【2022決勝高考】人教A版(文)數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)練測：章末檢測第二章-集合與常用邏輯用語

其次章章末檢測(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．(2010·寧德四縣市一中聯(lián)考)已知集合A＝{x|y＝lg(2x－x2)}，B＝{y|y＝2x，x>0}，R是實數(shù)集，則(?RB)∩A等于()A．[0,1] B．(0,1]C．(－∞，0] D．以上都不對2．下列四個函數(shù)中，與y＝x表示同一函數(shù)的是()A．y＝(eq\r(x))2 B．y＝eq\r(3,x3)C．y＝eq\r(x2) D．y＝eq\f(x2,x)3．設(shè)a＝log3π，b＝log2eq\r(3)，c＝log3eq\r(2)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．b>c>a4．(2010·吉安高三聯(lián)考)由方程x|x|＋y|y|＝1確定的函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是()A．增函數(shù) B．減函數(shù)C．先增后減 D．先減后增5．函數(shù)f(x)＝|x|－k有兩個零點，則()A．k＝0 B．k>0C．0≤k<1 D．k<06．若0<x<y<1，則()A．3y<3x B．logx3<logy3C．log4x<log4y D．(eq\f(1,4))x<(eq\f(1,4))y7．(2011·新鄉(xiāng)月考)函數(shù)y＝eq\f(lg|x|,x)的圖象大致是()8．(2010·天津)若函數(shù)f(x)＝若f(a)>f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)9．(2011·張家口模擬)已知冪函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(eq\f(1,8)，eq\f(\r(2),4))，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1<x2)是函數(shù)圖象上的任意不同兩點，給出以下結(jié)論：①x1f(x1)>x2f(x②x1f(x1)<x2f(x③eq\f(fx1,x1)>eq\f(fx2,x2)；④eq\f(fx1,x1)<eq\f(fx2,x2).其中正確結(jié)論的序號是()A．①② B．①③C．②④ D．②③10．(2010·山西陽泉、大同、晉中5月聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝的值域為[0，＋∞)，則它的定義域可以是()A．(0,1] B．(0,1)C．(－∞，1] D．(－∞，0]11．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，()A．f(－25)<f(11)<f(80) B．f(80)<f(11)<f(－25)C．f(11)<f(80)<f(－25) D．f(－25)<f(80)<f(11)12．已知a>0且a≠1，f(x)＝x2－ax，當(dāng)x∈(－1,1)時，均有f(x)<eq\f(1,2)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，eq\f(1,2)]∪[2，＋∞) B．[eq\f(1,4)，1)∪(1,4]C．[eq\f(1,2)，1)∪(1,2] D．(0，eq\f(1,4)]∪[4，＋∞)題號123456789101112答案二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知對不同的a值，函數(shù)f(x)＝2＋ax－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過定點P，則P點的坐標(biāo)是________．14．(2011·南京模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝，則f(2011)的值為__________．15．定義：區(qū)間[x1，x2](x1<x2)的長度為x2－x1.已知函數(shù)y＝|log0.5x|的定義域為[a，b]，值域為[0,2]，則區(qū)間[a，b]的長度的最大值為________．16．(2011·濰坊模擬)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且對任意的x∈R恒有f(x＋1)＝f(x－1)，已知當(dāng)x∈[0,1]時f(x)＝(eq\f(1,2))1－x，則①2是函數(shù)f(x)的周期；②函數(shù)f(x)在(1,2)上是減函數(shù)，在(2,3)上是增函數(shù)；③函數(shù)f(x)的最大值是1，最小值是0；④當(dāng)x∈(3,4)時，f(x)＝(eq\f(1,2))x－3.其中全部正確命題的序號是________．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)(2011·合肥模擬)對定義在實數(shù)集上的函數(shù)f(x)，若存在實數(shù)x0，使得f(x0)＝x0，那么稱x0為函數(shù)f(x)的一個不動點．(1)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－b(a≠0)有不動點(1,1)、(－3，－3)，求a、b；(2)若對于任意實數(shù)b，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－b(a≠0)總有兩個相異的不動點，求實數(shù)a的取值范圍．