02函数及其性质、一次函数与二次函数-江苏省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（苏教版

这是一份02函数及其性质、一次函数与二次函数-江苏省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（苏教版，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）若存在实数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称直线为和的一条“划分直线”．列命题正确的是（ ）
A．函数和之间没有“划分直线”
B．是函和之间存在的唯一的一条“划分直线”
C．是函数和之间的一条“划分直线”
D．函数和之间存在“划分直线”，且的取值范围为
2．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知定义在R上的偶函数满足下列两个条件：①当时，；②当时，．若函数有且仅有2个零点，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
3．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023上·江苏南通·高三统考期末）两条曲线与存在两个公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知定义在R上的函数满足，当时，，则（ ）
A．B．C．2D．1
7．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知全集,集合,则（ ）
A．B．
C．D．
8．（2022上·江苏扬州·高三邵伯高级中学校考期末）已知是定义域为的奇函数，函数，，当时，恒成立，则（ ）
A．在上单调递增B．的图象与轴有个交点
C．D．不等式的解集为
9．（2022上·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考期末）已知，，则为（ ）
A．B．
C．D．
10．（2022上·江苏南京·高三期末）若函数 的定义域为，且 ， ，则曲线与的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
11．（2022上·江苏南通·高三期末）已知数列是递增数列，且，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．（2022上·江苏徐州·高三期末）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
13．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）中点在边上且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
14．（2022上·江苏泰州·高一统考期末）已知函数，若（其中．），则的最小值为（ ）．
A．B．C．2D．4
二、多选题
15．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知函数及其导函数的定义域均为R．记，若f(1－x)，g(x＋2)均为偶函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数f(x)的图像关于直线x＝1对称
B．g(2023)＝2
C．
D．若函数g(x)在[1，2]上单调递减，则g(x)在区间[0，2024]上有1012个零点
16．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知函数f(x)＝tanx－sinx，下列四个命题中真命题有（ ）
A．f(x)的最小正周期为B．f(x)的图象关于原点对称
C．f(x)的图象关于直线x＝对称D．f(x)的图象关于(，0)对称
17．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知函数有两个极值点，且，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
18．（2023上·江苏南通·高三统考期末）设定义在上的函数与的导数分别为与，已知，，且关于直线对称，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
19．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）函数在上有定义，若对任意，，有，则称在上具有性质，设在上具有性质，则下列说法正确的是（ ）
A．在上的图像是连续不断的
B．在上具有性质
C．对任意，，，，有
D．若在处取得最小值1011，则，
20．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）已知定义域为R的函数，则（ ）
A．存在位于R上的实数，使函数的图象是轴对称图形
B．存在实数，使函数为单调函数
C．对任意实数，函数都存在最小值
D．对任意实数，函数都存在两条过原点的切线
21．（2021上·江苏南京·高三校考期末）在下列命题中正确命题是（ ）
A．正实数，满足，则有最小值
B．设，“”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件
C．若函数在上满足，则是周期为2的函数
D．m､n表示两条不同直线，α､β表示两个不同平面，若，且，则
三、填空题
22．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知定义在R上的偶函数满足.若，且在单调递增，则满足的x的取值范围是 .
23．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知关于，，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为 .
24．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）若函数在上是减函数，则实数的取值范围为 .
25．（2022上·江苏南通·高三统考期末）写出一个同时具有下列性质①②③的函数 ．
①为偶函数；②；③当时，.
26．（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）已知函数，则使不等式成立的实数的取值范围是 ．
27．（2021上·江苏徐州·高三徐州市第一中学校考期末）函数满足以下条件：①的定义域是，且其图像是一条连续不断的曲线；②是偶函数；③在不是单调函数；④恰有2个零点．请写出函数的一个解析式 ．
28．（2022上·江苏南京·高三期末）在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,平面平面,则体积的最大值为 .
29．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知函数若，则的最大值为 ．
30．（2021上·江苏南通·高三海门市第一中学校考期末）已知，且满足，则的最小值为 .
