函数的图像专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 以函数图像变换与性质为核心，通过“变换-识别-应用”三阶训练体系，融合数形结合、导数分析等方法，系统覆盖图像变换、零点问题、方程根等高频考点，培养几何直观与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图像变换|单选1-4、多选26|平移伸缩规则、逆向变换法|从基本变换到复合变换，构建变换逻辑链| |性质应用|单选5-10、17、多选19-20|奇偶性判断、极限分析、导数求单调|性质决定图像特征，图像反映性质| |零点与方程根|单选2-3、12-13、填空28-30|换元法、图像交点法、分类讨论|零点个数→方程根→参数范围的转化| |实际应用|单选16|体积与高度关系建模|数学建模解决实际图像问题|

2027届高考数学一轮复习作业——函数的图像 一、单选题 1．为了得到函数的图象，只需要把图象上所有的点（     ） A．横坐标变为原来的（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．向右平移1个单位（纵坐标不变） D．向上平移2个单位（横坐标不变） 2．函数的函数值表示不小于x的最小的整数，例如，则函数的零点的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个 3．设定义域为的函数，则关于的方程，有7个不同实数根的充要条件是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 4．将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象．再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合．则可以是（    ） A． B． C． D． 5．函数的图像大致是（    ） A．   B．   C．   D．   6．定义在上的三个函数，若，则的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 7．已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（    ） A． B． C． D． 8．函数，的图象大致为（ ） A． B． C． D． 9．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（   ） A． B． C． D． 10．当时，函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 11．函数的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 12．已知函数若有个不同的实数根，则的范围为（    ） A． B． C． D． 13．已知函数，则关于直线与函数的图象的交点的个数说法错误的是（    ） A．当时，有3个交点 B．当时，有且只有1个交点 C．当时，有2个交点 D．当时，没有交点 14．函数在区间上的大致图象不可能为（    ） A． B． C． D． 15．已知，函数的最大值为0，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 16．2002年山西陶寺遗址的考古发掘中，出土了5件漆木漏斗形器，被确认为沙漏计时器，经3D打印复原实验，每件沙漏装满细沙后自动匀速下漏，全部漏完用时14.4分钟，100件漏完恰好为24小时.如图，该漏斗形器上部为圆台，下部为圆锥，则装满沙子的漏斗形器中剩余沙子的高度与时间的函数的大致图象为（    ） A． B． C． D． 17．已知函数的定义域为，对定义域内任意的，的取值为或．有如下两个命题：①若有且仅有2025个实数使得关于的方程只有1个解，则函数至少存在2025个严格减区间；②若对任意满足条件的函数，方程都有解，则实数存在4051个可能的取值；则（    ） A．①正确；②正确 B．①正确；②错误 C．①错误；②正确 D．①错误；②错误 二、多选题 18．已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．函数有3个零点 B．函数在上单调递减 C．函数的零点之积为 D．方程最多有3个实数根 19．函数的大致图象可能是（   ） A． B． C． D． 20．已知函数，则（   ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 21．