試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第3章函數的概念與性質章末檢測卷-2024-2025學年高一數學上學期人教A版2019一、單選題1．已知函數是偶函數，則（

）A． B． C． D．不確定2．已知函數在上單調遞減，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．3．已知函數，則（）A． B． C． D．14．定義在R上的偶函數，滿足，在區間上單調遞減，設，則a，b，c的大小順序為（

）A． B． C． D．5．已知函數，則函數的解析式為（）A． B．C． D．6．設函數的定義域為，則“在區間上單調遞增”是“在區間上的最大值為”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．函數的大致圖象如圖所示，則可能是（

）

A． B．C． D．8．已知函數的定義域為，，都有，且，都有，若，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、多選題9．下列各組函數中，表示同一函數的是（

）A．， B．，C．， D．，10．函數，則下列選項中正確的有（

）A．函數的圖象關于原點對稱B．若，則函數是定義域上的增函數C．若，則函數的值域為D．若，則，不等式（是一個無限小的正實數）恒成立11．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設x∈R，用x表示不超過的最大整數，則y=x稱為高斯函數，例如：，.若，，則下列說法正確的是（

）A．，B．函數的值域為C．當時，函數的值域為D．若，使得，，，…，同時成立，則正整數的最大值是三、填空題12．函數的值域為.13．已知函數是定義域為，圖象恒過點，對于上任意，都有，則關于的不等式的解集為．14．已知函數若存在最小值，則實數的最大值為.四、解答題15．已知函數．(1)求關于的不等式的解集；(2)當時，用定義法證明在上單調遞減．16．已知函數是定義域為的奇函數.(1)求出的解析式；(2)判斷在區間上的單調性，并用函數單調性定義證明該結論；(3)解不等式.17．如圖，是邊長為2的正三角形，記位于直線左側的圖形的面積為.(1)求函數的解析式；(2)記函數，求的最大值及相應的的值.18．已知定義在R上的函數滿足：對任意，都有，且當時，．(1)判斷并證明的奇偶性；(2)判斷函數的單調性，并證明；(3)若對任意恒成立，求實數的取值范圍．19．已知過點，且滿足(1)若存在實數，使得不等式成立，求實數t的取值范圍.(2)求在上的最小值(3)若，則稱為的不動點，函數有兩個不相等的不動點、，且、，求的最小值.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：題號12345678910答案CADABACABCACD題號11答案BCD1．C【分析】根據偶函數定義域關于原點對稱，得，可求得；根據是偶函數，得，代入解析式，可求得，從而求得的值.【詳解】因為函數是偶函數，所以，解得.由，得，解得.所以.故選：.2．A【分析】根據二次函數的對稱軸列不等式即可得解.【詳解】由二次函數性質可知，要使函數在上單調遞減，只需，解得，即的取值范圍為.故選：A3．D【分析】根據分段函數求函數值.【詳解】由題可知，，故選:D.4．A【分析】由題意得的周期為4，在區間上單調遞增，據此即可求解.【詳解】因為定義在R上的偶函數，滿足，所以，所以的周期為4，因為在區間上單調遞減，所以在區間上單調遞增，.故選：A.5．B【分析】利用換元法計算可得.【詳解】設，則且，因為，可得，所以函數.故選：B.6．A【分析】根據函數的單調性、最值以及充分和必要條件等知識確定正確答案.【詳解】若“在區間上單調遞增”，則“在區間上的最大值為”；若“在區間上的最大值為”，則在區間上不一定單調.所以“在區間上單調遞增”是“在區間上的最大值為”的充分不必要條件.故選：A7．C【分析】根據圖象分析的奇偶性以及定義域，然后逐項判斷即可.【詳解】由圖象可知，為奇函數且定義域為，對于A：定義域為關于原點對稱，，是偶函數，不符合；對于B：定義域為，不符合；對于C：定義域為關于原點對稱，，是奇函數，符合；對于D：定義域為，不符合；故選：C.8．A【分析】采用賦值法先分析的奇偶性，再根據條件得到的單調性，然后將函數值大小關系轉化為自變量大小關系，從而可求結果.【詳解】因為，都有，令，則，解得，令，則，解得，令，則，又的定義域為關于原點對稱，所以為偶函數；因為，都有，即，都有，所以在上單調遞減，所以在上單調遞減，所以在上單調遞增，又因為，所以，由此解得或，故選：A.9．BC【分析】根據同一函數的對應法則、定義域相同判斷各項正誤.