四、解答题
31．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）若函数在定义域内存在实数满足，，则称函数为定义域上的“阶局部奇函数”.
(1)若函数，判断是否为上的“二阶局部奇函数”并说明理由；
(2)若函数是上的“一阶局部奇函数”，求实数的取值范围；
(3)已知函数的定义域为，若恰好存在个不同的实数，，…，，使得（其中），则称函数为“级阶局部奇函数”，若函数是定义在R上的“4级1阶局部奇函数”，求实数的取值范围
32．（2019上·江苏扬州·高三统考期末）已知直线x＝﹣2上有一动点Q，过点Q作直线l，垂直于y轴，动点P在l1上，且满足(O为坐标原点)，记点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知定点M(，0)，N(，0)，点A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】根据函数和有公共点得满足题意得“划分直线”必过点，进而设其方程为，再结合，恒成立得，再证明即可判断AB；根据当时不满足判断C；根据判断D.
【详解】解：因为，
所以，函数和有公共点，
所以，当和之间存在“划分直线”，则该直线必过点，
设过点的直线方程为，即，
因为对于，恒成立，即，
所以，当时，恒成立，即，
当时，恒成立，即，
所以，对于，恒成立，则，
所以，过点，且满足的直线方程有且只有，
下证，令，
，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，，即，故，
所以，函数和之间存在的唯一的一条“划分直线”，故A选项错误，B选项正确；
对于C选项，当时，；，显然不满足恒成立，故错误；
对于D选项，当时，显然满足，此时，故D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：对于AB选项的判断关键在于结合“划分直线”的定义，利用“划分直线”过和有公共点讨论求解；CD选项的判断通过特殊值判断.
2．A
【分析】根据题意，分别求出函数在，，上的解析式，并作出函数在上图象，利用函数为偶函数，作出对应区间上的图象，结合图象即可求解.
【详解】因为时，；
又当时，，则
所以当时，；
当时，；
当时，；
作出函数在上图象，利用函数为偶函数，作出对应区间上的图象，如下所示：
要使函数有且仅有2个零点，也即函数与有两个不同的交点，结合图象可知：或，
所以实数的取值范围是，
故选：.
3．C
【分析】构造，求导根据单调性得出，即，所以，即，所以；构造，求导根据单调性得出，即.
【详解】令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，
又∵在上单调递增，∴，即，∴，即；
令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，∴，
综上所述，，，的大小关系为.
故选：C.
【点睛】本题考查构造函数比较大小问题，解题关键是能够根据，，的形式，构造适当的函数模型，利用导数确定函数的单调性，根据单调性，比较特殊函数值之间的大小.
4．C
【分析】由题可得有两个不等正根，令，即有两个不等正根，然后利用导数研究函数的性质利用数形结合即得.
【详解】由题可知有两个不等正根，
即有两个不等正根，
令，则，
又，在上单调递增，
所以有两个不等正根，
设，则，
由可得单调递增，由可得单调递减，
且，
作出函数和的大致图象，
由图象可知当时，有两个正根，
即时，两条曲线与存在两个公共点.
故选：C.
【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；
（3）转化为两熟悉的函数图象的问题.
5．D
【分析】根据题意化简得，能得出，化为指数根据当或时，判定，
将两边同时取底数为4的指数，通过放缩比较的进而得出答案.
【详解】因为，，所以，
对于，令，则，故
当或时，，所以，即
所以，
将两边同时取底数为4的指数得
因为
所以
故选：.
6．B
【分析】由可知，函数的周期为2，利用周期性把所给的自变量转化到区间上，代入求值即可.
【详解】由可知
，函数的周期为2，
当时，，
∴.
故选：
7．B
【分析】根据集合补集的运算性质,求出即可.
【详解】解:由题知,
,
故或.
故选:B
8．C
【分析】利用函数单调性的定义可判断A选项；利用函数的奇偶性以及单调性，结合可判断B选项；利用函数在上的单调性得出，利用不等式的基本性质以及奇函数的性质可判断C选项；解不等式，可判断D选项.
