《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

12. (2024安徽皖江名校联盟二模,8)已知函数$y = f(x)(x\neq0)$满足$f(xy)=f(x)+f(y)-1$,当$x ＞ 1$时,$f(x)＜1$,则（ ）
A.$f(x)$为奇函数
B. 若$f(2x + 1)＞1$,则$-1 ＜ x ＜ 0$
C. 若$f(2)=\frac{1}{2}$,则$f(1024)= - 4$
D. 若$f(\frac{1}{2})=2$,则$f(\frac{1}{1024})=10$

答案： 令$x = 1$,$y = - 1$,则$f(1)=1$;令$x = - 1$,$y = - 1$,则$f(-1)=1$;令$y = - 1$,得$f(-x)=f(x)$,故$y = f(x)(x\neq0)$为偶函数.任取$x_1$,$x_2\in(0,+\infty)$,$x_1＜x_2$,则$\frac{x_2}{x_1}＞1$,则$f(x_2)=f(\frac{x_2}{x_1}\cdot x_1)=f(\frac{x_2}{x_1})+f(x_1)-1$,$f(x_2)-f(x_1)=f(\frac{x_2}{x_1})-1$,因为$x＞1$时,$f(x)＜1$,所以$f(x_2)-f(x_1)＜0$,故$y = f(x)(x\neq0)$在$(0,+\infty)$上为减函数.由已知$f(2x + 1)＞1$,可得$f(|2x + 1|)＞f(1)$,故$|2x + 1|＜1$,解得$-1＜x＜0$,且$x\neq-\frac{1}{2}$.若$f(2)=\frac{1}{2}$,则$f(1024)=f(2^{10})=10f(2)-9=-4$.同理$f(\frac{1}{1024})=f((\frac{1}{2})^{10})=10f(\frac{1}{2})-9=10\times2 - 9 = 11$.综上,A,B,D错误,C正确.故选C.

13. (2024贵州黔东南二模,14)若$f(x)$为定义在$\mathbf{R}$上的偶函数,且$f(2x - 3)$为奇函数,$f(2)=1$,则$f(3)+f(8)=$_______.

答案： 令$g(x)=f(2x - 3)$,可得$g(0)=f(-3)=f(3)=0$,因为$f(2)=1$,所以$g(\frac{5}{2})=f(2)=1$,$g(-\frac{5}{2})=f(-8)=f(8)=-1$,（注意$g(x)$是奇函数）所以$f(3)+f(8)=-1$.

14. (2024湖北十一校第二次联考,12)已知函数$f(x)=\begin{cases}x + 1,x\leqslant0,\\\ln(x + 1),x ＞ 0,\end{cases}$则关于$x$的不等式$f(x)\leqslant1$的解集为___________.

答案： 当$x\leqslant0$时,由$f(x)=x + 1\leqslant1$得$x\leqslant0$,所以$x\leqslant0$;当$x＞0$时,由$f(x)=\ln(x + 1)\leqslant1$得$0＜x + 1\leqslant e$,即$-1＜x\leqslant e - 1$,所以$0＜x\leqslant e - 1$.综上,$f(x)\leqslant1$的解集为$(-\infty,e - 1]$.

15. (2024山东聊城一模,13)若函数$f(x)=\begin{cases}6^{x}-x,x\leqslant4,\\\log_{2}x,x ＞ 4\end{cases}$的值域为$(2,+\infty)$,则实数$a$的取值范围为________.

答案： 当$x＞4$时,$f(x)=\log_{2}x$,此时$f(x)＞\log_{2}4 = 2$,故当$x\leqslant4$时,有$6^{a}-x＞2$恒成立,即$6^{a}＞2 + x$在$x\leqslant4$时恒成立,即$6^{a}＞6$,即$a＞1$.

