2024年全国数学一卷新高考题型细分1-4——指数对数函数2

2024年全国一卷新高考题型细分1-4 ——指数对数函数2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《指数对数函数》主要分类有：比较大小，最值范围分析，奇偶性，单调性，奇偶性+单调性，奇偶性+单调性+解不等式，图像判断，零点分析，综合等，大概84道题。 零点分析： 1. （2024年粤J16天河二测）4. 若实数满足，则的取值范围为（[endnoteRef:2] ） A. B. C. D. （用图像解不等式，基础；） [2: 【答案】D 【解析】 【分析】注意到，后利用函数单调性可解不等式. 【详解】，因函数在上单调递减， 则函数在上单调递减，又，则. 故选：D ] 2. （2024年粤J131广州二模）6．若是方程的实数解，则称是函数与的“复合稳定点”．若函数且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”，则的取值范围为（[endnoteRef:3]    ） A． B． C． D．（零点分析，中下；） [3: 6．D 【分析】即有两个不同实根，令，则在上有两个不同实根，利用二次方程根的分布即可． 【详解】且与有且仅有两个不同的“复合稳定点”， ，即有两个不同实根， 令，则在上有两个不同实根， ， 则的取值范围为． 故选：D． ] 3. （多选，2024年湘J38怀化二模）10．已知函数的零点为的零点为，则（  [endnoteRef:4]  ） A． B． C． D． （不用导数） （零点分析，中下；） [4: 10．BC 【分析】利用函数零点的意义，结合函数与互为反函数，确定的关系，再逐项分析判断得解. 【详解】依题意，，， 则分别是直线与函数，图象交点的横坐标， 而函数与互为反函数，它们的图象关于直线对称， 又直线垂直于直线，则点与点关于直线对称， 则，于是，，，BC正确，A错误； ，即，D错误. 故选：BC    ] 4. （2024年粤J105湛江二模）7. 已知函数，，则（ [endnoteRef:5] ） A. 当有2个零点时，只有1个零点 B. 当有3个零点时，有2个零点 C. 当有2个零点时，有2个零点 D. 当有2个零点时，有4个零点 （零点分析，中下；） [5: 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数，图象，两个函数的零点个数转化为它们的图象与的图象的公共点的个数，结合图象可得答案. 【详解】两个函数的零点个数转化为图象与的图象的公共点的个数， 作出，的大致图象，如图所示. 由图可知，当有2个零点时，无零点或只有1个零点； 当有3个零点时，只有1个零点； 当有2个零点时，有4个零点. 故选：D ] 5. （2024年粤J135茂名二测）7．若为上的偶函数，且，当时，，则函数在区间上的所有零点的和是（    [endnoteRef:6]） A．20 B．18 C．16 D．14（涉后三角） （零点分析，中下；） [6: 7．A 【分析】数形结合，函数与在区间上的交点横坐标即为的零点，根据对称性即可求零点之和. 【详解】若为上的偶函数，则，且， 则的周期， 当时，， 则当时，，即可画出函数的图象； 函数周期是2，最大值为3，把函数在下方图象翻折到轴上方。 与在区间上一共有10个交点， 且这10个交点的横坐标关于直线对称， 所以在区间的的有零点的和是20. 故选：A ] 6. （2024年浙J07金丽衢二联）7. 已知函数若，则的取值范围为（ [endnoteRef:7] ） A. B. C. D. （零点分析，中下；） [7: 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，转化为.结合图像构造函数，，求出函数的值域即为本题答案. 【详解】由题意可知，即，所以. 由图像可得，设，. 则，.令,则 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增. 所以在时取得最小值， 可得. 故选：B ] 7. （2024年鲁J32潍坊二模）7．已知函数则图象上关于原点对称的点有（ [endnoteRef:8]  ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对（零点分析，中下；） [8: 7．C 【分析】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象，进而数形结合判断即可. 【详解】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象如图所示. 因为函数关于原点对称的图象与图象有三个交点，故图象上关于原点对称的点有3对.    故选：C ] 8. （多选，2024年粤J27深圳一调）9. 已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ [endnoteRef:9] ） A. B. C. D. （涉后三角） （零点分析，中下；） [9: 【答案】AC 【解析】 【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可. 【详解】令， 在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示： 由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误； 又函数的图象都关于对称，则， 故，则C正确，错误， 故选：AC ] 9. （2024年闽J10泉州三测，末）8. 