【详解】当时，由可得，
不等式两边同时除以可得，
所以，，即，
所以，函数在上为减函数，A错；
函数的定义域为，
，所以，函数为奇函数，
因为，则，
因为函数在上为减函数，则该函数在上为减函数，
所以，函数在和上各有个零点，
因此，的图象与轴有个交点，B错；
因为函数在上为减函数，由得，
所以，C对；
当时，函数在上为减函数，由可得，
当时，函数在上为减函数，由可得，
因此，不等式的解集为，D错.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过变形得到，则得到的单调性，再利用其单调性研究零点和解不等式.
9．C
【分析】根据题意求出集合A，B，再由补集与交集的定义及运算求解即可
【详解】解：已知，
则，解得，
，
又，则，解得，
，
则或，，
，
故选：C.
10．B
【分析】利用赋值法求出当，且x依次取时的一些函数值，从而找到函数值变化的规律，同理找到当，且x依次取时，函数值变化的规律，数形结合，即可求得答案.
【详解】由题意函数 的定义域为，且，
，
令，则，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
故综合上述,曲线与的交点个数为3，
故选：B
【点睛】难点点睛：确定曲线与的交点个数，要明确函数的性质，因此要通过赋值求得的一些函数值，从中寻找规律，即找到函数的函数值循环的规律特点，这是解答本题的难点所在.
11．C
【分析】根据分段函数的单调性及数列为递增数列，列出不等式组求解即可.
【详解】因为，是递增数列，
所以，解得，
所以实数t的取值范围为，
故选：C
12．C
【分析】构造函数与，先利用导数研究得的性质，再利用二次函数的性质研究得的性质，从而作出的图像，由此得到，分类讨论与时的零点情况，据此得解.
【详解】令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
又因为对于任意，在总存在，使得，
在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，
所以在与上都趋于无穷大；
令，则开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递增，故，
.
因为函数有且只有三个零点，
而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，
当时，，则，
即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，
当时，，则，所以在处取得零点，
结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，
所以有且只有三个零点，满足题意；
综上：，即.
故选：C.
13．C
【分析】设，得，由利用余弦定理得代入，再利用平方关系求出可得，利用二次函数配方求最值可得答案.
【详解】设，，由得，
因为，，所以，
且为锐角，可得，
在中由余弦定理可得，
即，，
所以，
，
所以，
当且仅当即等号成立.
故选：C.
14．B
【分析】根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】,
由，
，
即，
，当且仅当，即时等号成立，
故选：B
15．ACD
【分析】根据偶函数的性质，结合函数的对称性的性质、函数的单调性逐一判断即可.
【详解】因为f(1－x)是偶函数，
所以，所以函数函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，因此选项A正确；
因为g(x＋2)为偶函数，所以有，
因此函数关于直线对称，
由，
因此函数关于点对称，由
，所以函数的周期为4，
在中，令，得，
在中，令，得，
所以，故选项B不正确；
由，令，得，因此选项C正确；
因为函数关于点对称，且在[1，2]上单调递减，
所以函数在也单调递减，而函数关于直线对称，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时，函数有两个零点，
当时，由函数的周期为4，
可知函数的零点的个数为，所以选项D说法正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：根据函数的对称性判断函数的周期是解题的关键.
16．BD
【分析】根据函数周期的定义，结合线对称、点对称的性质判断即可.
【详解】因为，
所以f(x)的最小正周期不是，因此选项A不正确；
因为，所以定义域关于原点对称，
又因为，
所以函数f(x)是奇函数，因此它的图象关于原点对称，所以选项B正确；
因为
，
所以f(x)的图象不关于直线x＝对称，因此选项C不正确；
因为
，
所以f(x)的图象关于(，0)对称，因此选项D正确，
故选：BD
17．AD
【分析】对于AB选项，函数有两个极值点，相当于函数的导函数有两个变号零点，即函数图像与直线有两个交点，由此可判断AB选项正误；
对于CD选项，由题有.则.
结合范围可判断CD选项正误.