1. (2024广西柳州三模,8)设函数$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数,且对于任意不相等的$x,y\in\mathbf{R}$,都有$|f(x)-f(y)|＜|x - y|$.若函数$g(x)-f(x)=x$,则不等式$g(2x - x^{2})+g(x - 2)＜0$的解集是（ ）
A.$(-1,2)$
B.$(1,2)$
C.$(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$
D.$(-\infty,1)\cup(2,+\infty)$

答案： $\because g(x)-f(x)=x$,$\therefore g(x)=f(x)+x$,由$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数,得$f(x)+f(-x)=0$,$\therefore g(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=-g(x)$,故$g(x)$为奇函数.$\because$对于任意不相等的$x,y\in\mathbf{R}$,有$|f(x)-f(y)|＜|x - y|$,$\therefore|(g(x)-x)-(g(y)-y)|＜|x - y|$,即$|g(x)-g(y)-(x - y)|＜|x - y|$,即$|g(x)-g(y)|＜2|x - y|$,$\therefore|\frac{g(x)-g(y)}{x - y}|＜2$,（提示:$g(x)-g(y)$与$x - y$同号）$\therefore g(x)$单调递增,$\because g(2x - x^{2})+g(x - 2)＜0$,$\therefore g(2x - x^{2})＜-g(x - 2)=g(2 - x)$,$\therefore 2x - x^{2}＜2 - x$,解得$x＞2$或$x＜1$.故选D.

2. (2024安徽A10联盟质量检测,8)若定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$,满足$2f(x + y)f(x - y)=f(2x)+f(2y)$,且$f(1)= - 1$,则$f(0)+f(1)+f(2)+\cdots + f(2024)=$（ ）
A. 0
B. - 1
C. 2
D. 1

答案： 令$x = y=\frac{1}{2}$,则有$2f(1)f(0)=f(1)+f(1)$,又$f(1)=-1$,$\therefore f(0)=1$.令$x=\frac{1}{2}$,$y = 0$,则有$2f(\frac{1}{2})f(\frac{1}{2})=f(1)+f(0)=-1 + 1 = 0$,$\therefore f(\frac{1}{2})=0$,令$y = x-\frac{1}{2}$,则有$2f(\frac{1}{2})f(2x-\frac{1}{2})=f(2x)+f(2x - 1)$,$\because f(\frac{1}{2})=0$,$\therefore f(2x)+f(2x - 1)=0$,$\therefore f(x)+f(x - 1)=0$,$\therefore f(0)+f(1)+f(2)+\cdots + f(2024)=f(0)+(f(1)+f(2))+\cdots +(f(2023)+f(2024))=1 + 1012\times0 = 1$.故选D.

3. (2024浙江温州二模,8)已知定义在$(0,1)$上的函数$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{n},x是有理数\frac{m}{n}(m,n是互质的正整数),\\1,x是无理数,\end{cases}$则下列结论正确的是（ ）
A.$f(x)$的图象关于$x=\frac{1}{2}$对称
B.$f(x)$的图象关于$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$对称
C.$f(x)$在$(0,1)$单调递增
D.$f(x)$有最小值

答案： 对于A,若$x=\frac{m}{n}\in(0,1)$是有理数,且$m,n(m＜n)$互质,则$n - m,n$也互质,即$f(\frac{m}{n})=\frac{1}{n}=f(1-\frac{m}{n})$,若$x$为无理数,则$1 - x$也为无理数,则$f(x)=f(1 - x)=1$,所以$f(x)$的图象关于$x=\frac{1}{2}$对称,故A正确；对于B,$f(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4})=1$,$f(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4})=1$,不满足$f(x)$的图象关于$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$对称,B错误；对于C,$f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}$,$f(\frac{2}{3})=\frac{1}{3}$,不满足$f(x)$在$(0,1)$单调递增,C错误；对于D,若$x$为有理数,则$f(x)=\frac{1}{n}$,显然$n\to+\infty$时,函数无最小值，故D错误.故选A.

