2020新高考数学(文)二轮专题增分方案专题过关检测：(五) 函数的图象与性质 Word版含解析.pdf

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1、专题过关检测（五）函数的图象与性质A级——“12＋4”提速练x2，x≥0，1．已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝()－x，x<0，A．4B．3C．2D．1x2，x≥0，解析：选A因为f(x)＝所以f(－2)＝－(－2)＝2，所以f(f(－2))＝f(2)－x，x<0，＝22＝4.2．下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是()1A．y＝B．y＝－x2＋1xC．y＝2xD．y＝log

2、x

3、2解析：选B因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A、C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y＝log

4、x

5、在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.2

6、3．已知函数f(x)＝4

7、x

8、，g(x)＝2x2－ax(a∈R)．若f(g(1))＝2，则a＝()553A．1或B.或22253C．2或D．1或22153解析：选B由已知条件可知f(g(1))＝f(2－a)＝4

9、2－a

10、＝2，所以

11、a－2

12、＝，得a＝或.2224．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5的定义域和值域都是[1，a]，则a＝()A．1B．2C．3D．4解析：选B因为f(x)＝(x－a)2＋5－a2，所以f(x)在[1，a]上是减函数，又f(x)的定义f1＝a，1－2a＋5＝a，域和值域均为[1，a]，所以即解得a＝2.fa＝1，a2－2a2＋5＝1，5．已

13、知函数f(x)在(－1,1)上既是奇函数，又是减函数，则满足f(1－x)＋f(3x－2)＜0的x的取值范围是()11A.2，＋∞B.2，133C.4，＋∞D.4，1解析：选B由已知得f(3x－2)＜f(x－1)，－1＜3x－2＜1，1∴－1＜x－1＜1，解得＜x＜1，故选B.23x－2＞x－1，6．(2019·江西七校第一次联考)设a>0，则函数y＝

14、x

15、(x－a)的图象大致形状是()x2－ax，x≥0，aa2a2a2解析：选B因为函数y＝且a>0，所以当x＝时，y＝－＝－22424－x＋ax，x<0，<0，排除A、C、D，故选B.ax

16、＋b，x<－1，7.若函数f(x)＝的图象如图所示，则f(－3)等于()lnx＋a，x≥－115A．－B．－24C．－1D．－2解析：选C由图象可得a×(－1)＋b＝3，ln(－1＋a)＝0，∴a＝2，b＝5，∴f(x)＝2x＋5，x<－1，lnx＋2，x≥－1，故f(－3)＝2×(－3)＋5＝－1.8．(2019·东北四校联考)设f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(－2,1]上的图象，则f(2018)＋f(2019)＝()A．2B．1C．－1D．0解析：选C因为函数f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，所以f(2018)＝f(2018

17、－673×3)＝f(－1)，f(2019)＝f(2019－673×3)＝f(0)，由题中图象知f(－1)＝－1，f(0)＝0，所以f(2018)＋f(2019)＝f(－1)＋f(0)＝－1.故选C.9．(2019·兰州诊断)已知函数f(x)＝x2＋ln(

18、x

19、＋1)，若对于x∈[1,2]，f(ax2)

20、x

21、＋1)是R上的偶函数，且在[0，＋∞)上为增函数，故3333原问题等价于

22、ax2

23、<3对x∈[1,2]恒成立，即

24、a

25、<对x∈[1,2

26、]恒成立，所以

27、a

28、<，解得－0，所以f(x)>0，故排除选项D.故选B.ex－ax2，x≤1，11．已知函数f(x)＝在定义域(－∞，＋∞)上是单调增函数，则实数2a＋lnx，x>1a的取值范围是()eeA.－

29、∞，2B.3，＋∞eeeeC.3，2D.3，2ex－ax2，x≤1，解析：选C由于函数f(x)＝在定义域(－∞，＋∞)上是单调增函数，2a＋lnx，x>1e2a≥e－a，解得a≥，排除A、D.3当a＝2，x≤1时，f′(x)＝ex－4x，不恒大于或等于0，所以与单调性矛盾，故排除B，选C.12．已知函数f(x)为偶函数，当x>0时，f(x)＝x－4－x，设a＝f(log0.2)