单元素养测评卷(三)B 第3章 函数-【满分思维】2026-2027学年高中数学必修第一册学生用书（人教B版）

**基本信息** 本试卷为高中数学第三章单元素养测评卷，120分钟150分，覆盖函数零点、奇偶性、单调性等核心知识，通过基础辨析、综合应用及创新题型，考查数学抽象、逻辑推理与模型意识，适配单元复习检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|零点存在性、奇偶性比较、二分法区间|融合2025-2026各地期中真题，注重概念辨析与性质应用| |填空题|3题15分|分段函数单调性、抽象函数性质|通过奇偶性求解析式，考查数学思维严谨性| |解答题|5题77分|二次函数最值、实际利润模型、新定义“完美嵌套”|分层设计，第17题以创业利润为情境培养模型意识，第19题新定义问题提升探究能力|

单元素养测评卷(三)B  第三章 (时间:120分钟　分值:150分) 一、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.若函数f(x)=ax+1在(0,1)内恰有一个零点,则实数a的取值范围是 (　　) A.(-1,+∞) B.(-∞,-1) C.(1,+∞) D.(-∞,1) 2.已知函数f(x)=则f(-2)= (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 3.[2026·安徽合肥高一期中] 已知定义在R上的偶函数f(x)在(0,+∞)上单调,且f(-)>f(),则f(-3),f(),f(π)的大小关系是 (　　) A.f()<f(-3)<f(π) B.f(π)<f(-3)<f() C.f(-3)<f()<f(π) D.f()<f(π)<f(-3) 4.在用二分法求函数f(x)的零点的近似值时,若第一次所取区间为(-2,6),则第三次所取区间可能是 (　　) A.(-2,-1 ) B.(-1,1) C.(2,4) D.(5,6) 5.[2025·四川遂宁高一期中] 已知函数f(1-x)=(x≠0),则f(x)= (　　) A.-1(x≠0) B.-1(x≠1) C.-1(x≠0) D.-1(x≠1) 6.[2025·黑龙江大庆高一期末] 已知函数f(x)=,则下列函数中是奇函数的是 (　　) A.f(x-2)+1 B.f(x-2)-1 C.f(x+2)-1 D.f(x+2)+1 7.设奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=0,则不等式x[f(x)-f(-x)]<0的解集为 (　　) A.{x|-1<x<0或x>1} B.{x|x<-1或0<x<1} C.{x|x<-1或x>1} D.{x|-1<x<0或0<x<1} 8.[2026·浙江湖州高一月考] 已知f(x)是定义在R上的偶函数,若对任意x1,x2∈[0,+∞)且x1>x2,>x1+x2恒成立,且f(2)=0,则满足f(m+2)≤m2+4m的实数m的取值范围为(　　) A.[-4,0] B.[0,1] C.[-3,2] D.[-2,2] 二、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.[2025·山东日照高一期中] 已知函数f(x)=x2+1的值域是[1,5],则f(x)的定义域可能是(　　) A.[-1,2] B.[-3,2] C. D. 10.关于函数f(x)=,下列说法正确的是 (　　) A.f(x)有且仅有一个零点 B.f(x)在定义域内单调递减 C.f(x)的定义域为{x|x≠1} D.f(x)的图象关于点(1,3)对称 11.[2026·湖南长沙高一期中] 已知f(x)是定义在R上的偶函数,其图象关于点(1,0)对称,且当x∈[0,1]时,f(x)单调递减,则下列说法正确的有 (　　) A.f(0)=1 B.f(x+2)=-f(x) C.f(x)在区间[2,3]上单调递增 D.f(π)<f(2025) 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.