第三章　函数的概念与性质 单元测试-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 高中数学第三章“函数的概念与性质”单元卷，覆盖函数奇偶性、单调性、幂函数等核心知识，通过基础巩固与创新应用梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理及模型应用能力，适配单元复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|幂函数奇偶性（题1）、奇函数解析式（题2）|结合抽象函数递推（题3），考查数学思维| |多选|3/18|定义域值域（题9）、函数性质综合（题11）|设置多维度辨析，培养批判性思维| |填空|3/15|奇函数单调性（题12）、分段函数值域（题13）|融入函数对称性，提升空间观念| |解答|5/77|利润函数模型（题17）、新定义“绝对和”（题19）|综合应用与创新情境，体现数学语言表达|

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第三章　函数的概念与性质 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.已知幂函数f(x)=(3m2-7m-5)x3m-1是奇函数,则m=(　　) A.-或3　　B.3　　C.　　D.- 2.已知f(x)是定义域为R的奇函数,当x≥0时, f(x)=x(x-1),则当x<0时, f(x)的解析式为(　　) A. f(x)=x(x+1)　　B. f(x)=x(x-1) C. f(x)=-x(x+1)　　D. f(x)=-x(x-1) 3.已知函数f(x)满足f(2)=2且f(x+2)=4f(x),则f(2)+f(4)+f(6)+f(8)+f(10)=(　　) A.682　　B.684　　C.686　　D.688 4.已知函数f(x)是定义域为R的偶函数,且在区间[0,+∞)上单调递减, f(1)=0,则(x+1)f(x)<0的解集为(　　) A.(-∞,-1)　　B.(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(1,+∞)　　D.R 5.已知函数f(x)的定义域为R, f(x)+f(y)-2xy=f(x+y),且当x≠0时, f(x)=x3f,则f(4)的值是(　　) A.-20　　B.-16　　C.-12　　D.-10 6.设函数f(x)=max{x2+2x+4,|x-4|},其中max{a,b}表示a,b中的最大者,若f(x)在区间[m,n]上的最大值为7,最小值为4,则n-m的最大值和最小值分别为(　　) A.3,1　　B.4,1　　C.5,2　　D.7,2 7.若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+3)+f(1-x)=f(2),且f(3)=2,则f(2 025)=(　　) A.-2　　B.0　　C.2　　D.4 8.设函数f(x)=(-3≤x≤3)的最大值为M,最小值为m,则M+m=(　　) A.2　　B.0　　C.4 052　　D.2 026 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.下列说法正确的是(　　) A.若f(x)的定义域为[-2,2],则f(2x-1)的定义域为 B.函数y=的值域为(-∞,2)∪(2,+∞) C.函数f(x)=+(x-1)0的定义域为∪(1,+∞) D.函数f(x)=x2-2x+4在[-2,2]上的值域为[4,12] 10.已知函数f(x)=,则(　　) A. f(f(1))=-1　　B. f(x-1)+f(-x-1)=2 C.函数f(x)在定义域内单调递增　　D. f(x)≥2的解集为[-3,-1) 11.已知连续函数f(x)满足:①∀x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y)-1;②当x>0时, f(x)<1;③f(1)=-2,则以下说法中正确的是(　　) A. f(0)=1 B. f(4x)=4f(x)-4 C. f(x)在[-2,2]上的最大值是7 D.