《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

3. (2021全国乙理,4,5分,中)设函数$f(x)=\frac{1 - x}{1 + x}$,则下列函数中为奇函数的是(　　)
A.$f(x - 1)-1$
B.$f(x - 1)+1$
C.$f(x + 1)-1$
D.$f(x + 1)+1$

答案： B $f(x)=-1+\frac{2}{x + 1}$，其图象的对称中心为$(-1,-1)$，将$y = f(x)$的图象沿$x$轴向右平移$1$个单位，再沿$y$轴向上平移$1$个单位可得函数$f(x - 1)+1$的图象，关于$(0,0)$对称，所以函数$f(x - 1)+1$是奇函数，故选B。

4. (2020课标II文,10,5分,中)设函数$f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$,则$f(x)$(　　)
A.是奇函数,且在$(0,+\infty)$单调递增
B.是奇函数,且在$(0,+\infty)$单调递减
C.是偶函数,且在$(0,+\infty)$单调递增
D.是偶函数,且在$(0,+\infty)$单调递减

答案： A 解法一：由函数$y = x^{3}$和$y=-\frac{1}{x^{3}}$都是奇函数，知函数$f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$是奇函数（奇+奇=奇）.由函数$y = x^{3}$和$y=-\frac{1}{x^{3}}$都在区间$(0,+\infty)$上单调递增，知函数$f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$在区间$(0,+\infty)$上单调递增，故函数$f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$是奇函数，且在区间$(0,+\infty)$上单调递增.故选A。
解法二：函数$f(x)$的定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，关于原点对称，$f(-x)=(-x)^{3}-\frac{1}{(-x)^{3}}=-x^{3}+\frac{1}{x^{3}}=-f(x)$，
故$f(x)=x^{3}-\frac{1}{x^{3}}$是奇函数.
$\because f^{\prime}(x)=3x^{2}+\frac{3}{x^{4}}\gt0$，$\therefore f(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递增.故选A。

5. (2020课标II理,9,5分,中)设函数$f(x)=\ln|2x + 1|-\ln|2x - 1|$,则$f(x)$(　　)
A.是偶函数,且在$(\frac{1}{2},+\infty)$单调递增
B.是奇函数,且在$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$单调递减
C.是偶函数,且在$(-\infty,-\frac{1}{2})$单调递增
D.是奇函数,且在$(-\infty,-\frac{1}{2})$单调递减

答案： D 函数$f(x)$的定义域为$\{x|x\neq\pm\frac{1}{2}\}$，关于原点对称，
又$\because f(-x)=\ln|-2x + 1|-\ln|-2x - 1|=\ln|2x - 1|-\ln|2x + 1|=-f(x)$，$\therefore f(x)$是奇函数，排除A、C；当$x\in(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$时，$f(x)=\ln(2x + 1)-\ln(1 - 2x)$，则$f^{\prime}(x)=\frac{2}{2x + 1}-\frac{-2}{1 - 2x}=\frac{4}{1 - 4x^{2}}\gt0$，$\therefore f(x)$在$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$上单调递增，排除B；当$x\in(-\infty,-\frac{1}{2})$时，$f(x)=\ln(-2x - 1)-\ln(1 - 2x)$，则$f^{\prime}(x)=\frac{-2}{-2x - 1}-\frac{-2}{1 - 2x}=\frac{4}{1 - 4x^{2}}\lt0$，$\therefore f(x)$在$(-\infty,-\frac{1}{2})$单调递减，$\therefore$D正确。

6. (2023全国甲,文14,理13,5分,易)若$f(x)=(x - 1)^{2}+ax+\sin(x+\frac{\pi}{2})$为偶函数,则$a=$______.

