高二数学试题模拟题优秀5篇

一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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．下面是的小编为您带来的高二数学试题模拟题优秀5篇，希望能够给予您一些参考与帮助。

高二数学题 篇1

1、在5的二项展开式中，_的系数为（　　）

A.10 B.-10 C.40 D.-40

解析：选D　Tr+1=C(2_2)5-rr=(-1)r·25-r·C·_10-3r，

令10-3r=1，得r=3.所以_的系数为(-1)3·25-3·C=-40.

2、在（1+）2-（1+）4的展开式中，_的系数等于（　　）

A.3 B.-3 C.4 D.-4

解析：选B　因为（1+）2的展开式中_的系数为1，（1+）4的展开式中_的系数为C=4，所以在（1+）2-（1+）4的展开式中，_的系数等于-3.

3、（2013·全国高考）(1+_)8(1+y)4的展开式中_2y2的系数是（　　）

A.56 B.84 C.112 D.168

解析：选D　(1+_)8展开式中_2的系数是C，(1+y)4的展开式中y2的系数是C，根据多项式乘法法则可得(1+_)8(1+y) 4展开式中_2y2的系数为CC=28×6=168.

4.5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为（　　）

A.-40 B.-20 C.20 D.40

解析：选D　由题意，令_=1得展开式各项系数的和为(1+a)·(2-1)5=2，a=1.

二项式5的通项公式为Tr+1=C(-1)r·25-r·_5-2r，

5展开式中的常数项为_·C(-1)322·_-1+·C·(-1)2·23·_=-40+80=40.

5、在(1-_)n=a0+a1_+a2_2+a3_3+…+an_n中，若2a2+an-3=0，则自然数n的值是（　　）

A.7 B.8 C.9 D.10

解析：选B　易知a2=C，an-3=(-1)n-3·C=(-1)n-3C，又2a2+an-3=0，所以2C+(-1)n-3C=0，将各选项逐一代入检验可知n=8满足上式。

6、设aZ，且0≤a<13，若512 012+a能被13整除，则a=（　　）

A.0 B.1 C.11 D.12

解析：选D　512 012+a=(13×4-1)2 012+a，被13整除余1+a，结合选项可得a=12时，512 012+a能被13整除。

7、（2015·杭州模拟）二项式5的展开式中第四项的系数为________.

解析：由已知可得第四项的系数为C(-2)3=-80，注意第四项即r=3.

答案：-808.（2013·四川高考）二项式(_+y)5的展开式中，含_2y3的项的系数是________（用数字作答）。

解析：由二项式定理得(_+y)5的展开式中_2y3项为C_5-3y3=10_2y3，即_2y3的系数为10.

答案：10

。 （2013·浙江高考）设二项式5的展开式中常数项为A，则A=________.

解析：因为5的通项Tr+1=C（)5-r·r=(-1）rC__-=(-1)rC_.令15-5r=0，得r=3，所以常数项为(-1)3C_0=-10.即A=-10.

答案：-10

10、已知(1-2_)7=a0+a1_+a2_2+…+a7_7，求：

(1)a1+a2+…+a7;

(2)a1+a3+a5+a7;

(3)a0+a2+a4+a6;

（4）|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|。

解：令_=1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1.

令_=-1，则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=37.

（1）∵a0=C=1，a1+a2+a3+…+a7=-2.

（2）(-)÷2，得a1+a3+a5+a7==-1 094.

（3)(+）÷2，得a0+a2+a4+a6==1 093.

（4）(1-2_)7展开式中a0、a2、a4、a6大于零，而a1、a3、a5、a7小于零，

|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|

=(a0+a2+a4+a6)- (a1+a3+a5+a7)

=1 093-(-1 094)=2 187.

11、若某一等差数列的首项为C-A，公差为m的展开式中的常数项，其中m是7777-15除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。

解：设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn.

由已知得又nN_，n=2，

C-A=C-A=C-A=-5×4=100，a1=100.