若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（    ） A． B． C．成等比数列 D． 22．若函数的图像上存在四点共圆，则满足条件的可以是（   ） A． B． C． D． 23．设，两个函数的图象如图所示，则（   ） A．的图象是的图象是 B．的图象是的图象是 C．当时， D． 24．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正三角形ABC沿着x轴连续滚动(滚动时无滑动)，若顶点A在滚动中恰好经过坐标原点，设顶点满足函数关系式，则下列判断正确的有（   ） A． B．函数图象的对称轴方程为 C．不等式的解集为 D．直线与函数的图象恰有3个交点 25．已知函数，，若方程恰有2个不同的实数根，则实数可能的取值为（   ） A． B．1 C． D．2 26．下列各组函数中，可以只通过图象平移变换从变为的是（   ） A． B． C． D． 三、概念填空 27．平移变换 四、填空题 28．定义域为的函数的图像绕原点逆时针旋转后与自身重合，则不动点的个数为________． 29．若直线与函数的图象的公共点构成的集合为，直线与函数的图象的公共点构成的集合为，且只有个元素，则的取值范围是_________________ 30．已知关于x的方程有两个不相等的实数解，则正实数m的取值范围是______. 31．如图所示为函数的图象，则不等式的解集为________. 32．已知函数满足，当时，，若函数在上恰有8个不同的零点，则实数的取值范围为__________. 五、解答题 33．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，画出函数的图像，并求出的解析式． 34．作函数的图象. 35．作函数的图象. 36．已知函数    (1)求函数的极值； (2)在给定的直角坐标系中画出函数的大致图像； (3)讨论关于x的方程的实根个数． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2027届浙江省高考数学一轮复习作业——函数的图像》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C C C D A A A B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D D D C A D B AC ABC AD 题号 21 22 23 24 25 26 答案 ABD BCD ACD ACD BD CD 1．A 【详解】因为， 所以要得到的图象，只需要把图象上所有的点横坐标变为原来的（纵坐标不变）. 2．C 【分析】则已知可设，，则，代入原函数，转换得到，再从可确定整数的个数，再代入原函数进行验证. 【详解】解法一：令，则. 由已知可设，，则. 所以，则. 又因为，所以，解得. 又因为，所以的取值为. 当时，，则. 所以，所以是的零点； 当时，，则. 所以，所以是的零点； 当时，，则. 所以，所以2是的零点. 综上所述，的零点有3个. 解法二：作出函数的图象，其与直线的交点个数即为函数零点的个数， 观察图象有，，共3个交点，即函数有3个零点. 3．C 【分析】此题为复合函数零点问题，关键是换元后，通过函数图象和数形结合思想把每个函数零点研究清楚. 【详解】令，考虑方程的根，该方程必有解，设解为， 题设方程和方程的解即为方程的解， 因为方程有7个不同的解， 根据的图象（如图所示）可得，直线与的图象有3个不同公共点， 直线与的图象有4个不同公共点， 故所以，即，故选C. 4．C 【详解】将横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，可得， 将向右平移1个单位长度，所得图象恰好与的图象重合，可得， 选项A：，故A错误； 选项B：，故B错误； 选项C：，故C正确； 选项D：，故D错误. 5．C 【分析】通过求函数的零点判断图像与轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。 【详解】令，即，因为恒成立，所以， 解得或，数图像与轴有两个交点和。 观察选项：A选项：当时图像一直在轴下方，不符合时，故排除A； B选项：当时图像有部分在轴下方，而当时，，，所以，故排除B； D选项： 由导数可知，当时，函数单调递增，D 选项在时单调递减，故排除D； C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质. 6．