【詳解】A：對于，定義域為，對于，定義域為，不是同一函數；B：根據解析式對應法則和定義域都相同，是同一函數；C：由，顯然與的對應法則、定義域都相同，是同一函數；D：由的定義域為，而的定義域為R，不是同一函數.故選：BC10．ACD【分析】由奇函數的定義，以及解析式直接判斷函數單調性，基本不等式求最值，和對勾函數的單調性逐個判斷即可.【詳解】對于A：函數定義域為，且，所以為奇函數，A正確；對于B：當，取可得：，顯然在定義域上不是增函數，B錯誤；對于C：，當時，在時，，當切僅當時取等號，再結合函數為奇函數，故函數的值域為，C正確；對于D：，由對勾函數的單調性可知，在0,1上單調遞減，在1,+∞上單調遞增，當時，，又，（是一個無限小的正實數）,所以，所以恒成立，D正確，故選：ACD11．BCD【分析】對于A，利用取整函數的定義即可判斷；對于B，利用取整函數定義得到即即可得解；對于C，由題意結合取整函數的定義得且，代入解析式即可求解；對于D，依據已知條件的結構特征得到，再由得到，從而得解.【詳解】對于A，x表示不超過的最大整數，若，，因為是整數，則，矛盾，故A錯誤；對于B，由取整函數定義可得，所以，所以函數的值域為，故B正確；對于C，因為，所以且，所以，且，當且僅當時取等號，所以當時，函數的值域為，故C正確；對于D，若，使得，，，…，同時成立，則，且，且，且，…，且，因為，所以若，則不存在t滿足和，所以只有當時，存在滿足題意.所以滿足題意的正整數的最大值是.故D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點睛：對于D選項，關鍵在于依據已知條件的結構特征，依次選定關于t取值的特殊的解的范圍：，且，且，且，…，且，從而得到t的解是這些不等式的公共部分，再結合得到無解，從而得到而得解.12．【分析】根據函數的單調性即可求解.【詳解】由于在單調遞減，故，故答案為：13．【分析】構造函數，利用的單調性，把函數不等式轉化為代數不等式求解.【詳解】因為，所以，即，即在上單調遞增.又，所以.由，即.所以.故答案為：14．2【分析】根據題意，分，以及討論，列出不等式代入計算，即可得到結果.【詳解】當時，單調遞減，當時，，當時，由可得，由可得，此時函數取不到最小值，當時，由可得，由可得，此時函數存在最小值，當時，若存在最小值，則，解得，綜上所述，，所以的最大值為2.故答案為：15．(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先求出方程的兩根，再分、、三種情況討論，分別求出所對應的不等式的解集；（2）首先求出解析式，再根據函數的單調性的定義證明即可.【詳解】（1）由，得方程的兩根分別為、，當，即時，不等式的解集為；當，即時，不等式的解集為；當，即時，不等式的解集為.綜上，當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.（2）當時，，則，任取，則，由，有，得，即，所以在上單調遞減．16．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）由奇函數的定義域關于原點對稱和求出即可；（2）利用定義法證明,當時，，從而判斷函數是單調遞減的；（3）利用奇函數和減函數解抽象函數不等式，再配合分式不等式的解法求出即可；【詳解】（1）由奇函數的定義域關于原點對稱，所以，又，所以，所以，（2）在上為減函數；證明如下：證明：設，又由，則，，，則有，即函數在上為減函數；（3）即，因為是定義域為?1,1的奇函數，所以，又函數在上為減函數，所以，解得，所以不等式的解集為.17．(1)(2)時，有最大值為【分析】（1）根據題意分、和三種情況，結合題意運算求解即可；（2）由（1）可得的解析式，分、和三種情況，結合基本不等式運算求解.【詳解】（1）設直線與軸交于點，與線段或交于點，由已知有，，，當時，；當時，；當時，；所以.（2）由（1）可得.當時，；當時，，當且僅當，即時取等號，此時；當時，；綜上所述：當時，有最大值為18．(1)奇函數，證明見解析；(2)增函數，證明見解析；(3).【分析】（1）令可求得的值，令，結合函數奇偶性的定義可證得結論成立.（2）設，則，，作差，并判斷出的符號，結合函數單調性的定義可證得結論成立.（3）由奇函數的性質變形不等式，再利用單調性脫去法則，分離參數轉化成恒成立問題求解.【詳解】（1）函數為奇函數.對任意，都有，令，得，解得，，令，則，即，所以為奇函數.（2）函數在上單調遞增.，則，而當時，，于是，則，所以函數在上單調遞增.（3）不等式，由（1）知，由（2）知，，因此對任意，不等式恒成立，即恒成立，而當時，，當且僅當時取等號，則，所以實數的取值范圍是.19．(1)；(2)；(3)6.【分析】（1）根據已知條件直接列方程求解可得的解析式，然后將問題轉化為最值問題即可得解；（2）根據二次函數單調性對分類討論即可；（3）將條件轉化為有兩個不相等的正實數