已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（[endnoteRef:10] ） A. B. C. D. （零点分析，中档；） [10: 【答案】D 【解析】 【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和. 【详解】因为的定义域为，关于原点对称， 所以 ，所以函数为奇函数，关于原点中心对称， 而函数是函数向右平移两个单位得到的函数， 因而关于中心对称， 函数满足，所以， 即，所以函数关于中心对称，且， 且， 所以由函数零点定义可知， 即， 由于函数和函数都关于中心对称， 所以两个函数的交点也关于中心对称， 又因为恰有个零点， 即函数和函数的交点恰有个， 且其中一个为，其余的个交点关于对称分布， 所以个零点的和满足， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系. ] 10. （2024年粤J109珠海一中冲刺，末）8．设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（[endnoteRef:11]   ） A． B． C． D． （零点分析，中档；） [11: 【答案】D 【分析】令，先考虑时，函数在上有2个零点，再考虑，分与两种情况，结合函数图象，得到不等式，求出答案. 【详解】设，当时，，此时， 由得，即，解得或， 所以在上有2个零点， 时，若，对称轴为， 函数的大致图象如下： 此时，即，则， 所以无解，则无零点，无零点， 综上，此时只有两个零点，不符合题意， 若，此时的大致图象如下： 令，解得， 显然令在上存在唯一负解， 要使恰有3个零点， 只需在上除或外不能再有其他解， 即不能再有除或外的其他解， 故，即，解得， 所以. 故选：D 【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. ] 11. （2024年浙J23适应）13. 已知函数，，若函数有三个零点，则的取值范围是[endnoteRef:12]__________. （零点分析，中档；） [12: 【答案】 【解析】 【分析】由题意首先得，，进一步有，由此即可顺利得解. 【详解】由题意设，则函数的零点即为方程的根， 在同一平面直角坐标系中分别画出函数的图象以及直线如图所示： 若函数有三个零点，（不妨设为）， 则方程的根有三个根，且， 所以， 且， 因为在单调递增，所以，即， 所以， 令，，解得，令，，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是根据函数单调性得到，由此即可顺利得解. ] 12. （2024年浙J01湖州一中模拟）6. 设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（ [endnoteRef:13] ） A. B. C. D. （涉后三角） （零点分析，中档；） [13: 【答案】D 【解析】 【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可. 【详解】由题知， 零点个数可转化为与交点的个数， 当时， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减， 如图所示： 所以时有最大值： 所以时，由图可知必有两个交点； 当时，因为，， 所以， 令，则 则有且，如图所示： 因为时，已有两个交点， 所以只需保证与有三个交点即可， 所以只需，解得. 故选：D 【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解. ] 13. （2024年粤J02佛山一中一模，末）已知函数的零点为的零点为，则下列不等式成立的是（ [endnoteRef:14] ）（非导数） A. B. C. D. （零点分析，中档；） [14: 【答案】B 【解析】 【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、进行逐一判断即可. 【详解】由，得，，即可得，， 即有，函数与互为反函数， 在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示， 则，，由反函数性质知，关于对称， 则，，，A、D错误， 在上为增函数，，，. 点在直线上，即，，故B正确； ,， 此时，故C错误； 故选：B. 【点睛】关键点睛：函数零点转化为两个函数交点的形式利用数形结合思想进行求解是解题的关键． ] 14. （2024年粤J110珠海一中冲刺，末）14．已知函数，若从集合中随机选取一个元素，则函数恰有7个零点的概率是[endnoteRef:15] ． （指数，复合函数零点分析，中档；） [15: 【答案】 【分析】由，得，由，得，画出的图象结合，且，分情况求解即可. 【详解】由，得，当时，的最小值为． 由，得，即， 因为，所以．而， 当时，方程的实数解的个数分别为3，3，2； 当时，方程的实数解的个数分别为3，2，2； 当时，方程，的实数解的个数均为2． 所以当时，函数恰有7个零点，故所求概率为． 故答案为：    【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查分段函数的性质的应用，解题的关键是画出函数图象，结合图象求解即可，考查数形结合的思想，属于较难题. ] 15. （多选，2024年浙J02嘉兴一中一模，末）12. 已知函数，，则（ [endnoteRef:16] ） A. 当时，有2个零点 B. 当时，有2个零点 C. 