《（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(二)B 函數(shù)、基本初等函數(shù)Ⅰ的圖象與性質(zhì)配套作業(yè) 理（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(二)B 函數(shù)、基本初等函數(shù)Ⅰ的圖象與性質(zhì)配套作業(yè) 理（解析版）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(二)B [第2講　函數(shù)、基本初等函數(shù)Ⅰ的圖象與性質(zhì)] (時間：30分鐘) 1．函數(shù)y＝log(2x2－3x＋1)的遞減區(qū)間為(　　) A．(1，＋∞) B. C. D. 2．函數(shù)y＝(a>1)的圖象大致形狀是(　　) 圖2－5 3．為了得到函數(shù)y＝log2的圖象，可將函數(shù)y＝log2x的圖象上所有的點的(　　) A．縱坐標(biāo)縮短到原來的，橫坐標(biāo)不變，再向右平移1個單位長度 B．縱坐標(biāo)縮短到原來的，橫坐標(biāo)不變，再向左平移1個單位長度 C．橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，再向左平移1個單位長度 D．橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)

2、不變，再向右平移1個單位長度 4．已知函數(shù)f(x)＝則f[f(x)]≥1的充要條件是(　　) A．x∈(－∞，－) B．x∈[4，＋∞) C．x∈(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．x∈(－∞，－]∪[4，＋∞) 5．已知函數(shù)f(x)＝log2|x|，g(x)＝－x2＋2，則f(x)·g(x)的圖象只能是(　　) 圖2－6 A．① B．② C．③ D．④ 6．定義在R上的函數(shù)y＝f(x)，在(－∞，a)上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，當(dāng)x1a，且|x1－a|<|x2－a|時，有(　　) A．f(x1)>f(x2) B．f(x1)

3、≥f(x2) C．f(x1)

4、13)))＝________. 10．設(shè)a，b∈R，且a≠2，若定義在區(qū)間(－b，b)內(nèi)的函數(shù)f(x)＝lg是奇函數(shù)，則a＋b的取值范圍為________________________________________________________________________． 11．函數(shù)y＝x2－2ax，若x∈[2,4]，則其最小值g(a)的表達式g(a)＝________________. 12．已知函數(shù)f(x)＝若?x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是________．專題限時集訓(xùn)(二)B 【基礎(chǔ)演練】 1．A　[解析] 必須是滿

5、足2x2－3x＋1>0的函數(shù)y＝2x2－3x＋1的單調(diào)遞增區(qū)間，即(1，＋∞)． 2．B　[解析] 當(dāng)x>0時，y＝ax；當(dāng)x<0時，y＝－ax.根據(jù)指數(shù)函數(shù)圖象可知為選項B中圖象． 3．A　[解析] y＝log2＝log2(x－1)，因此只要把函數(shù)y＝log2x縱坐標(biāo)縮短到原來的，橫坐標(biāo)不變，再向右平移1個單位長度即可． 4．D　[解析] 當(dāng)x≥0時，f[f(x)]＝≥1，所以x≥4；當(dāng)x<0時，f[f(x)]＝≥1，所以x2≥2，x≥(舍)或x≤－.所以x∈(－∞，－]∪[4，＋∞)．故選D. 【提升訓(xùn)練】 5．C　[解析] 由f(x)·g(x)為偶函數(shù)排除①④，當(dāng)x→＋∞時，f

6、(x)·g(x)→－∞，排除②，故為③. 6．A　[解析] 由于函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，把這個函數(shù)圖象平移|a|個單位(a<0左移、a>0右移)可得函數(shù)y＝f(x)的圖象，因此可得函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱，此時函數(shù)在(a，＋∞)上是減函數(shù)，由于x1a且|x1－a|<|x2－a|，說明x1離對稱軸的距離比x2離對稱軸的距離小，故f(x1)>f(x2)． 7．C　[解析] 函數(shù)是偶函數(shù)，而且函數(shù)值為正值，在x→0時，→1，當(dāng)x→π時，→＋∞，綜合這些信息得只能是選項C中的圖象． 8．D　[解析] 如果x1＋x2＝2，則f(x1)＋f(x2

7、)＝x－3x－sinπx1＋x－3x－sinπx2 ＝x－3x－sinπx1＋(2－x1)3－3(2－x1)2－sinπ(2－x1)＝－4. 所以S＝f＋f＋…＋f， 又S＝f＋f＋…＋f， 兩式相加得2S＝－4×4 023，所以S＝－8 046. 9.　[解析] f1(f2(f3(2 013)))＝f1(f2(2 0132))＝f1((2 0132)－1)＝((2 0132)－1)＝2 013－1. 10.　[解析] f(－x)＋f(x)＝lg＋lg＝lg＝0，∴＝1， ∴(a2－4)x2＝0，∵x2不恒為0，∴a2＝4， 又a≠2，故a＝－2，∴f(x)＝lg， 由>0，

8、得：－4時，函數(shù)在[2,4]上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝4時，g(a)＝y(tǒng)min＝16－8a. 綜上所述，有g(shù)(a)＝ 12．(－∞，2)∪(3,5)　[解析] ?x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)等價于函數(shù)f(x)不能在整個定義域上單調(diào)遞增，顯然當(dāng)<1，即a<2時滿足要求，此時a＝0也符合要求．當(dāng)≥1時，函數(shù)f(x)在x＝1時，兩端的端點值分別為－1＋a和a2－7a＋14，只要a2－7a＋14<－1＋a即可，即a2－8a＋15<0，解得3