详解】若，由，所以；若，由.因为，所以方程的所有根的和为1.故选：A5．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）已知则；【答案】/0.5【分析】利用指数函数，对数函数的运算性质求解即可.【详解】因为，所以，则.故答案为：6．（2025·江西九江·一模）已知函数，则．【答案】0【分析】根据分段函数先求，再求即可.【详解】．故答案为：0.7．（2025·云南昆明·一模）已知函数，曲线在，两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于，两点，设△面积为，若恒成立，则的最小值为．【答案】1【分析】先根据已知条件求出，进而得到，再求出，根据的范围得出的范围，最后根据恒成立求出的最小值.【详解】由函数，设，，.对求导得，所以在点处切线.对求导得，所以在点处切线.因为切线垂直，则，所以.此时，因为，即，所以，，于是.

由，因为，，则，解得.因为，又，根据基本不等式，所以.由恒成立，则.则的最小值为1.故答案为：1.8．（2025·广东茂名·一模）已知函数，则（

）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】根据分段函数解析式计算可得.【详解】因为，所以，，所以.故选：C9．（2025·天津武清·一模）函数

关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是.【答案】【分析】利用数形结合，结合导数的几何意义，即可求解.【详解】如图画出函数的图象，直线表示过点的直线，表示直线的斜率，，，，，所以在点处的切线方程为，此时斜率为1，如图，若与，有一个交点，则，，，，所以在点处的切线方程为，此时斜率为，如图，若与，有一个交点，则，如图，当时，与有两个交点，综上可知，的取值范围是.故答案为：10．（2025·湖南岳阳·一模）已知函数，若函数与的图象有且仅有三个交点，则实数的取值范围是.【答案】.【分析】根据分段函数自变量不同取值范围上的函数解析式，分别构造函数，由函数与方程的关系，等价转化为函数求零点与一元二次方程求解问题，可得答案.【详解】当时，则，令，求导可得，令，解得，可得下表：单调递增极大值单调递减由函数的极大值为，则存在唯一零点，所以函数与函数在上有且仅有一个交点；当时，，令，求导可得，显然上，则函数在上单调递减，当时，，当时，，由，则函数在上存在唯一零点，所以函数与函数在上有且仅有一个交点；由题意可得函数与函数在上有且仅有一个交点，当时，，令，令，整理可得，当方程有两个相等的实数解时，，解得，此时，符合题意，当方程在有一个实数根时，可得，解得，综上可得.故答案为：.题型05函数的定义域、值域与最值题型051．（2025·广东茂名·一模）已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求解即可.【详解】由，可得或，即函数的定义域为，又因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，由复合函数的单调性可知在区间上单调递增，.故选：D.2．（2025·陕西咸阳·一模）已知集合，，则子集的个数为（

）．A．6 B．7 C．8 D．16【答案】C【分析】解一元二次不等式及求二次函数的值域确定集合，再由集合的交运算求集合，进而得到子集个数.【详解】由，，所以，故子集的个数为个.故选：C3．（2025·北京平谷·一模）已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】作出函数的图象，根据的位于不同的位置，即可分情况求解.【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为，点,当点在点时，点在曲线上，，当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大；当点在点时，当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小，当点在点时，当点在曲线上从接近时，增大,逐渐增大，当点在点时，当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小，当点在点时，,综上可得的最小值是1故选：B4．（2025·山西吕梁·一模）已知，若对，使得成立，若在区间上的值域为，则实数的值可能是（

）A． B．1 C． D．【答案】ABC【分析】利用辅助角公式化简函数，结合恒能成立的不等式及正切函数的性质、函数的值能取到2求出，再由指定区间上的值域求得关于的不等式即可得解.【详解】依题意，，其中锐角由确定，，函数在上单调递增，，由，使得成立，得，而在区间上的值域为，则存在，使得，因此，解得，函数，当时，，又在区间上的值域为，，则，解得，所以实数的取值范围是，ABC可能，D不可能.故选：ABC5．（2025·贵州六盘水·一模）函数，若，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先应用奇函数定义及单调性判断，再转化恒成立问题为最值问题，最后应用基本不等式求最小值，计算一元二次不等式即可.【详解】因为函数，为减函数；又因为所以为奇函数，若，不等式恒成立，则不等式，因为为奇函数，所以，因为为减函数，所以恒成立，所以恒成立，所以，，当且仅当时取最小值3，所以，所以，所以实数m的取值范围是.故选：B.6．（2025·陕西咸阳·一模）若对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围为．【答案】【分析】整理可得，同构结合的单调性分析可得，换元令，可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果.【详解】因为，且，可得，整理可得，构建又因为在内单调递增，可得在内单调递增，可得，且，整理可得，令，可得，构建，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，则内单调递减，则，可得，即，所以实数a的取值范围为.故答案为：.7．（2025·云南曲靖·一模）已知，函数，若，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是．【答案】【分析】首先作出的图象，即可求出在的取值范围，依题意可得，结合图象可得的解集，即可得解.【详解】因为，则定义域为，所以的图象是取与图象位于下方的部分，作出的图象如下所示（实线部分）：当时，显然在上单调递减，且；因为，使得关于的不等式成立，所以，令，解得，结合图象可得的解集为或，即实数的取值范围是.故答案为：8．（2025·浙江·一模）已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由转换成，或，在上恒成立，进而转化成求最值即可求解；【详解】等价于，即，故有，或，在上恒成立，即或在上恒成立，令，得，可得：在单调递增，在单调递减，由，当，，，令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，当，，对于在上恒成立，可得解得：对于在上恒成立，可得：，解得故a的取值范围为.故选：A.9．（2025·广东·一模）已知函数的定义域为，其中为给定的常数，且不为常函数，则（

）A．B．当时，为奇函数C．或1是存在的充要条件D．当时，没有最值【答案】BCD【分析】特值检验即可判断选项A；对互换得，两式相加得根据奇函数的定义即可判断选项B；用特值检验推出必要性矛盾即可判断选项C；特值检验加反证法即可判断选项D.【详解】对于A选项，令，则，则或，当时，取函数，则，矛盾，故A错误；对于B选项，，对互换有即，又因为不恒为0，则用替换有，故为奇函数，故B正确；对于C选项，当时，存在函数符合题意，充分性显然成立，下面我们证明必要性，假设且，，则由A选项的分析知，令则，因为，则，由的任意性可知，为常函数，这与不为常函数矛盾，假设不成立，所以当或1，即必要性成立，故C正确；对于D选项，假设存在使得，则，则对于任意均成立，故，为常函数，这与不为常函数矛盾，故不存在使得.下面证明的任意取值均同号，，对于任意取即可得，故的任意取值均同号.若在处取到最值，则取，则，故由的任意性有，这与题设矛盾，故D正确，故选：BCD.10．（2025·广东茂名·一模）已知函数，则（

）A．当时，是增函数B．当时，的值域为C．当时，曲线关于点对称D．当时，，则【答案】ACD【分析】根据复合函数的单调性判断A，利用特殊值判断B，计算即可判断C，根据函数的对称性与单调性转化为，再结合二次不等式的性质计算可得D.【详解】对于A：因为定义域为，当时在定义域上单调递增，且，又在上单调递增，所以在定义域上单调递增，故A正确；对于B：当时，但是，故B错误；对于C：当时，，则，所以曲线关于点对称，故C正确；对于D：当时，的图象是由图象向右平移个单位得到，所以的对称中心为，且在定义域上单调递增，所以，可得，即，从而得到，即恒成立，所以，解得，故D正确.故选：ACD题型06函数性质（对称性、周期性、奇偶性）的综合应用题型061．（2025·广东湛江·一模）设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（

）．A． B．C． D．【答案】ABC【分析】利用已知得出的图象关于对称，又得出是偶函数，从而它的周期性，然后通过的值计算出相应的值，判断各选项．【详解】由得．又，所以，即，所以关于对称，．又因为是奇函数，故是偶函数，所以满足条件．对于选项A，因为，所以，所以，选项A正确；，选项B正确；因为，所以，所以，选项C正确；对于选项D，，但不一定为0，选项D错误．故选：ABC．2．（2025·云南昆明·一模）已知函数的图象与有两个交点，则的最小值为.【答案】【分析】由函数解析式可知为偶函数，再结合对勾函数性质以及基本不等式可求出函数单调性，利用偶函数对称性画出函数图象，采用数形结合求得的取值范围可求得结果.【详解】根据函数解析式可知函数的定义域为，且满足，故得为偶函数，当时，可得，当且仅当，即时，等号成立，由对勾函数的性质可知：函数在上单调递减，在单调递增，且在时，取得最小值：；由对称性可得，又；再由偶函数性质可知其图象如下图所示：因函数的图象与有两个交点，由图象可知或；因此的最小值为3.故答案为：3.3．（2025·安徽·一模）已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】先由题设结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数和即可依次分析判断ABC，由题设依次求出即可判断D.【详解】由题得，所以即，所以是奇函数，故，又由得函数关于点对称，，所以，故，所以，即函数是周期为6的函数，所以也是周期为6的函数，即，由求导得即，所以，对于A，，故A正确；对于B，由函数关于点对称得，故B错误；对于C，由上也是周期为6的函数，即，C正确；对于D，由得，且即，且即，且即，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数的图象关于点对称，函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的为（

）A．4是的一个周期 B．是偶函数C． D．【答案】ABD【分析】由已知可得关于点对称，关于直线对称，结合对称轴和对称中心可得周期，即可判断；根据函数奇偶性的定义即可判断；由，令为即可判断；结合函数的周期性即可判断.【详解】因为函数的图象关于点对称，所以，即，用代换上式中的可得，所以关于点对称，因为函数的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即，又，所以，所以，所以，所以，所以函数的周期为，故正确；因为，所以，因为函数的图象关于直线对称，所以，所以，所以是偶函数，故正确；因为，所以，即，故正确；因为关于点对称，，因为，令可得，又关于直线对称，所以，所以，所以，故不正确.故选：.5．（2025·广西·一模）设函数，则（

）A．是的极大值点B．当时，C．当时，D．曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为【答案】ACD【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，再结合极值、对称性逐项判断得解.【详解】函数的定义域为R，求导得，当或时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，对于A，是的极大值点，A正确；对于B，在上单调递减，，则，B错误；对于C，当时，，，，C正确；对于D，令，，函数是奇函数，函数的图象关于原点对称，则函数的图象关于点对称，若函数的图象还有一个对称中心，则，而不为常数，因此点不是函数图象的对称中心，即函数的图象有且只有一个对称中心，则曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为，D正确.故选：ACD6．（2025·广东江门·一模）已知函数，其中，则（

）A．函数是周期函数B．当时，函数的值域为C．当时，是函数图象的对称轴D．当时，函数在上有零点【答案】ABD【分析】利用周期函数的定义判断A；利用二倍角的余弦，结合含余弦的二次型函数值域判断B；利用对称的定义判断C；求出导数，利