存在，使得有3个零点 D. 存在，使得有5个零点 （零点分析，中档；） [16: 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解. 【详解】由的图象可知，的值域为， 对于选项AC：令， 则在上恒成立， 可知在上单调递增，则， 即当且仅当等号成立， 令，若，可得， 令， 当，则，可知； 当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得； 即或，结合图象可知： 有1个根；有2个根； 综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确； 对于选项B：令，若，可得， 令，即， 注意到， 由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为， 即或，结合图象可知： 有1个根；有1个根； 综上所述：当时，有2个零点，故B正确； 对于选项D：令，若，可得， 令，即， 令，解得， 由图象可设方程有三个根为，且， 即或或，结合图象可知： 或有1个根；有3个根； 综上所述：当时，有5个零点，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点 1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解． 2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合． ] 16. （2024年湘J22一起考二模，末）8. 已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（ [endnoteRef:17] ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6（涉后导数） （零点分析，中档；） [17: 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，判断的图象关于点对称，利用导数判断函数在上的单调性，在同一坐标系中作出与的图象，得出交点个数，并结合对称性及可得解. 【详解】根据题意，函数的周期为8，图象关于点对称， 又， 所以函数的图象也关于点对称， 由，， ，，， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，，， 在同一个坐标系中，作出函数与图象，如图， 由图可得，函数与在上有两个交点， 因为函数与图象均关于点对称， 所以函数与在上有两个交点，又， 所以函数在内的零点个数为5. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查函数的性质及函数零点个数问题，依据题意，可判断函数与图象均关于点对称，利用导数判断函数在上的单调性，并根据单调性，极值作出与在上的图象，根据图象求得结果. ] 17. （2024年粤J27深圳一调，末）8. 已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（ [endnoteRef:18] ） A. B. C. D. （涉后导数） （零点分析，中档；） [18: 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解. 【详解】如图，作出函数与的大致图象， 若方程有5个不同的实数根， 则的图象与的图象有5个不同的交点， 当时，，的图象与的图象无交点， 当时，，的图象与的图象有2个交点 所以， 当直线与的图象相切时，设切点坐标为， 由可得，则切线斜率， 故，则，结合图象可得m的取值范围为， 由，得，则恒成立， 设该方程的两个实数根为，，则，， 故， 因为开口向上，对称轴为， 又，所以的取值范围为． 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解. ] 18. （2024年粤J29珠海一中，末）8．已知函数，若关于的方程有五个不等的实数解，则的取值范围是（[endnoteRef:19]    ） A． B． C． D．（零点分析，中档；） [19: 【答案】C 【分析】首先判断函数在各段的单调性，即可得到的大致图象，令，则化为，分、、、、、六种情况讨论，结合函数图象即可得解. 【详解】由， 当时，函数在上单调递减，且，，当时， 当时，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 可得的大致图象如下所示： 令，则化为， 当时无解，则无解； 当时，解得，由图可知有两解，即有两解； 当时有一解且，又有一个解，即有一解； 当时有两个解，即、， 又有一个解，有两个解，所以共有三个解； 当时有三个解，即，，， 无解，有三个解，有两个解， 所以共有五个解； 当时有两个解，即，， 有三个解，有两个解， 所以共有五个解； 综上可得的取值范围是. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是数形结合，另外分类讨论需做到不重不漏. ] 19. （2024年粤J19执信冲刺，末）16. 已知函数．若有三个不同的根，则的取值范围为[endnoteRef:20]______．（涉后导数）（零点分析，中档；） [20: 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数单调性，画出草图，然后数形结合解出结果. 【详解】当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 又时，时，，所以； 当时，易知在上单调递减，所以． 