D 【详解】采用描点法作出草图如下表： 1 2 3 4 5 6 3 6 11 20 37 70 3 8 15 24 35 48 3 函数图象如下： 令， 当时，，故A正确； 当时，，故C正确； 当时，，故B正确． 7．A 【分析】根据奇偶性、单调性排除选项求解 【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数； 对于B，是偶函数，不符合，排除B； 对于C， 的定义域不含，不符合，排除C； 对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D； 所以A正确. 8．A 【分析】根据函数的奇偶性及赋值法判断即可． 【详解】由，， 可得， 所以函数为奇函数，其图像关于原点对称，故可排除选项C、D， 当时，可得，可排除选项B， 所以该函数的图象大致为选项A． 9．A 【分析】由取值情况判断B；由时函数值情况判断C；由的值判断D；分析函数性质判断A. 【详解】对于B，函数的定义域为R，而给定图象对应函数中，B不是； 对于C，函数，当时，，此时图象在下方，C不是； 对于D，函数，，其图象过点，D不是； 对于A，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当时，；当时，，A可能是. 10．B 【分析】求出函数的定义域，结合时，的符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】对于函数，因为，由可得且， 故函数的定义域为，排除AC， 当时，，排除D. 11．D 【分析】根据图像关于对称，可得，结合图像即可求解. 【详解】由题可得，由于图像关于对称，所以，， 得，， 所以不等式，即的解集为. 12．D 【分析】化简分段函数，画出函数的图象，分析的根的个数，确定的范围. 【详解】， 将函数的图象关于轴对称并将轴下方部分翻折到轴上方，即可得到的图象； 对于，最小正周期为， 故上有个周期，令，， 则可得，， 由此作出函数的图象， 如图， 当时，由图可知，当时，， 取其他值时，，故D正确. 13．D 【分析】作出，，的函数图象，根据图象的交点以及的范围进行分类讨论，由此判断即可. 【详解】直线与直线有一个交点， 联立直线，解得或， 所以直线与直线的交点为，， 在同一平面直角坐标系中作出，，的图象如图所示， 当时，有3个公共点，分别为，A正确. 当时，有且只有1个公共点，为，B正确. 当时，有2个公共点，分别为，C正确. 当时，①时，有3个公共点，分别为；时，有2个公共点，分别为，D错误. 14．C 【分析】根据函数图象的对称性可得函数的奇偶性，从而确定参数的值，再判断即可. 【详解】选项A，B中函数图象关于原点对称，则对应的为奇函数， 令，则为偶函数， 即，即， 所以，解得， 当时，，符合A项， 当时，，符合B项； 选项C，D中函数图象关于轴对称，则对应的为偶函数， 令，则为奇函数， 即，即， 所以，此时，当时，，故D符合，故C不符合. 15．A 【分析】结合函数图像分析，从而得到当与相切时，取得最小值，进而构造函数，求导，分析函数的单调性，从而求出最值，进而得到的最小值． 【详解】依题意可得函数的定义域为， 由函数的最大值为0， 即在上恒成立， 即的图象在的下方， 结合图象可得，当函数的图象过原点，且与相切时，取得最小值， 根据对称性，不妨只考虑的情况， 即当与相切时，取得最小值， 即在上恒成立， 令，即时，取得最小值， 则，令，则， 又时，，即在上单调递增； 时，，即在上单调递减， 所以，解得． 故选：A 16．D 【分析】根据给定条件，利用圆台、圆锥的结构特征，结合单位时间内漏出相同体积的沙子，分析高度下降速度随时间变化的快慢即可判断得解. 【详解】依题意，细沙匀速下漏，单位时间漏出沙子的体积恒定， 随时间的增大，高度逐渐减小，沙面面积逐渐减小， 由圆台上部大下部小，得漏出的沙子，随时间的增大，高度的变化量逐渐增大， 因此的下降速度越来越快，对应图象变得越来越陡，排除选项BC； 又漏斗上部为圆台，下部为圆锥，两部分沙面面积随的变化规律不同， 圆锥部分比圆台部分沙面面积更小，减小更快，因此的下降速度更快，图象更陡， 且下降速度在交界处会发生变化，图象在交界处不光滑，排除选项A，选项D符合题意. 17．B 【分析】通过画图由与的图像情况，分析函数取值情况进行分析. 【详解】由函数的定义域为，对定义域内任意的，的取值为或． ①若有且仅有2025个实数使得关于的方程只有1个解， 由当时，，无意义，此时， 即对所有的，均有， 由题意有且仅有2025个实数使得关于的方程只有1个解， 说明当，且，时， 从而在区间内包含函数的2025个周期，必有2025个严格递减区间. 从而在区间内至少存在2025个严格递减区间.