【详解】函数有两个极值点，相当于函数的导函数有两个变号零点，即方程有两个根，因，则方程有根相当于图像与直线有两个交点.因，则在上单调递减，在上单调递增.结合时，，，
可做大致图像如下：
则由图可得，时，有两个极值点，故A正确；
又图可得，，，则B错误；
因，则，又因，
函数在上单调递增，则，故C错误；
因，则，令，
则，因，则在上单调递减，则，即，故D正确.
故选：AD
18．BCD
【分析】根据函数与导数间的关系式，变形赋值，逐项验证即可.
【详解】因为，
所以
所以，
所以，
故D正确，
令时，，
所以，
由，
所以，
所以B选项正确，
因为，
所以，
所以函数图象关于点对称，
则函数的图象关于点对称，即为奇函数，
所以函数（为常数）为偶函数，图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，
所以，
故C选项正确，
函数，则函数图象关于直线对称，符合题意，
所以，
故选项A不正确，
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
19．CD
【分析】AB选项可以举出反例，CD选项可以利用函数具有性质，进行变形推出出结果.
【详解】对于A，设，在上具有性质，但不连续，故A错误；
对于B，设，在上具有性质，但在上不具备性质，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，由性质得，当时，，
又因为，，故，，D正确.
故选：.
20．ACD
【分析】举特例证明选项A判断正确；利用导函数判断选项B；利用极限思想判断选项C；求得函数过原点的切线的条数判断选项D.
【详解】对于A，当时，是R上的偶函数，
函数的图象有对称轴y轴，则函数的图象是轴对称图形.判断正确；
对于B，，值域为R，
至少有一个变号零点，∴不可能为单调函数，判断错误；
对于C，当以及时，均，
由在R上连续，∴中间必存在最小值. 判断正确；
对于D，设切点，
，则
∴在处切线方程为
∵它过原点，∴，即
由有两解：或
可得，对任意实数，函数存在两条过原点的切线. 判断正确.
故选：ACD.
21．BC
【分析】利用二次函数的性质判断A；利用奇偶性判断B；利用周期性判断C；利用线面关系判断D.
【详解】A中， ，满足，则，
为对称轴，最小值，A错误；
B中，若，，，所以函数为奇函数，而当时， 即，，“”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件，故B正确；
C中，，故C正确；
D中，m､n表示两条不同直线，α､β表示两个不同平面，若，且，则或异面直线或相交，D错误
故选：BC.
22．
【分析】由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为8，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可.
【详解】因为是偶函数，所以，
由，可得关于对称，
因为，所以，
则，
因为是偶函数，所以，
因为，所以，
则，
所以函数是周期为的周期函数.
因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，
令中，则，则，
又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，
结合函数是周期为的周期函数，
综上可得在，上单调递增，，上单调递减.
因为的最小正周期为，结合图象可知，
在，上单调递增，在上单调递减，
令中，则，则，
当，又，所以，
当，又，所以，
所以当时，，解得.
又因为与均为周期函数，且8均为其周期，
所以的x的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题解题的关键是求出与的周期性，由，，结合函数的单调性和周期性求解即可.
23．
【分析】根据不等式分类讨论分析可知，为的零点，可得方程，运算整理结合基本不等式求值.
【详解】时，关于的不等式恒成立，
，由，则；由，则，即为的零点，
∴，.
∴，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
24．
【分析】先求导，根据题意在上恒成立，整理得在上恒成立，即求.
【详解】由知，
,
∵函数在上是减函数，
，又，
∴，即在上恒成立，
而，，
．
故答案为：．
25．（答案不唯一）
【分析】取，逐项验证①②③，即可得出结论.
【详解】由题意可知函数为偶函数且在上为减函数，可取，
对于①，函数的定义域为，，故函数为偶函数；
对于②，对任意的非零实数、，；
对于③，当时，，则函数在上为减函数.
综上所述，函数满足条件.
故答案为：（答案不唯一）.
26．
【分析】分析函数的单调性及其在上的单调性，根据已知条件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】函数的定义域为，，
故函数为偶函数，且当时，，
因为函数、均为上的减函数，故函数在上为减函数，
由得，则，
即，即，解得且.