作出函数的大致图象如图所示． 令，则数形结合可知方程有两个不同的实数根，分别记为， 且，而方程有两个不同根等价于函数与的图象有两个不同的交点，且两个交点的横坐标分别为． 数形结合可知．令，令，解得． 故答案为： ] 综合： 20. （多选，2024年湘J48长沙长郡四适）10．已知函数，则（[endnoteRef:21]    ） A．的最小值为1 B．， C． D．（综合中下） [21: 10．ACD 【分析】根据对数函数的单调性即可求解AB，由二次函数的性质，结合对数的运算，即可求解CD. 【详解】，当且仅当时，取得最小值1，A正确． 因为当且仅当时，取得最小值，且最小值为1，所以，所以，B错误． 因为，所以，又，且在上单调递减，在上单调递增，所以，C正确． 因为，所以，所以，D正确． 故选：ACD ] 21. （多选，2024年冀J13示范高中）9. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ [endnoteRef:22] ） A. 4为的一个周期 B. C. 由可知， D. 函数的所有零点之和为0（对数零点分析，综合中下） [22: 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可得，，则，从而可判断函数的周期性，即可判断A；求出，再根据周期性即可判断B；根据函数的周期性即可判断C；判断处函数的奇偶性，即可判断D. 【详解】因为为奇函数， 所以，即， 因为为偶函数， 所以，所以， 即， 所以， 所以4为的一个周期，故A正确； 因为，所以， 所以， 又因，所以， 所以，故B正确； 因为，所以， 因为4为的一个周期，所以， 则，所以，故C错误； 因为，所以，， 又因为，所以， 所以函数为偶函数， 令，得， 令，定义域为关于原点对称， 因为，所以函数为偶函数， 所以函数得交点关于轴对称， 所以函数的所有零点之和为0，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度； （1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性． （2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解； （3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解. ] 22. （2024年鲁J05日照一模）7. 已知函数，则（ [endnoteRef:23] ） A. B. 不是周期函数 C. 在区间上存在极值 D. 在区间内有且只有一个零点（涉后三角） （对称性，周期性 ，极值，零点分析，综合中下；） [23: 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由诱导公式即可判断；对于B，由三角函数周期可得，由此即可判断；对于C，由复合函数单调性即可判断；对于D，令，解方程即可得解. 【详解】对于A，， 所以，故A错误； 对于B，，所以是以为周期的函数，故B错误； 对于C，由复合函数单调性可知在区间上分别单调递增、单调递减， 所以在区间上单调递增，所以不存在极值，故C错误； 对于D，令，得，所以，即该方程有唯一解（函数在内有唯一零点），故D正确. 故选：D. ] 23. （2024年粤J138汕头金南三模）18．已知函数为奇函数． (1)求实数a的值； (2)判断函数的单调性（不用证明）；（[endnoteRef:24]） (3)设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数m的取值范围． （不用导数；函数奇偶性单调性恒成立能成立，综合中下；） [24: 18．(1) (2)在，上单调递减. (3) 【分析】（1）考虑和两种情况，根据奇函数性质计算得到答案. （2）确定定义域，设，且，计算，得到单调性. （3）根据单调性确定时的值域，设，换元得到二次函数，计算最大值和最小值，根据值域的包含关系得到答案. 【详解】（1）由已知函数需满足，当时，函数的定义域为， 函数为奇函数，所以， 即在上恒成立，即，（舍）， 当时，，函数的定义域为， 又函数为奇函数，所以， 此时，函数定义域为， ，函数为奇函数，满足， 综上所述：； （2）在和上单调递减，证明如下： ，定义域为， 设，且， 则 因为，且，所以， 所以，所以在上单调递减， 同理可证，所以在上单调递减； 所以在，上单调递减. （3）函数在和上单调递减， 且当时，，当时，， 时，，所以当时的值域， 又， 设，则， 当时，取最小值为，当时，取最大值为， 即在上的值域， 又对任意的，总存在，使得成立， 即，所以，解得，即. ] 24. （2024年鄂J22黄石二中三模）4．已知函数，，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:25]   ） A．为偶函数，的图象关于直线对称 B．的图象关于轴对称，不是对称图形 C．的图象关于原点对称，的图象关于点对称 D．的图象关于原点对称，的图象关于轴对称（不用导数，涉后三角） （综合中下；） [25: 4．A 【分析】首先得到的定义域，再结合三角函数诱导公式化简证明；可先由对数运算性质变形整理，再利用函数奇偶性定义证明即可. 【详解】函数的定义域为， 且，所以为偶函数，函数图象关于轴对称， 任意， ， 则， 故是偶函数，即的图象关于轴对称. 故选：A ] 25. （多选，2024年粤J120大湾区二模）10．已知函数的定义域为，，且，则（   [endnoteRef:26] ） A． B． C．