18．(12分)已知f(x)為定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈[－1,0]時，函數(shù)解析式f(x)＝eq\f(1,4x)－eq\f(a,2x)(a∈R)．(1)寫出f(x)在[0,1]上的解析式；(2)求f(x)在[0,1]上的最大值．19．(12分)已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2|x|).(1)若f(x)＝2，求x的值；(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．20．(12分)(2011·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)h(x)＝x＋eq\f(1,x)＋2的圖象關(guān)于點A(0,1)對稱．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若g(x)＝f(x)＋eq\f(a,x)，g(x)在區(qū)間(0,2]上的值不小于6，求實數(shù)a的取值范圍．21．(12分)經(jīng)市場調(diào)查，某城市的一種小商品在過去的近20天內(nèi)的銷售量(件)與價格(元)均為時間t(天)的函數(shù)，且銷售量近似滿足g(t)＝80－2t(件)，價格近似滿足f(t)＝20－eq\f(1,2)|t－10|(元)．(1)試寫出該種商品的日銷售額y與時間t(0≤t≤20)的函數(shù)表達式；(2)求該種商品的日銷售額y的最大值與最小值．22．(12分)(2011·合肥模擬)對于定義域為[0,1]的函數(shù)f(x)，假猶如時滿足以下三條：①對任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為抱負函數(shù)．(1)若函數(shù)f(x)為抱負函數(shù)，求f(0)的值；(2)推斷函數(shù)f(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否為抱負函數(shù)，并予以證明；(3)若函數(shù)f(x)為抱負函數(shù)，假定存在x0∈[0,1]，使得f(x0)∈[0,1]，且f[f(x0)]＝x0，求證：f(x0)＝x0.答案1．B[由2x－x2>0，得x(x－2)<0?0<x<2，故A＝{x|0<x<2}，由x>0，得2x>1，故B＝{y|y>1}，?RB＝{y|y≤1}，則(?RB)∩A＝{x|0<x≤1}．]2．B3．A[∵log3eq\r(2)<log2eq\r(2)<log2eq\r(3)，∴b>c.又∵log2eq\r(3)<log22＝log33<log3π，∴a>b，∴a>b>c.]4．B[①當(dāng)x≥0且y≥0時，x2＋y2＝1，②當(dāng)x>0且y<0時，x2－y2＝1，③當(dāng)x<0且y>0時，y2－x2＝1，④當(dāng)x<0且y<0時，無意義．由以上爭辯作圖如右，易知是減函數(shù)．]5．B[令y＝|x|，y＝k，由題意即要求兩函數(shù)圖象有兩交點，利用數(shù)形結(jié)合思想，作出兩函數(shù)圖象，得k>0.]6．C[∵0<x<y<1，∴由函數(shù)的單調(diào)性得3x<3y，logx3>logy3，(eq\f(1,4))x>(eq\f(1,4))y，即選項A、B、D錯，故選C.]7．D8．C[由分段函數(shù)的表達式知，需要對a的正負進行分類爭辯．f(a)>f(－a)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,log2a>log\f(1,2)a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,log\f(1,2)－a>log2－a))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,a>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,－1<a))?a>1或－1<a<0.]9．D[依題意，設(shè)f(x)＝xα，則有(eq\f(1,8))α＝eq\f(\r(2),4)，即(eq\f(1,8))α＝(eq\f(1,8))eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(1,2)，于是f(x)＝xeq\f(1,2).由于函數(shù)f(x)＝xeq\f(1,2)在定義域[0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1<x2時，必有f(x1)<f(x2)，從而有x1f(x1)<x2f(x2)，故②正確；又由于eq\f(fx1,x1)，eq\f(fx2,x2)分別表示直線OP、OQ的斜率，結(jié)合函數(shù)圖象，簡潔得出直線OP的斜率大于直線OQ的斜率，故eq\f(fx1,x1)>eq\f(fx2,x2)，所以③正確．]10．A[∵f(x)的值域為[0，＋∞)，令t＝4x－2x＋1＋1，∴t∈(0,1]恰成立，即0<(2x)2－2·2x＋1≤1恰成立，0<(2x－1)2成立，則x≠0，(2x)2－2·2x＋1≤1可化為2x(2x－2)≤0，∴0≤2x≤2，即0≤x≤1，綜上可知0<x≤1.]11．