不等式f(3x2)-2f(x)>f(3x)+4的解集为x<x<1 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知奇函数f(x)在[-2,-1]上单调递增,且f(-2)=6, f(-1)=7,则函数f(x)在[1,2]上的最大值是　　　　.  13.设函数f(x)=若a=2,则f(x)的单调递增区间是　　　　,若f(x)的值域为R,则a的取值范围是　　　　.  14.已知f(x)是定义在R上的奇函数, f(x)的图象是一条连续不断的曲线,若∀x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,>0,则不等式8t3f(2t)-(t-1)3f(t-1)>0的解集为　　　　　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知函数f(x)=且f(2)=0. (1)求函数f(x)的解析式; (2)求f(f(1))的值; (3)若f(m)=m,求实数m的值. 16.(15分)已知幂函数f(x)=(2m2-m-5)xm在(0,+∞)上单调递增. (1)求f(x)的解析式; (2)设g(x)=. (i)证明:g(x)的图象是轴对称图形; (ii)判断g(x)在区间(-∞,0)上的单调性,并用定义法证明你的结论. 17.(15分)某厂家开发了一种新型机器人.根据开发及生产费用,该款机器人以每台7 000元的价格投入市场.设该款机器人的产量为x千台,若x∈(0,30),则需投入生产费用(10x2+300x+400)万元;若x∈[30,+∞),则需投入生产费用万元.假设销量等于产量. (1)求售出该款机器人所获利润y(单位:万元)关于x的函数关系式;(利润=售价-生产费用) (2)当x为多少时,该厂家售出该款机器人所获利润最大?最大利润是多少万元? 18.(17分)已知函数f(x)的定义域为[-1,1],对定义域内任意的非零实数x,y恒有f(xy)=f(x)+f(y),且当x∈(-1,0)时, f(x)>0. (1)判断并证明函数f(x)的奇偶性; (2)证明:函数f(x)在区间(0,1)上单调递减; (3)已知f=3,g(x)的图象关于点中心对称,且当x∈时,g(x)=2x2-mx+m.若对任意x1∈[0,1],总存在x2∈,使得g(x1)=f(x2),求实数m的取值范围. 19.(17分)在平面直角坐标系Oxy中,已知点A(x1,y1),B(x2,y2),称|x1+x2|+|y1+y2|为A,B两点的绝对和,记为|AB|+. (1)若P(-1,1),Q(3,-2),求|PQ|+; (2)已知点M(1,0),点N在直线y=x+2上,证明:|MN|+≥1; (3)已知点K(0,k),k∈R,动点T在函数y=x2,x∈[-1,1]的图象上,记|KT|+的最大值为f(k),求函数y=f(k)的最小值. 参考答案 1.D　因为函数f(x)为幂函数,所以3m2-7m-5=1,即(m-3)·(3m+2)=0,所以m=3或m=-. 当m=3时, f(x)=x8,为偶函数,故m=3不合题意; 当m=-时, f(x)=x-3,为奇函数,故m=-满足题意. 2.C　当x<0时,-x>0,所以f(-x)=-x(-x-1)=x(x+1), 因为函数f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(x)=-f(-x)=-x(x+1). 3.A　由函数f(x)满足f(2)=2且f(x+2)=4f(x),得f(4)=4f(2)=8,f(6)=4f(4)=32, f(8)=4f(6)=128, f(10)=4f(8)=512,所以f(2)+f(4)+f(6)+f(8)+f(10)=2+8+32+128+512=682. 4.B　因为函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递减, f(1)=0, 所以当0≤x<1时, f(x)>0,当x>1时, f(x)<0, 又函数f(x)是定义域为R的偶函数, 所以当-1<x<0时, f(x)>0,当x<-1时, f(x)<0, 由(x+1)f(x)<0, 可得或 即或解得x>1, 所以(x+1)f(x)<0的解集为(1,+∞). 