命题①为真. ②由与在内有4050个交点 由定义域内任意的，的取值为或， 对任意满足条件的函数，方程都有解， 只要实数取上述交点纵坐标，则不论取值为或， 方程都有解， 故存在4050个可能的取值，命题②为错误. 18．AC 【分析】求解方程的根，即可得零点，进而可判断AC，根据函数的图像即可求解BD. 【详解】时，令，即，则， 当时，令，即，得或，故有3个零点，A正确， 当时，为开口向下的二次函数，且对称轴为，此时在单调递减，当时，，此时在单调递减，但，因此在上不是单调递减，B错误， 由于有3个零点，分别为或或，结合，故有3个零点，分别为，故的零点之积为，C正确， 作出的大致图像如下，当时，此时有四个交点，故有四个实数根，由于，故也有四个实数根，D错误. 19．ABC 【分析】求导可得，分类讨论的取值情况，得出函数对应的单调性，结合选项即可求解. 【详解】因为，所以． 当时，，可能是A中的图象； 当时，恒成立， 所以在上单调递增，可能是B中的图象； 当时，令，得或，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 可能是C中的图象，但不可能是D中的图象． 20．AD 【分析】首先利用单调性画出函数的图象，再根据图象，以及函数的单调性判断选项. 【详解】A.时，，时，单调递减，时，单调递增， 所以是的极小值点，故A正确； 如图，画出函数的图象， B.当，，得或 所以当，， 当，单调递增，由增加到1， ，由1减小到，存在点时，，故B错误； C.如图，当时，，，，此时，不满足，故C错误； D.当时，，，此时， ，所以，故D正确. 21．ABD 【分析】先利用导数判断两函数的单调性，求出极值，作出它们的图象，根据图象，利用函数与方程的思想，结合函数的性质逐一判断各选项即可. 【详解】对于，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当，时，，当时，， 故； 对于，函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 故. 对于A，由图知，要使直线与两条曲线和有四个不同的交点，需使，故A正确； 对于B，结合图象可知，，， 结合函数的单调性可知，，即故B正确； 同理可得，由知不可能构成等比数列，故C错误； 由前面分析可知，故D正确． 22．BCD 【分析】结合函数的性质和图象，数形结合，一一判断各选项中函数是否符合题意，即得答案. 【详解】对于A，，定义域为，在上单调递增， 该函数图象上升比较平缓，图象上没有剧烈变化的分界点， 故不可能存在某个圆与的图象有4个交点， 即的图象上不可能存在四点共圆，A不符合题意； 对于B，函数的图象为抛物线，关于y轴对称， 不妨取，则四边形为等腰梯形， 则四点共圆，B符合题意； 对于C，作出的图象，过远点O作的切线,切点为, 取延长线上一点D，以O为圆心作过点D的圆，该圆交y轴负半轴于点F， 过F作y轴的直线，过D作的垂线，两直线交于点A，以A为圆心作与y轴相切的圆， 该圆与的图象有四个交点， 故存在某个圆与的图象有4个交点，C符合题意. 对于D，作出的图象， 必存在圆与的图象有4个交点的情况，D符合题意. 23．ACD 【分析】令，利用导数研究单调性，进而得，即可判断AB，由取代得即可判断C，令，得，进而判断D. 【详解】令， 所以， 由， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，所以，即， 所以的图象是的图象是，故A正确，B错误； 当时，由，由取代得，所以，故C正确； 令，所以， 所以， 所以，故D正确. 24．ACD 【分析】根据题意作出函数图象，即可判断A，结合函数图象分析周期性和对称性，即可判断B；根据图象交点判断CD. 【详解】如图，在图中一段一段的扇形上运动， 对于选项A：初始时在原点，当时，即为正三角形的高， 所以，故A正确； 对于选项B：由图可知：的一条对称轴为，周期为6，每经过半个周期均为的对称轴， 所以函数的对称轴方程为，故B错误； 对于选项C：如图所示， 若，解得， 所以不等式的解集为，故C正确； 对于选项D：令，解得， 结合图象可知：直线与函数的图象恰有3个交点，故D正确. 25．BD 【分析】解法1，结合的图象，对进行讨论可得答案；解法2，对取特殊值，利用排除法可得答案. 【详解】解法1：由关于对称，最高点为， 令得，或， 令得，或，由得，由得， ①当时，， 函数的图象与的图象无交点； ②当时，函数的图象与的图象有一个交点； ③当时，函数的图象与的图象有2个交点； ④当时，函数的图象与的图象有3个交点； ⑤直线与曲线相切时， 联立可得：，由可得：， 当时，由上函数的图象与的图象有3个交点； ⑥当时，函数的图象与的图象有4个交点； ⑦当时，函数的图象与的图象有2个交点. 