D[由于f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)，則f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3)，又由于f(x)在R上是奇函數(shù)，f(0)＝0得f(80)＝f(0)＝0，f(－25)＝f(－1)＝－f(1)，而由f(x－4)＝－f(x)得f(11)＝f(3)＝－f(－3)＝－f(1－4)＝f(1)，又由于f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，所以f(1)>f(0)＝0，－f(1)<0，即f(－25)<f(80)<f(11)．]12．C[將f(x)<eq\f(1,2)化為x2－eq\f(1,2)<ax，利用數(shù)形結(jié)合，分a>1和0<a<1兩種狀況求解．結(jié)合圖象得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,a－1≥\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,a≥\f(1,2)))，解得1<a≤2或eq\f(1,2)≤a<1.]13．(1,3)14．－1解析由已知得f(－1)＝log22＝1，f(0)＝0，f(1)＝f(0)－f(－1)＝－1，f(2)＝f(1)－f(0)＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－(－1)＝0，f(4)＝f(3)－f(2)＝0－(－1)＝1，f(5)＝f(4)－f(3)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝0，所以函數(shù)f(x)的值以6為周期重復(fù)性毀滅，所以f(2011)＝f(1)＝－1.15.eq\f(15,4)解析由0≤|log0.5x|≤2解得eq\f(1,4)≤x≤4，∴[a，b]長度的最大值為4－eq\f(1,4)＝eq\f(15,4).16．①②④解析由f(x＋1)＝f(x－1)可得f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝f(x＋1－1)＝f(x)，∴2是函數(shù)f(x)的一個周期．又函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且x∈[0,1]時，f(x)＝(eq\f(1,2))1－x，∴函數(shù)f(x)的簡圖如右圖，由簡圖可知②④也正確．17．解(1)∵f(x)的不動點為(1,1)、(－3，－3)，∴有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b－b＝1，,9a－3b－b＝－3，))∴a＝1，b＝3.………………(4分)(2)∵函數(shù)總有兩個相異的不動點，∴ax2＋(b－1)x－b＝0，Δ>0，即(b－1)2＋4ab>0對b∈R恒成立，……………………(7分)Δ1<0，即(4a－2)2－4<0，………………(9分∴0<a<1.………………(10分)18．解(1)∵f(x)為定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f(x)在x＝0處有意義，∴f(0)＝0，即f(0)＝eq\f(1,40)－eq\f(a,20)＝1－a＝0.∴a＝1.……………………(3分)設(shè)x∈[0,1]，則－x∈[－1,0]．∴f(－x)＝eq\f(1,4－x)－eq\f(1,2－x)＝4x－2x.又∵f(－x)＝－f(x)∴－f(x)＝4x－2x.∴f(x)＝2x－4x.……………(8分)(2)當(dāng)x∈[0,1]，f(x)＝2x－4x＝2x－(2x)2，∴設(shè)t＝2x(t>0)，則f(t)＝t－t2.∵x∈[0,1]，∴t∈[1,2]．當(dāng)t＝1時，取最大值，最大值為1－1＝0.……………(12分)19．解(1)當(dāng)x<0時，f(x)＝0；當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x－eq\f(1,2x).…………………(3分)由條件可知2x－eq\f(1,2x)＝2，即22x－2·2x－1＝0，解得2x＝1±eq\r(2).∵2x>0，∴x＝log2(1＋eq\r(2))．……………(6分)(2)當(dāng)t∈[1,2]時，2teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22t－\f(1,22t)))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(1,2t)))≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)．∵22t－1>0，∴m≥－(22t＋1)．…………(9分)∵t∈[1,2]，∴－(1＋22t)∈[－17，－5]，故m的取值范圍是[－5，＋∞)．……………………(12分)20．解(1)設(shè)f(x)圖象上任一點坐標(biāo)為(x，y)，點(x，y)關(guān)于點A(0,1)的對稱點(－x,2－y)在h(x)的圖象上，……………(2分)∴2－y＝－x＋eq\f(1,－x)＋2，∴y＝x＋eq\f(1,x)，即f(x)＝x＋eq\f(1,x).……………(6分)(2)由題意g(x)＝x＋eq\f(a＋1,x)，且g(x)＝x＋eq\f(a＋1,x)≥6，x∈(0,2]．∵x∈(0,2]，∴a＋1≥x(6－x)，…………(8分)即a≥－x2＋6x－1.令q(x)＝－x2＋6x－1，x∈(0,2]，q(x)＝－x2＋6x－1＝－(x－3)2＋8，∴x∈(0,2]時，q(x)max＝q(2)＝7，∴a≥7.……………(12分)21．解(1)y＝g(t)·f(t)＝(80－2t)·(20－eq\f(1,2)|t－10|)