5.A　在f(x)=x3f中,令x=-1,则f(-1)=-f(-1),则f(-1)=0, 在f(x)+f(y)-2xy=f(x+y)中,令x=y=0,则f(0)=0, 令x=1,y=-1,则f(1)+f(-1)+2=f(0)=0,即f(1)+f(-1)=-2,故f(1)=-2, 令x=y=1,则f(2)=2f(1)-2=-6, 令x=y=2,则f(4)=2f(2)-8=-20. 6.B　f(x)的图象如图中实线部分所示: 由图及已知得f(x)= 令f(x)=4,得x=0,令f(x)=7,得x=-3或x=1. 当m=-3,n=1时,n-m取得最大值4; 当m=0,n=1时,n-m取得最小值1. 所以n-m的最大值和最小值分别为4,1. 7.A　因为f(x+3)+f(1-x)=f(2), 所以f(x+4)+f(-x)=f(2), 又函数f(x)为偶函数,所以f(x+4)+f(x)=f(2), 则f(x+8)+f(x+4)=f(2), 两式相减可得f(x+8)-f(x)=0,即f(x+8)=f(x), 所以函数f(x)的一个周期为8, 故f(2 025)=f(8×253+1)=f(1), 在f(x+3)+f(1-x)=f(2)中,令x=-1,得f(2)+f(2)=f(2),则f(2)=0,即f(x+3)+f(1-x)=0, 令x=0,可得f(3)+f(1)=0,所以f(1)=-f(3)=-2, 所以f(2 025)=-2. 8.C　f(x)==2 026+(-3≤x≤3), 设g(x)=(-3≤x≤3),定义域关于原点对称, 又g(-x)==-=-g(x),所以函数g(x)为奇函数,则g(x)max+g(x)min=0, 由已知得M=2 026+g(x)max,m=2 026+g(x)min, 所以M+m=4 052+g(x)max+g(x)min=4 052. 9.AC　对于A,由函数f(x)的定义域为[-2,2], 可得-2≤2x-1≤2,解得-≤x≤, 所以函数f(2x-1)的定义域为,故A正确; 对于B,y===-1,由于∈(-∞,0)∪(0,+∞),所以y∈(-∞,-1)∪(-1,+∞),故B错误; 对于C,要使函数f(x)有意义,则需⇒x>且x≠1,所以函数f(x)的定义域为∪(1,+∞),故C正确; 对于D, f(x)=x2-2x+4=(x-1)2+3,当x∈[-2,2]时, f(x)min=f(1)=3, f(x)max=f(-2)=12, 所以函数f(x)在[-2,2]上的值域为[3,12],故D错误. 10.ABD　对于A, f(1)==0,所以f(f(1))=f(0)=-1,故A正确; 对于B, f(x-1)+f(-x-1)=+=+==2,故B正确; 对于C, f(x)==1-,其定义域为{x|x≠-1},因为f(0)=-1<f(-2)=3,所以f(x)在定义域内不单调递增,故C错误; 对于D,由≥2,得-2≥0,化简得≤0,则解得-3≤x<-1,故D正确. 11.ACD　对于A,在f(x+y)=f(x)+f(y)-1中,令x=y=0,则f(0)=f(0)+f(0)-1,解得f(0)=1,A正确; 对于B,令y=x,则f(2x)=f(x)+f(x)-1=2f(x)-1, 因此f(4x)=2f(2x)-1=2[2f(x)-1]-1=4f(x)-3,B错误; 对于C,∀x1,x2∈R且x1<x2,则x2-x1>0,而当x>0时, f(x)<1,于是f(x2-x1)<1, f(x2)=f(x1+(x2-x1))=f(x1)+f(x2-x1)-1<f(x1), 故函数f(x)在R上单调递减,当x∈[-2,2]时, f(x)max=f(-2)=2f(-1)-1, 又f(1)=-2,1=f(0)=f(1)+f(-1)-1,所以f(-1)=4, 因此f(x)max=7,C正确; 对于D,由f(3x2)-2f(x)>f(3x)+4, f(2x)=2f(x)-1,得f(3x2)>f(2x)+f(3x)+5,则f(3x2)>f(2x+3x)+6, 即f(3x2)>f(5x)+7-1,于是f(3x2)>f(5x)+f(-2)-1, 即f(3x2)>f(5x-2),由f(x)在R上单调递减可得3x2<5x-2,解得<x<1,因此原不等式的解集为,D正确. 12.答案　-6 解析　因为奇函数f(x)在[-2,-1]上单调递增, 所以函数f(x)在[1,2]上单调递增. 