[2025·云南大理高一期中] 已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是　　　　.  13.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=x3+x2+x+8,则f(1)=　　　　.  14.定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)<0,且满足f(2)=1,则不等式f(x-2)≤2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)[2026·山东济南高一期中] 已知函数f(x)=x2+ax+3. (1)当a=-4时,求不等式f(x)≥0的解集; (2)设函数f(x)在[1,2]上的最小值为g(a),求g(a)的表达式. 16.(15分)[2025·北京密云区高一期中] 已知二次函数f(x)=ax2-2x-3,若不等式f(x)<0的解集为{x|-1<x<3}. (1)求实数a的值; (2)当x∈[t,t+1]时,求f(x)的最小值g(t). 17.(15分)小王大学毕业后,决定利用所学专业进行自主创业.经过市场调查,生产某小型电子产品需投入年固定成本3万元,每生产x万件,需另投入流动成本W(x)万元.在年产量不足8万件时,W(x)=x2+x(万元);在年产量不小于8万件时,W(x)=6x+-38(万元).每件产品的售价为5元.通过市场分析,小王生产的商品当年能全部售完. (1)写出年利润L(x)(单位:万元)关于年产量x(单位:万件)的函数解析式.(年利润=年销售收入-固定成本-流动成本) (2)当年产量为多少万件时,小王在该商品的生产中所获利润最大?最大利润是多少? 18.(17分)已知函数f(x)在R上满足f(x+y)=f(x)f(y)+f(0)-1,且当x>0时,0<f(x)<1;当x<0时,f(x)>1. (1)求f(0)的值; (2)判断并证明函数f(x)的单调性; (3)求关于x的不等式f(x-x2)>f(-2)的解集. 19.(17分)[2025·辽宁朝阳高一期末] 定义:∀x∈R,总有h(x)≤f(x)≤g(x),称f(x)为“完美嵌套”于h(x)与g(x)内.已知h(x)=2x-1,g(x)=x2-2x+3. (1)求函数y=g(x)-h(x)的零点. (2)过点(-2,-1)的二次函数f(x)=ax2+bx+c“完美嵌套”于h(x)与g(x)内. (i)求f(x)的解析式; (ii)当x>时,4f(x)≥mg(x)恒成立,求实数m的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 单元素养测评卷(三)B 1.B　[解析] 因为函数f(x)=ax+1是单调函数,且在(0,1)内恰有一个零点,所以f(0)f(1)<0,又f(0)=1>0,所以f(1)=a+1<0,解得a<-1.故选B. 2.D　[解析] 由题知,f(-2)=f[f(-1)],f(-1)=f[f(0)],f(0)=f[f(1)],因为f(1)=2,所以f(0)=f(2)=3,所以f(-1)=f(3)=4,所以f(-2)=f(4)=5.故选D. 3.B　[解析] 因为f(x)是偶函数,所以f(-3)=f(3).因为f(-)>f(),f(-)=f(),所以f()>f(),又f(x)在(0,+∞)上单调,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.又<3<π,所以f()>f(3)>f(π),所以f()>f(-3)>f(π).故选B. 4.C　[解析] ∵第一次所取的区间是(-2,6),∴第二次所取的区间可能为(-2,2),(2,6),第三次所取的区间可能为(-2,0),(0,2),(2,4),(4,6).故选C. 5.B　[解析] 因为f(1-x)==-1=-1,所以f(x)=-1(x≠1).故选B. 6.B　[解析] 因为f(-4-x)+f(x)=+=2,所以f(x)的图象的对称中心为点(-2,1),所以将f(x)的图象向右平移2个单位,再向下平移1个单位后得到的图象关于原点对称,所以f(x-2)-1为奇函数,故选B. 7.D 　[解析] 因为奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增.