4. (多选)(2024广东一模,10)已知偶函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,$f(\frac{1}{2}x + 1)$为奇函数,且$f(x)$在$[0,1]$上单调递增,则下列结论正确的是（ ）
A.$f(-\frac{3}{2})＜0$
B.$f(\frac{4}{3})＞0$
C.$f(3)＜0$
D.$f(\frac{2024}{3})＞0$

答案： 因为$f(x)$为偶函数,所以$f(-x)=f(x)$.因为$f(\frac{1}{2}x + 1)$是$\mathbf{R}$上的奇函数,所以$f(1)=0$,因为$f(\frac{1}{2}(x + 2))$的图象是由$f(\frac{x}{2})$的图象向左平移$2$个单位长度得到的，所以$f(\frac{x}{2})$的图象关于点$(2,0)$对称,故$f(x)$的图象关于点$(1,0)$中心对称,即$f(1 + x)=-f(1 - x)$.所以$f(x + 2)=f(1+(1 + x))=-f(1-(1 + x))=-f(-x)=-f(x)$,所以$f(x + 4)=-f(x + 2)=f(x)$.所以函数$f(x)$是周期函数，且周期为$4$.又$f(x)$在$[0,1]$上单调递增,所以在$[0,1]$上,有$f(x)＜0$.综上,画出$f(x)$的大致图象.由图可知$f(-\frac{3}{2})＞0$,故A错误；$f(\frac{4}{3})＞0$,故B正确；$f(3)=0$,故C错误；$f(\frac{2024}{3})=f(674+\frac{2}{3})=f(4\times168+2+\frac{2}{3})=f(2+\frac{2}{3})＞0$,故D正确.故选BD.

5. (多选)(2024山东齐鲁名校联盟联考,9)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,$f(2x + 1)$为奇函数,$f(4 - x)=f(x)$,$f(0)=2$,且$f(x)$在$[0,2]$上单调递减,则（ ）
A.$f(1)=0$
B.$f(8)=2$
C.$f(x)$在$[6,8]$上单调递减
D.$f(x)$在$[0,100]$上有50个零点

答案： 对于A,因为$f(2x + 1)$为奇函数,所以当$x = 0$时,$f(2\times0 + 1)=0$,即$f(1)=0$,故A正确；对于B,因为$f(2x + 1)$为奇函数,所以$f(-2x + 1)+f(2x + 1)=0$,所以$f(-x + 1)+f(x + 1)=0$,所以$f(x)$的图象关于点$(1,0)$对称,即$f(2 - x)=-f(x)$,因为$f(4 - x)=f(x)$,所以$f(x)$的图象关于直线$x = 2$对称,所以$f(x + 4)=f(-x)=-f(2 + x)=-f(2 - x)=f(x)$,所以$f(x)$是周期为$4$的周期函数,则$f(8)=f(0)=2$.故B正确；对于C,因为$f(x)$在$[0,2]$上单调递减,所以$f(x)$在$[2,4]$上单调递增，所以$f(x)$在$[6,8]$上单调递增,故C错误；对于D,$f(x)$在$[0,4]$上的零点为$1$和$3$,所以$f(x)$在$[0,100]$上有$50$个零点，故D正确.

6. (多选)(2024湖北新高考联考协作体模拟(五),10)已知函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上可导,且$f(x)$的导函数为$g(x)$.若$f(1)=1,f(x)+f(4 - x)=0,g(2x + 1)$为奇函数,则下列说法正确的有（ ）
A.$f(x)$是奇函数
B.$g(x)$的图象关于点$(-\frac{1}{2},0)$对称
C.$f(2x + 1)+f(1 - 2x)=0$
D.$\sum_{k = 1}^{2024}f(k)=0$

答案： 由$g(2x + 1)$为奇函数,得$g(2x + 1)+g(-2x + 1)=0$,即$g(x + 1)+g(-x + 1)=0$,则$g(x)$的图象关于点$(1,0)$对称,则$f(x)$的图象关于直线$x = 1$对称,$f(x)=f(2 - x)$,C错误.由$f(x)+f(4 - x)=0$可知$f(2 + x)+f(2 - x)=0$,即$f(-x)+f(x)=0$,又定义域为$\mathbf{R}$,故$f(x)$是奇函数,A正确.$f(2 + x)+f(x)=0$,即$f(2 + x)=-f(x)$,即$f(4 + x)=-f(2 + x)=f(x)$,故$4$是$f(x)$的一个周期.因为$f(1)=1$,$f(2)=0$,$f(3)=-1$,$f(4)=f(0)=0$,所以$\sum_{k = 1}^{2024}f(k)=0$,D正确.由条件推不出B中说法正确.故选AD.