为奇函数 D．在上具有单调性（综合，中档；） [26: 10．ABC 【分析】运用赋值法结合函数性质逐个判断即可得. 【详解】对A：令，则有，即，故A正确； 对B：、，则有，即， 由、，故，即，故B正确； 对C：令，则有，即， 即，又函数的定义域为，则函数的定义域为， 故函数为奇函数，故C正确； 对D：令，则有，即， 即有，则当时，有，即， 故在上不具有单调性，故D错误. 故选：ABC. ] 26. （多选，2024年浙J38绍兴四月适）11．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，则（[endnoteRef:27]    ） A． B． C． D．（涉后三角）（综合，中档；） [27: 11．BCD 【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线对称，关于点对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论. 【详解】对于函数有，，则函数关于直线对称， 由，则函数关于点对称， 所以，所以得， 则，故函数的周期为，且，故函数为偶函数， 因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图： 由对称性可得， 所以，故A不正确； 由于，，所以，故B正确； 又，，所以，故C正确； ，且， 因为，所以，故， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系.考查学生的基本分析能力与计算能力，属于中等难度的题型. ] 27. （2024年浙J37宁波模拟）8．已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ [endnoteRef:28]   ） A． B． C． D． （不用导数）（综合，中档；） [28: 8．A 【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围. 【详解】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然， 所以，即，令， 由，解得或， 即函数与的交点坐标为和， 又，所以为奇函数， 因为与在上单调递减， 所以在上单调递减，则在上单调递减， 依题意与、的交点在直线的同侧， 只需或，即或， 所以实数的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧. ] 28. （多选，2024年鄂J05七市调研，末）11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ [endnoteRef:29] ） A. 函数的值域为 B. 函数的图象关于点成中心对称图形 C. 函数的导函数的图象关于直线对称 D. 若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则 （涉后导数） （综合，中档；） [29: 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助指数函数的值域求解判断A；利用给定定义计算判断B；利用复合函数求导法则结合对称性判断C；利用中心对称的性质计算判断D. 【详解】对于A，显然的定义域为R，，则，即函数的值域为，A错误； 对于B，令，， 即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，B正确； 对于C，由选项B知，，即， 两边求导得，即， 因此函数的导函数的图象关于直线对称，C正确； 对于D，由函数满足为奇函数，得函数的图象关于点成中心对称， 由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称， 因此，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：函数定义域为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. ] 29. （多选，2024年苏J02前黄一模，末）11. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（[endnoteRef:30] ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若旋转函数，则 D. 若为旋转函数，则 （涉后导数）（综合，中档，未；） [30: 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可. 【详解】对A，如满足条件，故A正确； 对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误； 对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得. 当时，最多1个解，满足题意； 当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确； 对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数. 又，故，即恒成立. 即图象在上方，故，即. 当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确. 故选：ACD ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$