因为f(x)为奇函数,所以由x[f(x)-f(-x)]<0,得2xf(x)<0,即xf(x)<0.当x>0时,可得0<x<1;当x<0时,可得-1<x<0.故选D. 8.A　[解析] ∵x1>x2,∴x1-x2>0,∵>x1+x2,∴f(x1)-f(x2)>-,∴f(x1)->f(x2)-.设g(x)=f(x)-x2,∵g(x1)=f(x1)-,g(x2)=f(x2)-,∴g(x1)>g(x2),∴g(x)=f(x)-x2在[0,+∞)上单调递增.∵f(x)是定义在R上的偶函数,∴g(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=g(x),∴g(x)=f(x)-x2是偶函数.∵f(2)=0,∴g(2)=f(2)-4=-4.∵f(m+2)≤m2+4m,∴f(m+2)≤(m+2)2-4,∴f(m+2)-(m+2)2≤-4,∴g(m+2)≤g(2).∵g(x)=f(x)-x2是偶函数,∴g(m+2)=g(|m+2|),∴g(m+2)≤g(2)等价于g(|m+2|)≤g(2),∵g(x)=f(x)-x2在[0,+∞)上单调递增,∴g(|m+2|)≤g(2)等价于|m+2|≤2,∴-2≤m+2≤2,∴-4≤m≤0,故满足f(m+2)≤m2+4m的实数m的取值范围为[-4,0].故选A. 9.ACD　[解析] 因为函数f(x)=x2+1的值域是[1,5],x2+1≥1,f(0)=1,f(2)=f(-2)=5,所以函数f(x)的定义域是[-2,2]的子集,且定义域中至少有一个端点值和x=0,对比选项知,A,C,D满足条件.故选ACD. 10.ACD　[解析] f(x)===3+,作出函数f(x)图象如图所示,由图可知,f(x)有且仅有一个零点,f(x)的定义域为{x|x≠1},f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)上单调递减,f(x)的图象关于点(1,3)对称.故选ACD. 11.BC　[解析] f(0)的取值无法确定,故A错误;由f(x)是定义在R上的偶函数,得f(-x)=f(x),又f(x)的图象关于点(1,0)对称,所以f(-x)=-f(x+2),所以f(x+2)=-f(-x)=-f(x),故B正确;由f(x)为偶函数,且当x∈[0,1]时,f(x)单调递减,得f(x)在[-1,0]上单调递增,又f(x)的图象关于点(1,0)对称,所以f(x)在区间[2,3]上的单调性与其在区间[-1,0]上的单调性相同,即f(x)在区间[2,3]上单调递增,故C正确;由f(x+2)=-f(x),得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(2025)=f(4×506+1)=f(1)=0,又3<π<4,f(x)在区间[3,4]上的单调性与其在区间[-1,0]上的单调性相同,所以f(π)>0,所以f(π)>f(2025),故D错误.故选BC. 12.[-3,-2]　[解析] 因为函数f(x)是R上的增函数,所以解得-3≤a≤-2,故实数a的取值范围是[-3,-2]. 13.9　[解析] 由题意知,f(x)=f(-x),g(x)=-g(-x).因为f(x)-g(x)=x3+x2+x+8①,所以f(-x)-g(-x)=(-x)3+(-x)2+(-x)+8,即f(x)+g(x)=-x3+x2-x+8②,由①②解得f(x)=x2+8,g(x)=-x3-x,所以f(1)=12+8=9. 14.{x|x≤6}　[解析] 令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)=0,∴函数f(x)是定义在R上的奇函数.令x=y=2,得f(4)=2f(2)=2.任取x1<x2,则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2),∵当x<0时,f(x)<0,x1<x2,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴函数f(x)是定义在R上的增函数.f(x-2)≤2,即f(x-2)≤f(4),即x-2≤4,得x≤6,故不等式f(x-2)≤2的解集为{x|x≤6}. 