综上，的取值范围为或，所以实数可能的取值为1和2. 故选：BD. 解法2：当时，函数的图象与的图象仅交于点，A错误； 当时，函数的图象与的图象有2个交点，B正确； 当时，函数的图象与的图象在上有1个交点， 且都过和，共3个交点，C错误； 当时，函数的图象与的图象有2个交点，D正确. 故选：BD. 26．CD 【分析】根据函数图像的平移变换规律进行判断即可. 【详解】对于A，无法通过平移由得到，故A错误， 对于B，涉及伸缩变换，故B不正确， 对于C，，所以可通过的图象向左平移个单位得到，故C正确； 对于D，， 故可将的图象向上平移1个单位得到的图象，故D正确， 故选：CD． 27． 【分析】略 【详解】略 28． 【分析】先由函数的不动点的定义可知不动点为，分和两种情况讨论，并结合函数的旋转性质可得. 【详解】因为函数的不动点是满足的点，即函数图象与直线的交点称为函数的不动点. 若点在函数的图像上，绕原点逆时针旋转后的点也一定在原图像上，即. ①对原点处的点，逆时针旋转两次后得到点，该点仍在图像上， 由函数定义（一个对应唯一一个）得：，故， 因此一定是函数的不动点（满足）. ②设是函数的非零不动点，即. 将点逆时针旋转得点，故； 再逆时针旋转得点，故. 由函数的定义知，同一个只能对应唯一一个，因此，得，与矛盾， 所以函数不存在非零不动点. 综上所述，函数的不动点只有原点，个数为. 29． 【分析】利用导数研究的单调性及极值，作出的大致图象，转化为与图象有2个交点，数形结合即可得解. 【详解】由指数函数性质知，在上单调递减，且值域为， 的定义域为，， 令，解得，令，解得， 则的单调递增区间是，单调递减区间是， 所以，作出的大致图象，如图，    当只有个元素时，即直线与的图象总共有2个交点， 由图象可知，的取值范围是. 30． 【分析】换元令，可得，根据题意结合指数函数单调性分析可知，整理可得，结合导数的几何意义分析求解即可. 【详解】因为，则， 令，可得， 原题意等价于关于t的方程有两个不相等的实数解， 若，则在定义域内单调递增， 可知方程不可能有两个不相等的实数解，不合题意，所以， 可得，原题意等价于与有2个不同的交点， 因为，可知与必有一个交点， 且，令，解得， 当，由图象可知与有2个不同的交点， 所以正实数m的取值范围是. 31． 【分析】根据图象得到函数的单调性，根据单调性与导数的关系得导数的符号，进而求得不等式的解集． 【详解】由图象可知，在，上单调递增，在上单调递减， 故当，时，，当时，. 原不等式等价于或，则或. 所以不等式的解集为. 32． 【分析】根据函数的周期性，作出函数在上的图象，将函数的零点个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，数形结合，可得答案. 【详解】由题意知满足，故是以8为周期的函数， 结合，作出函数在上的图象，如图所示： 因为， 故时，即或， 则在上恰有8个不同的零点，即等价于的图象和直线有8个不同的交点， 由图象可知，和的图象有6个不同的交点， 则和的图象需有2个不同的交点，即， 故， 则实数的取值范围为， 故答案为： . 33．， 【分析】先利用奇函数的图像关于原点对称画出函数图像，再利用奇函数的定义求出解析式． 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以图像关于原点对称且，图像如图所示： 当时，， 所以当时，，则， 整理有， 所以的解析式为． 34． 【分析】利用列表，描点，连线可画出函数图象. 【详解】因为，列表如下： 作出图象如图： .   35． 【分析】利用描点法作出函数图象. 【详解】的定义域为， 列表如下： 作出图象如图： 36．(1)极小值为，无极大值 (2)   (3)当时，方程有唯一的实数根； 当时，方程有两个不同的实数根； 当时，方程无实数根. 【分析】（1）求导得，分析单调性，得极小值，无极大值； （2）结合单调性、零点和极限趋势，画出函数图像； （3）将方程根的个数转化为函数与的交点个数，结合图像分情况讨论. 【详解】（1）因为函数定义域为，，又恒成立， 当时，；当时，； 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值. （2）当时，，，此时， 再结合（1）中分析，可得图象如下：    （3）方程的根的个数等价于函数与的交点个数； 结合（2）中图象可知： 当时，与有且仅有一个交点； 当时，与有两个不同交点； 当时，与有且仅有一个交点； 当时，与无交点； 综上所述：当时，方程有唯一的实数根； 当时，方程有两个不同的实数根； 当时，方程无实数根. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $