2023屆高考二輪總復(fù)習(xí)試題（適用于老高考舊教材） 數(shù)學(xué)（理） 函數(shù)的圖象與性質(zhì) （含解析）

考點突破練16函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、選擇題1.(2022·北京·4)已知函數(shù)f(x)=11+2x,則對任意實數(shù)x,有A.f(-x)+f(x)=0B.f(-x)-f(x)=0C.f(-x)+f(x)=1D.f(-x)-f(x)=12.已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)滿足f(1+x)=f(1-x),f12=1,則f-32=A.-32 B.-1 C.1 D.3.(2022·北京石景山一模)函數(shù)f(x)=x|x|·4.(2022·山東濟寧一模)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x-2)=-f(x),則f(2022)=()A.0 B.1 C.-1 D.20225.(2022·陜西西安四區(qū)縣聯(lián)考)設(shè)y=f(x)是定義在R上的函數(shù),若下列四條性質(zhì)中只有三條是正確的,則錯誤的是()A.y=f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減B.y=f(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞增C.y=f(x+1)為偶函數(shù)D.f(0)不是函數(shù)的最大值6.(2022·云南昆明一中一模)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)2+sinxx2+1的最大值為A.-1 B.0 C.1 D.27.函數(shù)f(x)=cosπ2-x·lnx28.若函數(shù)f(x)滿足f(2-x)+f(x)=-2,則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+19.(2022·新高考Ⅱ·8)若函數(shù)f(x)的定義域為R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,則∑k=122f(k)=A.-3 B.-2 C.0 D.110.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù),f(5.5)=2,g(x)=(x-1)f(x).若g(x+1)是偶函數(shù),則g(-0.5)=()A.-3 B.-2 C.2 D.311.(2022·陜西渭南一模)若a∈R,且a>1,函數(shù)f(x)=2axax+1+loga1+x1-x,則不等式f(x2-A.(0,2)B.(0,1)∪(1,2)C.(-∞,0)∪(2,+∞)D.(-∞,1-2)∪(1+2,+∞)12.(2022·陜西西安四區(qū)縣聯(lián)考)已知a>0,若函數(shù)f(x)=ax2-x,x≤1,A.0,12C.(1,+∞) D.[1,+∞)二、填空題13.(2021·浙江·12)已知a∈R,函數(shù)f(x)=x2-4,x>2,|x-3|+a14.(2022·江蘇鹽城、南京一模)若f(x)=(x+3)5+(x+m)5是奇函數(shù),則m=.

15.(2022·北京·14)設(shè)函數(shù)f(x)=-ax+1,x<a,(x-2)2,x≥a16.(2022·山東濟南一模)已知函數(shù)f(x)=(x-1)(2x+1)(x2+ax+b)x2,對任意非零實數(shù)x,均滿足f(x)=f-1

考點突破練16函數(shù)的圖象與性質(zhì)1.C解析:∵f(x)=11+2x的定義域是R,∴f(-x)=11+2-x=2x1+2x,∴f(x2.C解析:因為f(x)為R上的偶函數(shù),所以f-32=f32=f1+12=f13.D解析:函數(shù)f(x)=x|x|·3x的定義域為{x|x≠0}.當(dāng)x>0時,f(x)=13x;當(dāng)x<0時,f(x)=-13x,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,4.A解析:由題可得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以f(x)是周期為4的周期函數(shù).又因為f(x)是R上的奇函數(shù),所以f(0)=0,所以f(2022)=f(505×4+2)=f(2)=-f(0)=0.5.A解析:由y=f(x+1)為偶函數(shù)得函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱.假設(shè)A,B正確,由此判斷出C,D錯誤,與已知矛盾,由此判斷A,B中一個正確一個錯誤,且C,D正確.而A,C矛盾,所以A錯誤.故選A.6.D解析:因為f(x)=x2-2x+1+sinxx2+1=1+-2x+sinxx2+1,而函數(shù)u(x)=-2x+sinxx2+1為奇函數(shù).因為奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱,所以u(x)max+u(x)min=0,從而f(x)max+f(x)min=a+b=7.D解析:y=cosπ2-x·lnx2+1x2=sinx·lnf(-x)=sin(-x)·ln(-x)2+1(-x)2=-sinx·lnx2+1x2=-f(xf(x)=sinx·lnx2+1x2=sinx∵ln1+1x2>ln1=0,∴當(dāng)0<x<π時,f(x)>0恒成立,排除C.8.D解析:(方法一)函數(shù)f(x)滿足f(2-x)+f(x)=-2,可得f(1-x)+f(1+x)=-2,即為[f(1-x)+1]+[f(1+x)+1]=0,即f(-x+1)+1=-[f(x+1)+1],所以函數(shù)y=f(x+1)+1為奇函數(shù).(方法二)由函數(shù)f(x)滿足f(2-x)+f(x)=-2,得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,-1)對稱,將f(x)的圖象向左平移1個單位長度,再向上平移一個單位長度后,其圖象關(guān)于原點對稱,即f(x+1)+1的圖象關(guān)于原點對稱,則f(x+1)+1為奇函數(shù).故選D.9.A解析:令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1).從而f(x+2)=f(x+1)-f(x),f(x+3)=f(x+2)-f(x+1).消去f(x+2)和f(x+1),得到f(x+3)=-f(x),從而f(x+6)=f(x),故f(x)的周期為6.令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0),得f(0)=2,f(2)=f(1)-f(0)=1-2=-1,f(3)=f(2)-f(1)=-1-1=-2,f(4)=f(3)-f(2)=-2-(-1)=-1,f(5)=f(4)-f(3)=-1-(-2)=1,f(6)=f(5)-f(4)=1-(-1)=2,∑k=122f(k)=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+(-1)+(-2)+(-1)=-3.即∑k=122f(k)10.D解析:由g(x+1)是偶函數(shù),得g(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,則有g(shù)(x)=g(2-x),即(x-1)f(x)=(2-x-1)f(2-x),整理得f(x)+f(2-x)=0,∴f(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱.又f(x)是偶函數(shù),∴f(x)的圖象關(guān)于直線x=0對稱,∴f(x)的周期為T=4×(1-0)=4,∴f(5.5)=f(1.5)=f(-2.5)=f(2.5)=2,g(-0.5)=g[2-(-0.5)]=g(2.5)=1.5f(2.5)=3.11.B解析:由1+x1-x>0,得-1<x<1,所以f(x)的定義域為y=2axax+1=2-2ax+1在(-1,1)上單調(diào)遞增,y=1+又a>1,所以y=loga1+x1-x在(所以f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增.又f(0)=1,則不等式f(x2-2x)<1即為不等式f(x2-2x)<f(0),所以-1<x2-2x<0,解得0<x<2,且x≠1,所以不等式f(x2-2x)<1的解集為(0,1)∪(1,2).12.D解析:當(dāng)0<a≤12時,二次函數(shù)f(x)=ax2-x的圖象的對稱軸為直線x=12a,12a≥1,此時f(x)在區(qū)間(-∞,1]上單調(diào)遞減,f(x)≥f(1)=a-1.函數(shù)f(x)=ax-1-1在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,-1<f(x)<0.欲使函數(shù)f(x)有最小值,需a-1≤-1,解得a≤0,與0<a≤12矛盾;當(dāng)12<a<1時,函數(shù)f(x)=ax2-x圖象的對稱軸為直線x=12a,12a<1,函數(shù)f(x函數(shù)f(x)=ax-1-1在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,-1<f(x)<0.欲使函數(shù)f(x)有最小值,需-14a≤-1,解得0<a≤14,與12<a<1矛盾;當(dāng)a=1時,f(x)=x2-x=x-122-14,則f(f(x)=1x-1-1=0,則f(x)在(1,+∞)上恒為0,所以f(x)有最小值,滿足題意;當(dāng)a>1時,二次函數(shù)f(x)=ax2-x圖象的對稱軸為直線x=12a函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,1]上的最小值為f12a=-函數(shù)f(x)=ax-1-1在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)>0.欲使f(x)有最小值,需-14a≤0,解得a>0,所以a>綜上,實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).故選D.13.2解析:因為函數(shù)f(x)=x所以f(6)=(6)2-4=2,所以f(f(6))=f(2)=|2-3|+a=3,解得a=2.14.-3解析:因為f(x)是奇函數(shù),所以f(0)=35+m5=0,解得m=-3,經(jīng)驗證此時f(x)是奇函數(shù).15.0(第一空答案不唯一)1解析:根據(jù)題意可以用0,2為a的取值的分界點,研究函數(shù)f(x)的性質(zhì).當(dāng)a<0時,f(x)=-ax+1,x<a,該函數(shù)的值域為(-∞,-a2+1),故整個函數(shù)沒有最小值;當(dāng)a=0時,f(x)=-ax+1,x<a,該函數(shù)的值域為{1},而函數(shù)f(x)=(x-2)2,x≥a的值域為[0,+∞),即存在最小值為0,故a的一個取值可以為0;當(dāng)0<a≤2時,f(x)=-ax+1,x<a,該段函數(shù)的值域為(-a2+1,+∞),而函數(shù)f(x)=(x-2)2,x≥a的值域為[0,+∞),若存在最小值,則需滿足-a2+1≥0,于是結(jié)合0<a≤2可得0<a≤1;當(dāng)