所以函数f(x)在[1,2]上的最大值是f(2)=-f(-2)=-6. 13.答案　(1,2);(0,2] 解析　当a=2时, f(x)= 故f(x)在(-∞,1]上单调递减,在(1,2)上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,故f(x)的单调递增区间是(1,2). 易知y=-x+a在(-∞,1]上的值域为[a-1,+∞), 若f(x)的值域为R,则需y=-a(x-2)2+1在(1,+∞)上的值域包含(-∞,a-1)即可, 所以解得0<a≤2. 14.答案　(-∞,-1)∪ 解析　令g(x)=x3f(x),则∀x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,=>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增. 因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x), 所以g(-x)=(-x)3f(-x)=x3f(x)=g(x), 所以g(x)为偶函数,所以g(x)在(-∞,0]上单调递减, 由8t3f(2t)-(t-1)3f(t-1)>0,得(2t)3f(2t)>(t-1)3f(t-1),即g(2t)>g(t-1),即g(|2t|)>g(|t-1|), 所以|2t|>|t-1|,两边同时平方可得4t2>t2-2t+1,即3t2+2t-1>0,解得t<-1或t>, 即不等式的解集为(-∞,-1)∪. 15.解析　(1)由f(2)=0,得2a-1=0,解得a=, 所以f(x)=(3分) (2)由(1)得f(1)=-1=-,(5分) 则f(f(1))=f=-2.(7分) (3)当m≥0时,m-1=m,解得m=-2,舍去.(9分) 当m<0时,=m,解得m=1(舍去)或m=-1.(12分) 综上,m=-1.(13分) 16.解析　(1)根据幂函数的定义可知,2m2-m-5=1,即2m2-m-6=0,解得m=2或m=-,(3分) 又幂函数f(x)=(2m2-m-5)xm在(0,+∞)上单调递增,所以m>0,故m=2,因此f(x)=x2.(5分) (2)由(1)得g(x)==. (i)证明:易知g(x)的定义域为R, 因为g(-x)===g(x),所以g(x)为偶函数,(7分) 即g(x)的图象关于y轴对称,故g(x)的图象是轴对称图形.　(9分) (ii)g(x)在区间(-∞,0)上单调递减.(10分) 证明如下: ∀x1,x2∈(-∞,0),且x1<x2,则g(x1)-g(x2)=-==,(12分) 因为x1<x2<0,所以-x1>-x2>0,所以>,即>,所以->0, 又+1>1,+1>1,所以g(x1)-g(x2)>0,(14分) 因此g(x1)>g(x2),即g(x)在区间(-∞,0)上单调递减.(15分) 17.解析　(1)当x∈(0,30)时,y=700x-(10x2+300x+400)=-10x2+400x-400,(3分) 当x∈[30,+∞)时,y=700x-=-+5 000,(6分) ∴售出该款机器人所获利润y(单位:万元)关于x的函数关系式为y=(7分) (2)当x∈(0,30)时,y=-10x2+400x-400=-10(x-20)2+3 600,(9分) ∴当x=20时,ymax=3 600.(10分) 当x∈[30,+∞)时,y=-+5 000≤-2+5 000=4 920,(13分) 当且仅当x=,即x=40时,等号成立.(14分) ∵4 920>3 600, ∴当产量为40千台时,该厂家售出该款机器人所获利润最大,最大利润是4 920万元.(15分) 18.解析　(1)f(x)是偶函数.证明如下: f(x)的定义域为[-1,1],关于原点对称. 对于f(xy)=f(x)+f(y),x,y∈[-1,1],x,y≠0, 令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),∴f(1)=0. 令x=y=-1,则f(1)=f(-1)+f(-1)=0,∴f(-1)=0. 令y=-1,则f(-x)=f(x)+f(-1)=f(x), ∴f(x)为定义在[-1,1]上的偶函数.