答案： 答案：$2$
解析：解法一：由题意知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，
$\because f(x)=(x - 1)^{2}+ax+\sin(x+\frac{\pi}{2})=x^{2}+(a - 2)x+\cos x + 1$，
$\therefore f(-x)=(-x)^{2}+(a - 2)(-x)+\cos(-x)+1=x^{2}-(a - 2)x+\cos x + 1$.
$\because f(x)$为偶函数，$\therefore f(x)=f(-x)$，即$x^{2}+(a - 2)x+\cos x + 1=x^{2}-(a - 2)x+\cos x + 1$，即$(a - 2)x=-(a - 2)x$，
$\therefore a - 2 = 0$，$\therefore a = 2$。
解法二：由题意知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$.$\because$函数$f(x)$是偶函数，$\therefore f(-1)=f(1)$，$\therefore 4 - a+\cos 1=a+\cos 1$，$\therefore a = 2$。

7. (2021新高考I,13,5分,易)已知函数$f(x)=x^{3}(a\cdot2^{x}-2^{-x})$是偶函数,则$a=$______.

答案： 答案：$1$
解析：$\because f(x)=x^{3}(a\cdot2^{x}-2^{-x})(x\in\mathbf{R})$为偶函数，
$\therefore f(1)=f(-1)$，
$\therefore 2a-\frac{1}{2}=-(\frac{1}{2}a - 2)$，$\therefore a = 1$。
当$a = 1$时，$f(x)=x^{3}(2^{x}-2^{-x})$，定义域为$\mathbf{R}$，且满足$f(-x)=f(x)$，即$f(x)$为偶函数。
小题速解：$\because f(x)$为偶函数，$y = x^{3}$是奇函数，$\therefore y=a\cdot2^{x}-2^{-x}$是奇函数，则$a = 1$。

8. (2022全国乙文,16,5分,中)若$f(x)=\ln|a+\frac{1}{1 - x}|+b$是奇函数,则$a=$______, $b=$______.

答案： 答案：$-\frac{1}{2};\ln 2$
解析：解法一：$\because f(x)$是奇函数，
$\therefore f(x)$的定义域关于原点对称.
由已知得$x\neq1$，$\therefore x\neq - 1$，即当$x = - 1$时，$|a+\frac{1}{1 - x}|=0$，
$\therefore a+\frac{1}{2}=0$，$\therefore a = -\frac{1}{2}$，此时$f(x)=\ln|\frac{1 + x}{2(1 - x)}|+b$，
$\because f(x)$为奇函数且在$x = 0$处有意义，
$\therefore f(0)=0$，即$\ln|\frac{1 + 0}{2(1 - 0)}|+b=\ln\frac{1}{2}+b=0$，
$\therefore b=-\ln\frac{1}{2}=\ln 2$。
综上可知，$a = -\frac{1}{2}$，$b=\ln 2$。
解法二：若$a = 0$，则$f(x)$的定义域为$\{x|x\neq1\}$，不关于原点对称，$\therefore a\neq0$。
若函数$f(x)=\ln|a+\frac{1}{1 - x}|+b$有意义，
则$x\neq1$且$a+\frac{1}{1 - x}\neq0$，$\therefore x\neq1$且$x\neq1+\frac{1}{a}$。
$\because$函数$f(x)$为奇函数，定义域关于原点对称，
$\therefore 1+\frac{1}{a}=-1$，解得$a = -\frac{1}{2}$，由$f(0)=0$得，$\ln\frac{1}{2}+b=0$，$\therefore b=\ln 2$。
解后反思：函数定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提条件.对于在$x = 0$处有定义的奇函数$f(x)$，可考虑利用$f(0)=0$求解。

9. (2021新高考II,14,5分,中)写出一个同时具有下列性质①②③的函数$f(x)$:__________.
①$f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})f(x_{2})$;②当$x\in(0,+\infty)$时,$f'(x)＞0$;③$f'(x)$是奇函数.

答案： 答案：$f(x)=x^{4}(x\in\mathbf{R})$（答案不唯一）
解析：因为$f(x_{1}x_{2})=f(x_{1})f(x_{2})$，所以$f(x)$是幂函数；当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，所以函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上是增函数；因为$f^{\prime}(x)$是奇函数，所以$f(x)$是偶函数.因此函数$f(x)$可以是$f(x)=x^{4}(x\in\mathbf{R})$。
故答案为$f(x)=x^{4}$（答案不唯一）。
知识拓展
常见的抽象函数模型
1. 一次函数$y = kx + b(k\neq0)$型，特征式为$f(x + y)=f(x)+f(y)-b$。
2. 指数函数$y = a^{x}(a\gt0$且$a\neq1)$型，特征式为$f(x + y)=f(x)f(y)$或$f(x - y)=\frac{f(x)}{f(y)}$。
3. 对数函数$y=\log_{a}x(a\gt0$且$a\neq1)$型，特征式为$f(xy)=f(x)+f(y)$。
4. 幂函数$y = x^{a}$型，特征式为$f(xy)=f(x)f(x)$。

1. (2021新高考II,8,5分,中)设函数$f(x)$的定义域为R,且$f(x + 2)$为偶函数,$f(2x + 1)$为奇函数,则(　　)
A.$f(-\frac{1}{2})=0$
B.$f(-1)=0$
C.$f(2)=0$
D.$f(4)=0$

答案： B 因为函数$f(x + 2)$为偶函数，
所以$f(x + 2)=f(-x + 2)$，
即函数$y = f(x)$的图象关于直线$x = 2$对称，
又因为函数$f(2x + 1)$为奇函数，
所以$f(-2x + 1)=-f(2x + 1)$，
令$t = 2x$，则$f(-t + 1)=-f(t + 1)$，
故函数$y = f(x)$的图象关于点$(1,0)$对称，
又因为函数$f(2x + 1)$为奇函数，且$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，
所以$f(2\times0 + 1)=0$，即$f(1)=0$，
所以$f(-1)=-f(3)=-f(1)=0$，其他三个选项无法得出结果.

2. (2021全国甲理,12,5分,难)设函数$f(x)$的定义域为R,$f(x + 1)$为奇函数,$f(x + 2)$为偶函数,当$x\in[1,2]$时,$f(x)=ax^{2}+b$.若$f(0)+f(3)=6$,则$f(\frac{9}{2})=$(　　)
A.$-\frac{9}{4}$
B.$-\frac{3}{2}$
C.$\frac{7}{4}$
D.$\frac{5}{2}$

答案： D 解法一：由题意知$\begin{cases}f(-x + 1)=-f(x + 1)\\f(-x + 2)=f(x + 2)\end{cases}$，
即$\begin{cases}f(-x)=-f(x + 2)\\f(-x)=f(x + 4)\end{cases}$，
从而$f(x + 4)=-f(x + 2)$，即$f(x + 2)=-f(x)$，
所以$6=f(0)+f(3)=-f(2)+(-f(1))=-(4a + b)-(a + b)=-5a - 2b$，即$5a+2b=-6$.①
又$f(x + 1)$为奇函数，$x\in\mathbf{R}$，所以$f(1)=0$，即$a + b = 0$.②
由①②得$\begin{cases}a=-2\\b = 2\end{cases}$，从而$f(x)=-2x^{2}+2$，$x\in[1,2]$。
所以$f(\frac{9}{2})=f(\frac{1}{2})=-f(\frac{3}{2})=-[(-2)\times(\frac{3}{2})^{2}+2]=\frac{5}{2}$.故选D。
解法二：由$f(x + 1)$为奇函数可知$f(x)$的图象关于点$(1,0)$对称，且$f(1)=a + b = 0$①，由$f(x + 2)$为偶函数可知$f(x)$的图象关于直线$x = 2$对称.
根据$f(x)$图象的对称性可知$f(0)=-f(2)$，$f(3)=f(1)$，且$f(x)$周期为$4$.
由$f(0)+f(3)=6$可得$-f(2)+f(1)=6$，即$-(4a + b)+(a + b)=6$，②由①②解得$a=-2$，$b = 2$，$f(x)=-2x^{2}+2$，$x\in[1,2]$，
而$f(\frac{9}{2})=f(\frac{1}{2})=-f(\frac{3}{2})=-[-2\times(\frac{3}{2})^{2}+2]=\frac{5}{2}$.

3. (2022新高考II,8,5分,难)已知函数$f(x)$的定义域为R,且$f(x + y)+f(x - y)=f(x)f(y)$,$f(1)=1$,则$\sum_{k = 1}^{22}f(k)=$(　　)
A.-3
B.-2
C.0
D.1

答案： A 解法一：令$y = 1$，得$f(x + 1)+f(x - 1)=f(x)$①，用$x + 1$代替$x$得$f(x + 2)+f(x)=f(x + 1)$②.由①+②得$f(x + 2)+f(x - 1)=0$，故$f(x + 2)=-f(x - 1)$，所以用$x + 1$代替$x$得$f(x + 3)=-f(x)$，所以$f(x + 6)=-f(x + 3)=f(x)$，所以函数$f(x)$的周期为$6$.
令$x = 1$，$y = 0$，得$f(1)+f(1)=f(1)\cdot f(0)$，故$f(0)=2$，
令$x = 1$，$y = 1$，得$f(2)=-1$；令$x = 2$，$y = 1$，得$f(3)=-2$；
令$x = 3$，$y = 1$，得$f(4)=-1$；令$x = 4$，$y = 1$，得$f(5)=1$；
令$x = 5$，$y = 1$，得$f(6)=2$.
故$f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0$，
所以$\sum_{k = 1}^{22}f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=-3$.故选A。
解法二：因为$f(x + y)+f(x - y)=f(x)f(y)$，$f(1)=1$，
所以令$x = 1$，$y = 0$，可得$f(1)+f(1)=f(1)f(0)$，所以$f(0)=2$.
令$x = 0$，可得$f(y)+f(-y)=2f(y)$，即$f(y)=f(-y)$，
所以函数$f(x)$为偶函数.
同解法一可得$f(x)$的周期为$6$，$f(x + 2)+f(x)=f(x + 1)$，
所以$f(2)=f(1)-f(0)=1 - 2=-1$，
$f(3)=f(2)-f(1)=-1 - 1=-2$，
$f(4)=f(-2)=f(2)=-1$，$f(5)=f(-1)=f(1)=1$，$f(6)=f(0)=2$，所以$f(1)+f(2)+\cdots + f(6)=0$.
所以$\sum_{k = 1}^{22}f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1 - 1 - 2 - 1=-3$.
故选A。

4. (2022全国乙理,12,5分,难)已知函数$f(x),g(x)$的定义域均为R,且$f(x)+g(2 - x)=5$,$g(x)-f(x - 4)=7$.若$y = g(x)$的图象关于直线$x = 2$对称,$g(2)=4$,则$\sum_{k = 2}^{22}f(k)=$(　　)
A.-21
B.-22
C.-23
D.-24

答案： D 由$y = g(x)$的图象关于直线$x = 2$对称，得$g(2 + x)=g(2 - x)$，故$g(x)=g(4 - x)$，由$g(x)-f(x - 4)=7$，得$g(2 + x)-f(x - 2)=7$①，又$f(x)+g(2 - x)=5$②，所以由②-①，得$f(x)+f(x - 2)=-2$③，则$f(x + 2)+f(x)=-2$④，所以由④-③，得$f(x + 2)=f(x - 2)$，即$f(x + 4)=f(x)$，所以函数$f(x)$是以$4$为周期的周期函数.
对于④，分别令$x = 1$，$2$，得$f(1)+f(3)=-2$，$f(2)+f(4)=-2$，
则$f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=-4$.
对于①，令$x=-1$，得$g(1)-f(-3)=7$，
则$g(1)-f(1)=7$⑤，
对于②，令$x = 1$，得$f(1)+g(1)=5$⑥，
由⑤⑥，得$f(1)=-1$.
对于②，令$x = 0$，得$f(0)+g(2)=5$，
又$g(2)=4$，所以$f(0)=1$.
对于③，令$x = 2$，得$f(2)+f(0)=-2$，
所以$f(2)=-3$.
则$\sum_{k = 1}^{22}f(k)=5\times(-4)+f(1)+f(2)=-20+(-1)+(-3)=-24$.
故选D。

5. (多选)(2023新课标I,11,5分，中)已知函数$f(x)$的定义域为R,$f(xy)=y^{2}f(x)+x^{2}f(y)$,则(　　)
A.$f(0)=0$
B.$f(1)=0$
C.$f(x)$是偶函数
D.$x = 0$为$f(x)$的极小值点

答案： ABC 令$x = y = 0$，则$f(0)=0\cdot f(0)+0\cdot f(0)=0$，故A正确.
令$x = y = 1$，则$f(1)=1\times f(1)+1\times f(1)$，所以$f(1)=0$，故B正确.
令$x = y=-1$，则$f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)$，所以$f(-1)=0$，
令$y=-1$，则$f(-x)=f(x)+x^{2}f(-1)=f(x)$，所以$f(x)$是偶函数，故C正确.
取特殊函数$f(x)=0$，满足$f(xy)=y^{2}f(x)+x^{2}f(y)$，此时$x = 0$不是$f(x)$的极小值点，故D错误，故选ABC。

6. (多选)(2022新高考1,12,5分,难)已知函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的定义域均为R,记$g(x)=f'(x)$.若$f(\frac{3}{2}-2x),g(2 + x)$均为偶函数,则(　　)
A.$f(0)=0$
B.$g(-\frac{1}{2})=0$
C.$f(-1)=f(4)$
D.$g(-1)=g(2)$

答案： BC 解法一：由$f(\frac{3}{2}-2x)$，$g(2 + x)$均为偶函数，得$f(\frac{3}{2}-2x)=f(\frac{3}{2}+2x)$，$g(2 + x)=g(2 - x)$，
故$f(\frac{3}{2}-x)=f(\frac{3}{2}+x)$，两边同时求导得$-f^{\prime}(\frac{3}{2}-x)=f^{\prime}(\frac{3}{2}+x)$，即$-g(\frac{3}{2}-x)=g(\frac{3}{2}+x)$，
所以$g(x)$的图象关于直线$x = 2$对称，且关于点$(\frac{3}{2},0)$中心对称，从而可得$g(x)$的周期为$T = 4\times(2-\frac{3}{2})=2$，
由$-g(\frac{3}{2}-x)=g(\frac{3}{2}+x)$可得$-g(\frac{3}{2})=g(\frac{3}{2})$，即$g(\frac{3}{2})=0$，
所以$g(-\frac{1}{2})=g(-\frac{1}{2}+2)=g(\frac{3}{2})=0$，故B正确.
$g(-1)=g(-1+2)=g(1)=g(\frac{3}{2}-\frac{1}{2})=-g(\frac{3}{2}+\frac{1}{2})=-g(2)$，
故D不正确.
由导函数与原函数的关系知函数$f(x)$的周期为$2$，$f(x)$的图象关于直线$x=\frac{3}{2}$对称，关于点$(2,m)$对称，若$m = 0$，则$f(0)=f(2)=0$，若$m\neq0$，则$f(0)=f(2)\neq0$，故A不正确.
由$f(x)$的图象关于直线$x=\frac{3}{2}$对称，得$f(-1)=f(\frac{3}{2}-\frac{5}{2})=f(\frac{3}{2}+\frac{5}{2})=f(4)$，故C正确.
解法二：构造函数法.
令$f(x)=1-\sin(\pi x)$，则$f(\frac{3}{2}-2x)=1+\cos(2\pi x)$，
$g(x)=f^{\prime}(x)=-\pi\cos(\pi x)$，
$g(x + 2)=-\pi\cos(2\pi+\pi x)=-\pi\cos(\pi x)$，
满足题设条件，代值验证选项可得只有BC正确.