故不等式成立的实数的取值范围是.
故答案为：.
27．（答案不唯一）
【解析】根据常见函数性质写出满足条件的函数即可.
【详解】例如函数：下面是证明过程：
函数的定义域是，有，则是偶函数；
当时，的图象对称轴为，其图象是开口向下的抛物线，故在 单调增，在单调减，图象如下所示：
由图得恰有2个零点；
故答案为：（答案不唯一）
28．
【分析】先做交于点,平面,垂足为,连接,根据线面垂直的判定定理证明,即,同理可得,即,且,再根据面面垂直的性质定理得,再设各个长度,在直角三角形中得到等式进行化简,即可得关于的式子,进而求得体积的表达式,求得最值即可.
【详解】解:由题过点做分别交于点,
过做平面,垂足为,连接,
画图如下:
平面,
,
平面,平面,
平面,
,
底面是边长为2的正方形,
平面,平面,
,
同理可得:,
故三点共线,
且有,,
设平面平面,
平面,平面,
,
,
平面平面,平面平面
平面,
平面,
,
不妨设,
①,
且,
即,
化简即:②,
联立①②可得:,
,
四棱锥的体积
,,
当时,,
故体积的最大值为.
故答案为:
29．
【分析】令，作出函数以及的图象，不妨设，则，，由表示，再利用二次函数的性质计算的最大值即可求解.
【详解】令，
作出的图象和的图象如图所示：
由图知：，不妨设，若求最大值，则，，
所以，，
所以，
当即时，取得最大值为，即的最大值为，
故答案为：.
30．4
【分析】由指数的运算得出，再由结合二次函数的性质得出最值.
【详解】由可得，即
故答案为：
31．(1)是，理由见解析.
(2)
(3)
【分析】(1)当时，解方程，即可得出结论；
(2)由可得出在上有解，再结合对数的整数恒为正数可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
(3)由将问题等价转化为方程恰好有4个解，令，进而转化为方程在上有两个不等式的实根，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意可得：，即，也即，
因为，所以且，可得：，
因为，所以.
所以 是上的“二阶局部奇函数”.
（2）由可得，
所以，可得在上有解，
当时， ，即，
对，由可得：；
对，由可得：；
所以，解得：，
综上所述，实数的取值范围为.
（3）由可得：，
由题意可知：关于的方程恰好有4个解，
令，因为当时，，
所以方程在上有两个不等式的实根，
令，则有，
解得：，
所以实数的取值范围为.
32．（1）；（2）
【分析】（1）设点P的坐标为（x，y），结合题意得出点Q的坐标，再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程；
（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、D（x3，y3），设直线AM的方程为，将该直线方程与曲线C的方程联立，结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等，于是得出BD⊥x轴，根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上，且该点与切点的连线与AB垂直．
方法一是计算出△MBD的面积和周长，利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式；
方法二是设H（x2﹣r，0），直线BD的方程为x＝x2，写出直线AM的方程，利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式；
方法三是利用△MTH∽△MEB，得出，然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式．
通过化简得到r关于x2的函数表达式，并换元，将函数关系式转化为r关于t的函数关系式，然后利用单调性可求出r的取值范围．
【详解】（1）设点，则 ∴，
∵ ∴，即
（2）设，，，直线与轴交点为，内切圆与的切点为．
设直线的方程为：，则联立方程，得：
∴且 ∴ ∴直线的方程为：，
与方程联立得：，化简得：
解得：或 ∵ ∴轴
设的内切圆圆心为，则在轴上且
方法（一）∴，且的周长为：
∴
∴ .
方法（二）设，直线的方程为：，其中
直线的方程为：，即，且点与点在直线的同侧，
∴，解得：
方法（三）∵ ∴，即，解得：

令，则
∴在上单调增，则，即的取值范围为．
【点睛】本题考查轨迹方程以及直线与抛物线的综合问题，考查计算能力与化简变形能力，属于难题．