7777-15=(76+1)77-15

=7677+C·7676+…+C·76+1-15

=76(7676+C·7675+…+C)-14

=76M-14(MN_)，

7777-15除以19的余数是5，即m=5.

m的展开式的通项是Tr+1=C·5-rr=(-1)rC5-2r_r-5(r=0,1,2,3,4,5)，

令r-5=0，得r=3，代入上式，得T4=-4，即d=-4，从而等差数列的通项公式是an=100+(n-1)×(-4)=104-4n.

设其前k项之和最大，则解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，

S25=S26=×25=×25=1 300.

12、从函数角度看，组合数C可看成是以r为自变量的函数f(r)，其定义域是{r|rN，r≤n}。

（1）证明：f(r)=f(r-1)；

（2）利用(1)的结论，证明：当n为偶数时，(a+b)n的展开式中最中间一项的二项式系数最大。

解：(1)证明：f(r)=C=，f(r-1)=C=，

f(r-1)=·=。

则f(r)=f(r-1)成立。

（2）设n=2k，f(r)=f(r-1)，f(r-1)>0，=。

令f(r)≥f(r-1)，则≥1，则r≤k+（等号不成立）。

当r=1,2，…，k时，f(r)>f(r-1)成立。

反之，当r=k+1，k+2，…，2k时，f(r)

高二数学试题及答案 篇2

一、选择题

1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )

A．C26C24C22 B．A26A24A22

C．C26C24C22C33 D.A26C24C22A33

[答案] A

2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连且顺序不变）的不同排法共有( )

A．120种 B．480种

C．720种 D．840种

[答案] B

[解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C36种排法，再将qu看成一个整体（相当于一个元素）与选出的3个字母进行全排列有A44种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有C36A44＝480(种)．

3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( )

A．24种 B．18种

C．12种 D．96种

[答案] B

[解析] 先选后排C23A33＝18，故选B.

4．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有( )

A．40个 B．120个

C．360个 D．720个

[答案] A

[解析] 先选取3个不同的数有C36种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A22种排法，故共有C36A22＝40个三位数．

5．（2010湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( ）

A．10 B．11

C．12 D．15

[答案] B

[解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：

第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)

第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)

第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)

与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)

6．北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早，中，晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )

A．C414C412C48 B．C1214C412C48

C.C1214C412C48A33 D．C1214C412C48A33

[答案] B

[解析] 解法1：由题意知不同的排班种数为：C414C410C46＝14×13×12×114！10×9×8×74！6×52！＝C1214C412C48.

故选B.

解法2：也可先选出12人再排班为：C1214C412C48C44，即选B.

7．（2009湖南理5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ）

A．85 B．56

C．49 D．28

[答案] C

[解析] 考查有限制条件的组合问题．

（1）从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C27种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C27＝42种．

（2）甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．

由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种．

8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有( )

A．6个 B．12个

C．18个 D．30个

[答案] B

[解析] C46－3＝12个，故选B.

9．（2009辽宁理，5)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( ）

A．70种 B．80种

C．100种 D．140种

[答案] A

[解析] 考查排列组合有关知识．

解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，

∴共有C25C14＋C15C24＝70，∴选A.

10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )

A．50种 B．49种

C．48种 D．47种

[答案] B

[解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法．

因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．

1° 当A＝{1}时，选B的'方案共有24－1＝15种，

当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，

当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，

当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．

故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．

2° A为二元素集时，

A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．

A中最大元素是3，有C12种，选B的方案有22－1＝3种．故共有2×3＝6种．

A中最大元素是4，有C13种．选B的方案有21－1＝1种，故共有3×1＝3种．

故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．

3° A为三元素集时，

A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．

A中最大元素是4，有C23＝3种，选B的方案有1种，

∴共有3×1＝3种．

∴A为三元素时共有3＋3＝6种．

4° A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．

∴共有26＋16＋6＋1＝49种．

二、填空题

11．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有______种不同送法．

[答案] 10

[解析] 每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10种．

12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种．

[答案] 60

[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．

∴不同排法有A35＝60种．

13．(09海南宁夏理15)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种（用数字作答）．

[答案] 140

[解析] 本题主要考查排列组合知识．

由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有

C37C34＝140种．

14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．

[答案] 150

[解析] 先分组共有C35＋C25C232种，然后进行排列，有A33种，所以共有(C35＋C25C232)A33＝150种方案．

三、解答题

15．解方程Cx2＋3x＋216＝C5x＋516.

[解析] 因为Cx2＋3x＋216＝C5x＋516，所以x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16，即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0，所以x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1.经检验x＝3和x＝－9不符合题意，舍去，故原方程的解为x1＝－1，x2＝1.

16．在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，边ON上有4个异于O点的点，以这10个点（含O点）为顶点，可以得到多少个三角形？

[解析] 解法1：（直接法）分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、ON上，所以有C15C14个，O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上有C25C14个，一个顶点在OM上，两个顶点在ON上有C15C24个．因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有C15C14＋C25C14＋C15C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．

解法2：（间接法）先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是C310，但其中OM上的6个点（含O点）中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点（含O点）中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C310－C36－C35个，即C310－C36－C35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×41×2＝120－20－10＝90(个)．

解法3：也可以这样考虑，把O点看成是OM边上的点，先从OM上的6个点（含O点）中取2点，ON上的4点（不含O点）中取一点，可得C26C14个三角形，再从OM上的5点（不含O点）中取一点，从ON上的4点（不含O点）中取两点，可得C15C24个三角形，所以共有C26C14＋C15C24＝15×4＋5×6＝90(个)．

17．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．

（1）小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净剩球数取前两名；

（2）半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛（每两队主客场各赛一场）决出胜者；

（3）决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．

问全程赛程共需比赛多少场？

[解析] （1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C26＝30(场）．

（2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名（或乙组第一名与甲组第二名）主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A22＝4(场）．

（3）决赛只需比赛1场，即可决出胜负．

所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．

18．有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？

（1）甲得4本，乙得3本，丙得2本；

（2）一人得4本，一人得3本，一人得2本；

（3）甲、乙、丙各得3本．

[分析] 由题目可获取以下主要信息：

①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学；

②题目中的3个问题的条件不同．

解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答．

[解析] (1)分三步完成：

第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C49种方法；

第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C35种方法；

第三步：把剩下的书给丙有C22种方法，

∴共有不同的分法有C49C35C22＝1260(种)．

（2）分两步完成：

第一步：将4本、3本、2本分成三组有C49C35C22种方法；

第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A33种方法，

∴共有C49C35C22A33＝7560(种)．

（3）用与(1)相同的方法求解，

得C39C36C33＝1680(种)．

高二数学试题及答案 篇3

一、选择题

1、已知an+1=an-3，则数列{an}是()

A.递增数列 B.递减数列

C.常数列 D.摆动数列

解析：∵an+1-an=-30，由递减数列的定义知B选项正确。故选B.

答案：B

2、设an=1n+1+1n+2+1n+3++12n+1（nN*），则()

A.an+1an B.an+1=an

C.an+1

解析：an+1-an=(1n+2+1n+3++12n+1+12n+2+12n+3)-(1n+1+1n+2++12n+1)=12n+3-12n+1=-12n+32n+2.

∵nN*，an+1-an0.故选C.

答案：C

3.1,0,1,0，的通项公式为()

A.2n-1 B.1+-1n2

C.1--1n2 D.n+-1n2

解析：解法1：代入验证法。

解法2：各项可变形为1+12，1-12，1+12，1-12，，偶数项为1-12，奇数项为1+12.故选C.

答案：C

4、已知数列{an}满足a1=0，an+1=an-33an+1（nN*），则a20等于()

A.0 B.-3

C.3 D.32

解析：由a2=-3，a3=3，a4=0，a5=-3，可知此数列的最小正周期为3，a20=a36+2=a2=-3，故选B.

答案：B

5、已知数列{an}的通项an=n2n2+1，则0.98()

A.是这个数列的项，且n=6

B.不是这个数列的项

C.是这个数列的项，且n=7

D.是这个数列的项，且n=7

解析：由n2n2+1=0.98，得0.98n2+0.98=n2，n2=49.n=7（n=-7舍去），故选C.

答案：C

6、若数列{an}的通项公式为an=7（34)2n-2-3(34)n-1，则数列{an}的(）

A.最大项为a5，最小项为a6

B.最大项为a6，最小项为a7

C.最大项为a1，最小项为a6

D.最大项为a7，最小项为a6

解析：令t=(34)n-1，nN+，则t(0,1]，且(34)2n-2=[(34)n-1]2=t2.

从而an=7t2-3t=7(t-314)2-928.

函数f(t)=7t2-3t在(0，314]上是减函数，在[314，1]上是增函数，所以a1是最大项，故选C.

答案：C

7、若数列{an}的前n项和Sn=32an-3，那么这个数列的通项公式为()

A.an=23n-1 B.an=32n

C.an=3n+3 D.an=23n

解析：

①-②得anan-1=3.

∵a1=S1=32a1-3，

a1=6，an=23n.故选D.

答案：D

8、数列{an}中，an=（-1)n+1(4n-3)，其前n项和为Sn，则S22-S11等于(）

A.-85 B.85

C.-65 D.65

解析：S22=1-5+9-13+17-21+-85=-44，

S11=1-5+9-13++33-37+41=21，

S22-S11=-65.

或S22-S11=a12+a13++a22=a12+(a13+a14)+(a15+a16)++(a21+a22)=-65.故选C.

答案：C

9、在数列{an}中，已知a1=1，a2=5，an+2=an+1-an，则a2007等于()

A.-4 B.-5

C.4 D.5

解析：依次算出前几项为1,5,4，-1，-5，-4,1,5,4，，发现周期为6，则a2007=a3=4.故选C.

答案：C

10、数列{an}中，an=（23)n-1[(23)n-1-1]，则下列叙述正确的是(）

A.最大项为a1，最小项为a3

B.最大项为a1，最小项不存在

C.最大项不存在，最小项为a3

D.最大项为a1，最小项为a4

解析：令t=(23)n-1，则t=1，23，(23)2，且t(0,1]时，an=t(t-1)，an=t(t-1)=(t-12)2-14.

故最大项为a1=0.

当n=3时，t=(23)n-1=49，a3=-2081;

当n=4时，t=(23)n-1=827，a4=-152729;

又a3

答案：A

二、填空题

11、已知数列{an}的通项公式an=

则它的前8项依次为________.

解析：将n=1,2,3，，8依次代入通项公式求出即可。

答案：1,3，13，7，15，11，17，15

12、已知数列{an}的通项公式为an=-2n2+29n+3，则{an}中的最大项是第________项。

解析：an=-2(n-294)2+8658.当n=7时，an最大。

答案：7

13、若数列{an}的前n项和公式为Sn=log3(n+1)，则a5等于________.

解析：a5=S5-S4=log3(5+1)-log3(4+1)=log365.

答案：log365

14、给出下列公式：

①an=sinn

②an=0，n为偶数，-1n，n为奇数；

③an=(-1)n+1.1+-1n+12;

④an=12(-1)n+1[1-(-1)n]。

其中是数列1,0，-1,0,1,0，-1,0，的通项公式的有________.（将所有正确公式的序号全填上）

解析：用列举法可得。

答 案：①

三、解答题

15、求出数列1,1,2,2,3,3，的一个通项公式。

解析：此数列化为1+12，2+02，3+12，4+02，5+12，6+02，，由分子的规律知，前项组成正自然数数列，后项组成数列1,0,1,0,1,0，。

an=n+1--1n22，

即an=14[2n+1-（-1)n](nN*）。

也可用分段式表示为

16、已知数列{an}的通项公式an=(-1)n12n+1，求a3，a10，a2n-1.

解析：分别用3、10、2n-1去替换通项公式中的n，得

a3=(-1)3123+1=-17，

a10=(-1)101210+1=121，

a2n-1=(-1)2n-1122n-1+1=-14n-1.

17、在数列{an}中，已知a1=3，a7=15，且{an}的通项公式是关于项数n的一次函数。

（1）求此数列的通项公式；

（2）将此数列中的偶数项全部取出并按原来的先后顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的通项公式。

解析：(1)依题意可设通项公式为an=pn+q，

得p+q=3，7p+q=15.解得p=2，q=1.

{an}的通项公式为an=2n+1.

（2）依题意bn=a2n=2(2n)+1=4n+1，

{bn}的通项公式为bn=4n+1.

18、已知an=9nn+110n（nN*），试问数列中有没有最大项？如果有，求出最大项，如果没有，说明理由。

解析：∵an+1-an=(910)(n+1)(n+2)-(910)n(n+1)=(910)n+18-n9，

当n7时，an+1-an

当n=8时，an+1-an=0;

当n9时，an+1-an0.

a1

故数列{an}存在最大项，最大项为a8=a9=99108.

高二数学题 篇4

一、选择题

1、（文)(2010·四川文）将函数y=sin_的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（　　）

A.y=sin B.y=sin C.y=sin D.y=sin

2、(2010·重庆文，6)下列函数中，周期为π，且在[，]上为减函数的是（　　）

A.y=sin（2_+） B.y=cos （2_+） C.y=sin（_+） D.y=cos（_+）

3、（文)若函数y=f（_）的图象和y=sin(_+）的图象关于点M（，0）对称，则f(_)的表达式是（　　）

A.cos（_-) B.cos(_+） C.-cos（_-) D.-cos(_+）

4、（理)若函数f（_）=3sin（ω_+φ）对任意实数_都有f（+_）=f(-_)，则f（）=(　　）

A.0　　　　 B.3　　　　C.-3　 　 　 D.3或-3

5、（理)(2010·天津文）下图是函数y=Asin（ω_+φ）(_∈R)在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只要将y=sin_(_∈R)的图象上所有的点（　　）

A.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

B.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变

C.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

D.向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变

二、填空题

6、(文)函数y=cos_的定义域为[a，b]，值域为[-，1]，则b-a的最小值为________.

7、（文)函数f(_）=Asin（ω_+φ）(A>0，ω>0)的部分图象如右图所示，则f(1)+f(2)+f(3)+。.。+f(11)=________.

8、（理)已知f（_）=sin（ω_+）（ω>0），f（）=f（），且f(_)在区间(，）上有最小值，无最大值，则ω=________.

高二数学题 篇5

1、下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）上单调递增的函数是（　　）

A.y=_3 B.y=|_|+1

C.y=-_2+1 D.y=2-|_|

2、若f(_)=，则f(_)的定义域为（　　）

A. B.

C. D.（0，+∞）

3、设函数f(_)(_R)满足f(-_)=f(_)，f(_+2)=f(_)，则y=f(_)的图象可能是（　　）

图2-1

4、函数f(_)=(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是（　　）

A.(0,1) B.