(3分) (2)证明:任取x3,x4∈(0,1),且x3<x4,由偶函数的性质可得,当x∈(0,1)时, f(x)>0,(4分) 对于f(xy)=f(x)+f(y),令x=,y=x4,则f(x3)=f+f(x4),即f(x3)-f(x4)=f. ∵0<x3<x4<1,∴∈(0,1),(6分) 又当x∈(0,1)时, f(x)>0,∴f>0,即f(x3)-f(x4)>0,即f(x3)>f(x4),∴f(x)在(0,1)上单调递减.(8分) (3)记f(x)在上的值域为A,g(x)在[0,1]上的值域为B,∵对任意x1∈[0,1],总存在x2∈,使得g(x1)=f(x2),∴B⊆A. 由(1)(2)知f(x)在(0,1)上单调递减,且f(1)=0, 又f=3,∴当x∈时, f(x)∈[0,3], ∴A=[0,3]. ∵g=,∴g(x)的图象过点, 又g(x)的图象关于点中心对称, ∴当x∈[0,1]时,g(x)max+g(x)min=1.(10分) ①当≤0,即m≤0时,g(x)在[0,1]上单调递增, ∴g(x)min=g(0)=m,∴g(x)max=1-m, ∴B=, 由B⊆A得解得m≥0,又m≤0,所以m=0;(12分) ②当0<<,即0<m<2时,g(x)在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减, ∴g(x)min=min,g(x)max=maxg(0),g, 由B⊆A得 解得0≤m≤2,又0<m<2,∴0<m<2;(14分) ③当≥,即m≥2时,g(x)在上单调递减, ∴g(x)max=g(0)=m, ∴g(x)min=1-m, 故B=, 由B⊆A得 解得m≤2,又m≥2,∴m=2.(16分) 综上所述,实数m的取值范围为[0,2].(17分) 19.解析　(1)∵P(-1,1),Q(3,-2), ∴|PQ|+=|-1+3|+|1-2|=3.(2分) (2)证明:∵点N在直线y=x+2上, ∴设N(x,x+2). ∵M(1,0), ∴|MN|+=|x+1|+|x+2|.(4分) 易知|MN|+=|x+1|+|x+2|≥|(x+1)-(x+2)|=1, 当且仅当(x+1)(x+2)≤0,即-2≤x≤-1时等号成立, ∴|MN|+≥1.(6分) (3)∵动点T在函数y=x2,x∈[-1,1]的图象上, ∴设T(x,x2),x∈[-1,1], 则|KT|+=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1].(7分) 设g(x)=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1],则g(x)的定义域关于原点对称,且g(-x)=|x|+|x2+k|=g(x),∴函数g(x)=|x|+|x2+k|,x∈[-1,1]为偶函数, 故只需研究函数g(x)=|x|+|x2+k|在[0,1]上的最大值即可.(9分) 当k≥0时,g(x)=|x|+|x2+k|=x2+x+k=+k-,x∈[0,1], 易知函数g(x)在[0,1]上单调递增, ∴g(x)max=g(1)=2+k. 当k≤-1时,g(x)=|x|+|x2+k|=-x2+x-k=-+-k,x∈[0,1], 易知函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,∴g(x)max=g=-k.(10分) 当-1<k<0时,令|x2+k|=0,得x=±, ∴g(x)=|x|+|x2+k|= 易知y=-x2+x-k的图象开口向下,对称轴方程为x=,y=x2+x+k的图象开口向上,对称轴方程为x=-, 故y=x2+x+k在(,1]上单调递增.(12分) ①当≤,即-≤k<0时,y=-x2+x-k在[0,]上单调递增,此时g(1)=2+k≥,g()=≤,∴g(x)max=g(1)=2+k;(13分) ②当<<1,即-1<k<-时,y=-x2+x-k在上单调递增,在上单调递减, ∵g(1)=2+k∈,g=-k∈, ∴g(x)max= 综上, f(k)=(15分) 当k<-时, f(k)=-k在上单调递减, f(k)=-k>f=; 当k≥-时, f(k)=2+k在上单调递增, f(k)=2+k≥f=. ∴函数y=f(k)的最小值为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $