《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

1. (2022·天津)函数$y=\frac{|x^{2} - 1|}{x}$的图象大致为 (A)

答案： 1.A【详解】函数$y=f(x)=\frac{|x^{2}-1|}{x}$的定义域为{x|x≠0}，且$f(-x)=\frac{|(-x)^{2}-1|}{-x}=\frac{|x^{2}-1|}{-x}=-f(x)，$函数f(x)为奇函数，故C,D错误；又当x＜0时，$f(x)=\frac{|x^{2}-1|}{x}≤0，$故B错误.

2. (2022·全国乙改编)已知函数$f(x)$,$g(x)$的定义域均为$\mathbf{R}$,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$f(1)+f(2)+·s + f(22)$等于 (D)

A.$-21$
B.$-22$
C.$-23$
D.$-24$

答案： 2.D【详解】因为y=g(x)的图象关于直线x=2对称，所以g(2-x)=g(x+2)，因为g(x)-f(x-4)=7，所以g(x+2)-f(x-2)=7，即g(x)+7+f(x-2)=5，即f(x)+g(x-2)=-2，所以f
(3)+f
(5)+·s+f
(21)=(-2)×5=-10，f
(4)+f
(6)+·s+f
(22)=(-2)×5=-10.因为f(x)+g(2-x)=5，所以f
(0)+g
(2)=5，即f
(0)=1-g
(2)=-2-f
(0)=-3.因为g(x)-f(x-4)=7，所以g(x+4)-f(x)=7，又因为f(x)+g(2-x)=5，联立得g(2-x)+g(x+4)=12，所以y=g(x)的图象关于点(3,6)中心对称，因为函数g(x)的定义域为R，所以g
(3)=6.因为f(x)+g(x+2)=5，所以f
(1)=5-g
(3)=-1.所以$\sum_{k=1}^{22}f(k)=f(1)+f(2)+[f(3)+f(5)+·s+f(21)]+[f(4)+f(6)+·s+f(22)]=-1-3-10-10=-24.$

3. (2024·新高考全国Ⅰ)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,$f(x)＞f(x - 1)+f(x - 2)$,且当$x ＜ 3$时,$f(x)=x$,则下列结论中一定正确的是 (B)

A.$f(10)＞100$
B.$f(20)＞1000$
C.$f(10)＜1000$
D.$f(20)＜10000$

答案： 3.B【详解】因为当x＜3时f(x)=x，所以f
(1)=1,f
(2)=2，又因为f(x)＞f(x-1)+f(x-2)，则f
(3)＞f
(2)+f
(1)=3,f
(4)＞f
(3)+f
(2)＞5,f
(5)＞f
(4)+f
(3)＞8,f
(6)＞f
(5)+f
(4)＞13，f
(7)＞f
(6)+f
(5)＞21,f
(8)＞f
(7)+f
(6)＞34,f
(9)＞f
(8)+f
(7)＞55,f
(10)＞f
(9)+f
(8)＞89,f
(11)＞f
(10)+f
(9)＞144，f
(12)＞f
(11)+f
(10)＞233,f
(13)＞f
(12)+f
(11)＞377,f
(14)＞f
(13)+f
(12)＞610,f
(15)＞f
(14)+f
(13)＞987,f
(16)＞f
(15)+f
(14)＞1597＞1000，则依次下去可知f
(20)＞1000，则B正确，且无证据表明A,C,D一定正确.

4. (2022·北京)函数$f(x)=\frac{1}{x}+\sqrt{1 - x}$的定义域是(-∞,0)∪(0,1].

答案： 4.(-∞,0)∪(0,1]【详解】因为$f(x)=\frac{1}{x}+\sqrt{1-x}，$所以$\begin{cases}1-x≥0\\x≠0\end{cases}，$解得x≤1且x≠0，故函数的定义域为(-∞,0)∪(0,1].

5. (2022·浙江)已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2} + 2,x\leqslant1,\\x + \frac{1}{x}-1,x ＞ 1\end{cases}$则$f\left[f\left(\frac{1}{2}\right)\right]=$\frac{37}{28};若当$x\in[a,b]$时,$1\leqslant f(x)\leqslant3$,则$b - a$的最大值是3+\sqrt{3}.

答案： $5.\frac{37}{28} 3+\sqrt{3}【$详解】由已知得$f(\frac{1}{2})=-(\frac{1}{2})^{2}+2=\frac{7}{4}，$所以$f[f(\frac{1}{2})]=\frac{37}{28}，$当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得$-1≤-x^{2}+2≤3，$所以-1≤x≤1，当x＞1时，由1≤f(x)≤3可得$1≤x+\frac{1}{x}-1≤3，$所以1＜x≤2+\sqrt{3}，1≤f(x)≤3等价于$-1≤x≤2+\sqrt{3}，$所以$[a,b]⊆[-1,2+\sqrt{3}]，$所以b-a的最大值为$3+\sqrt{3}.$

6. (2022·北京)设函数$f(x)=\begin{cases}-ax + 1,x ＜ a,\x - 2)^{2},x\geqslant a\end{cases}$若f(x)存在最小值,则a的一个取值为0;a的最大值为1.

答案： 6.0（答案不唯一）1【详解】若a=0，$f(x)=\begin{cases}1,x$＜0\\(x-2)^{2},x≥0\end{cases}，
∴f(x)_{\min}=0；若a＜0，当x＜a时，f(x)=-ax+1单调递增，当x→-∞时，f(x)→-∞，故f(x)没有最小值，不符合题目要求；若a＞0，当x＜a时，f(x)=-ax+1单调递减，f(x)＞$f(a)=-a^{2}+1，$当x＞a时，$f(x)_{\min}=\begin{cases}0(0＜a＜2)\\(a-2)^{2}(a≥2)\end{cases}，$
∴$-a^{2}+1≥0$或$-a^{2}+1≥(a-2)^{2}，$解得0＜a≤1.综上可得0≤a≤1.

7. (2023·上海)已知$a$,$c\in\mathbf{R}$,函数$f(x)=\frac{x^{2}+(3a + 1)x + c}{x + a}$.
(1)若$a = 0$,求函数的定义域,并判断是否存在$c$,使得$f(x)$是奇函数,说明理由;
(2)若函数图象过点$(1,3)$,且与$x$轴负半轴有两个不同交点,求此时$c$的值和$a$的取值范围.

答案： 7.解：
(1)若a=0，则$f(x)=\frac{x^{2}+x+c}{x}=x+\frac{c}{x}+1，$要使函数有意义，则x≠0，即f(x)的定义域为{x|x≠0}，
∵$y=x+\frac{c}{x}$是奇函数，y=1是偶函数，
∴函数$f(x)=x+\frac{c}{x}+1$为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数c，使得f(x)是奇函数.
(2)若函数图象过点(1,3)，则$f(1)=\frac{1+3a+1+c}{1+a}=\frac{3a+2+c}{1+a}=3，$得c=3a+2-3-3a=1，此时$f(x)=\frac{x^{2}+(3a+1)x+1}{x+a}，$若函数f(x)图象与x轴负半轴有两个不同交点，即$f(x)=\frac{x^{2}+(3a+1)x+1}{x+a}=0，$得$x^{2}+(3a+1)x+1=0，$当x＜0时，有两个不同的实数根，设g(x)=x^{2}+(3a+1)x+1，则\begin{cases}\Delta=(3a+1)^{2}-4＞$0\\x_{1}x_{2}=1＞0\\x_{1}+x_{2}=-(3a+1)$＜0\end{cases}，得\begin{cases}3a+1＞2或3a+1＜-2\\3a+1＞$0\end{cases}，$得$a＞\frac{1}{3}，$若x+a=0即x=-a是方程$x^{2}+(3a+1)x+1=0$的根，则$a^{2}-(3a+1)a+1=0，$解得$a=\frac{1}{2}$或a=-1，则实数a的取值范围是$a＞\frac{1}{3}，$且$a≠\frac{1}{2}，$a≠-1，即a的取值范围是$(\frac{1}{3},\frac{1}{2})\cup(\frac{1}{2},+\infty).$