C. D.

1、已知函数f(_)=则f=（　　）

A. B.e C.- D.-e

2、设函数f(_)定义在实数集上，它的图象关于直线_=1对称，且当_≥1时，f(_)=2_-_，则有（　　）

A.f0，且a≠1)，则函数f(_)=loga(_+1)的图象大致是（　　）

图2-2

5、定义在R上的偶函数f（_)满足：对任意_1，_2[0，+∞），且_1≠_2都有>0，则（　　）

A.f(3)1的解集为（　　）

A.(-1,0)(0，e)

B.（-∞，-1)(e，+∞）

C.（-1,0)(e，+∞）

D.（-∞，1)(e，+∞）

4、已知函数f(_)是定义在R上的奇函数，其最小正周期为3，且_时，f(_)=log(1-_)，则f(2010)+f(2011)=（　　）

A.1 B.2

C.-1 D.-2

1、函数y=的图象可能是（　　）

图2-4

2、定义在R上的函数f(_)满足f(-_)=-f(_)，f(_-2)=f(_+2)，且_(-1,0)时，f(_)=2_+，则f(log220)=（　　）

A.1 B.

C.-1 D.-

3、定义两种运算：ab=，ab=，则f(_)=是（　　）

A.奇函数

B.偶函数

C.既奇又偶函数

D.非奇非偶函数

4、已知函数f(_)=|lg_|，若02的解集为（　　）

A.（2，+∞）

B.（2，+∞）

C.（，+∞）

D.

6.f(_)=_2-2_，g(_)=a_+2(a>0)，对_1∈[-1,2]，_0∈[-1,2]，使g(_1)=f(_0)，则a的取值范围是（　　）

A. B.

C.[3，+∞) D.(0,3]

7、函数y=f(cos_)的定义域为(kZ)，则函数y=f(_)的定义域为________.

8、已知定义在R上的函数y=f(_)满足条件f=-f(_)，且函数y=f为奇函数，给出以下四个命：

（1）函数f(_)是周期函数；

（2）函数f(_)的图象关于点对称；

（3）函数f(_)为R上的偶函数；

（4）函数f(_)为R上的单调函数。

其中真命的序号为________.（写出所有真命的序号）

专限时集训(二)A

【基础演练】

1.B　【解析】 是偶函数的是选项B、C、D中的函数，但在（0，+∞）上单调递增的函数只有选项B中的函数。

2.A　【解析】 根据意得log(2_+1)>0，即0<2_+1<1，解得_.故选A.

3.B　【解析】 由f(-_)=f(_)可知函数为偶函数，其图象关于y轴对称，可以结合选项排除A、C，再利用f(_+2)=f(_)，可知函数为周期函数，且T=2，必满足f(4)=f(2)，排除D，故只能选B.

4.B　【解析】 由知00，故函数f（_)在[1，+∞）上单调递增。又f=f=f，f=f=f，<<，故f1时，结合10时，根据ln_>1，解得_>e;当_<0时，根据_+2>1，解得-10时，y=ln_，当_<0时，y=-ln(-_)，因为函数y=是奇函数，图象关于坐标原点对称。故只有选项B中的图象是可能的。

2.C　【解析】 f(_-2)=f(_+2)f(_)=f(_+4)，41，故f(a)=|lga|=-lga，f(b)=|lgb|=lgb，由f(a)=f(b)，得-lga=lgb，即lg(ab)=0，故ab=1，所以2a+b≥2=2，当且仅当2a=b，即a=，b=时取等号。

5.A　【解析】方法1：作出函数f(_)的示意图如图，则log4_>或log4_<-，解得_>2或02等价于不等式f（|log4_|）>2=f，即|log4_|>，即log4_>或log4_<-，解得_>2或00，所以a的取值范围是。

7、　【解析】 由于函数y=f(cos_)的定义域是(kZ)，所以u=cos_的值域是，所以函数y=f(_)的定义域是。

8、(1)(2)(3)　【解析】 由f(_)=f(_+3)f(_)为周期函数；又y=f为奇函数，所以y=f图象关于(0,0)对称；y=f向左平移个单位得y=f(_)的图象，原来的原点(0,0)变为，所以f(_)的图象关于点对称。又y=f为奇函数，所以f=-f，故f=-f=-f(-_)f(-_)=f(_)，所以f(_)为偶函数；又f(_)为R上的偶函数，不可能为R上的单调函数。