15.解:(1)当a=-4时,不等式f(x)≥0等价于x2-4x+3≥0, ∴(x-1)(x-3)≥0,解得x≤1或x≥3, ∴不等式f(x)≥0的解集为(-∞,1]∪[3,+∞). (2)f(x)=x2+ax+3的图象开口向上,对称轴为直线x=-. ①当-<1,即a>-2时,f(x)min=f(1)=4+a; ②当->2,即a<-4时,f(x)min=f(2)=7+2a; ③当1≤-≤2,即-4≤a≤-2时,f(x)min=f=-+3. 综上所述,g(a)= 16.解:(1)因为f(x)=ax2-2x-3<0的解集为{x|-1<x<3}, 所以解得a=1,所以a的值为1. (2)由(1)知f(x)=x2-2x-3=(x-1)2-4,函数f(x)的图象开口向上,对称轴为直线x=1, 当t+1≤1,即t≤0时,f(x)在[t,t+1]上单调递减, 所以g(t)=f(t+1)=(t+1-1)2-4=t2-4; 当t<1<t+1,即0<t<1时,f(x)在[t,1)上单调递减,在(1,t+1]上单调递增,所以g(t)=f(1)=-4; 当t≥1时,f(x)在[t,t+1]上单调递增,所以g(t)=f(t)=(t-1)2-4=t2-2t-3. 综上,g(t)= 17.解:(1)因为每件产品的售价为5元,所以x万件产品的销售收入为5x万元. 依题意得,当0<x<8时,L(x)=5x--3=-x2+4x-3; 当x≥8时,L(x)=5x--3=35-. 所以L(x)= (2)当0<x<8时,L(x)=-(x-6)2+9,则L(x)≤L(6)=9. 当x≥8时,L(x)=35-≤35-2=35-20=15, 当且仅当x=,即x=10时取等号. 因为9<15,所以当年产量为10万件时,小王在该商品的生产中所获利润最大,最大利润是15万元. 18.解:(1)令x=y=0,则f(0+0)=f(0)f(0)+f(0)-1, 故[f(0)]2=1,可得f(0)=±1. 令y=0,则f(x)=f(x)f(0)+f(0)-1. 当f(0)=-1时,f(x)=-f(x)-2,则f(x)=-1,与题设不符; 当f(0)=1时,f(x)=f(x),符合题意.所以f(0)=1. (2)f(x)在R上单调递减,证明如下: 因为当x>0时,0<f(x)<1,f(0)=1,当x<0时,f(x)>1,所以对任意x∈R,f(x)>0, 又f(x+y)=f(x)f(y)+f(0)-1=f(x)f(y),所以=f(y),令y>0,则 所以0<<1,即f(x+y)<f(x),所以f(x)在R上单调递减. (3)由(2)知f(x)在R上单调递减, 所以f(x-x2)>f(-2),等价于x-x2<-2,即x2-x-2>0,可得x<-1或x>2, 所以不等式f(x-x2)>f(-2)的解集为(-∞,-1)∪(2,+∞). 19.解:(1)因为h(x)=2x-1,g(x)=x2-2x+3, 所以y=g(x)-h(x)=x2-2x+3-(2x-1)=x2-4x+4, 令y=0,则x2-4x+4=0,解得x=2,所以函数y=g(x)-h(x)的零点是2. (2)(i)由题知2x-1≤ax2+bx+c≤x2-2x+3恒成立, 令x=2,得3≤4a+2b+c≤3,所以4a+2b+c=3①, 由题知f(-2)=4a-2b+c=-1②,由①②可得 因为2x-1≤ax2+bx+c,即ax2-x+2-4a≥0恒成立, 所以即所以a=, 所以c=1-4a=0,此时ax2+bx+c≤x2-2x+3, 即x2-4x+4=(x-2)2≥0恒成立,显然符合题意,所以f(x)=x2+x. (ii)当x>时,4f(x)≥mg(x)恒成立, 即x2+4x≥m(x2-2x+3)恒成立,又x2-2x+3=(x-1)2+2>0, 所以m≤=1+对x∈恒成立. 记F(x)=1+,x∈,令t=2x-1>0, 则F(x)=1+=1+=1+, 因为t>0,所以t+-2≥2-2=6-2=4,当且仅当t=3时取等号,所以0<≤, 所以F(x)=1+∈(1,4], 所以m≤1,故实数m的取值范围为(-∞,1]. 学科网（北京）股份有限公司 $