2023届高考数学三轮冲刺卷：一次函数与二次函数
一、选择题（共20小题；）
1. 函数 f (x)=x2−2x+3，x∈[0,3] 的值域是 ()
A. [3,6] B. [2,6] C. [2,3] D. [0,3]
2. 函数 f (x)=ax+a−1 在 [1,2] 上有最大值 5，则实数 a= ()
A. 2 或 3 B. 3 C. 2 或 −3 D. 2
3. 函数 f (x)=ax2−(a−1)x−3 在区间 [−1,+∞) 上是增函数，则实数 a 的取值范围是 ()
( 1] ( 1] [ 1]
A. −∞, B. (−∞,0) C. 0, D. 0,
3 3 3
4. 如果函数 f (x)=x2−ax−3 在区间 (−∞,4] 上单调递减，则实数 a 满足的条件是 ()
A. a≥8 B. a≤8 C. a≥4 D. a≥−4
5. 若函数 y=x2−4x−4 的定义域为 [0,m]，值域为 [−8,−4]，则 m 的取值范围是 ()
A. (0,2] B. (2,4] C. [2,4] D. (0,4)
6. 函数 f (x)=∣x−2∣x 的单调减区间是 ()
A. [1,2] B. [−1,0] C. (0,2] D. [2,+∞)
7. 若二次函数 f (x)=x2+bx+c 满足：① y=f (x−1) 是偶函数；②在 x 轴上截得的弦长为 2；
与函数 g(x)=m∣x∣ 的图象有两个不同的交点，则实数 m 的取值范围是 ()
A. (−∞,−2) B. [0,2) C. (−2,2) D. (−2,2]
8. 已知二次函数 f (x)=ax2+bx(a,b∈R)，满足 f (1−x)=f (1+x)，且在区间 [−1,0] 上的最大
值为 3，若函数 g(x)=∣f (x)∣−mx 有唯一零点，则实数 m 的取值范围是 ()
A. [−2,0] B. [−2,0)∪[2,+∞)
C. [−2,0) D. (−∞,0)∪[2,+∞)
{−a2+2ab−1, a≤b
9. 对 于 实 数 a 和 b， 定 义 运 算 “ ∗” ： a∗b= ， 设
b2−ab, a>b
f (x)=(2x−1)∗(x−1)，且关于 x 的方程 f (x)=m(m∈R) 有三个互不相等的实根 x ，x ，
1 2
x ，则 x ⋅x ⋅x 的取值范围是 ()
3 1 2 3
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
A. − ,0 B. − ,0 C. 0, D. 0,
32 16 32 16
10. 给出以下命题：①函数 f (x) 在 x>0 时是增函数，x<0 时也是增函数，所以 f (x) 是增函数；
② 若 函 数 f (x)=ax2+bx+2 与 x 轴 没 有 交 点 ， 则 b2−8a<0 且 a>0； ③
y=x2−2∣x∣−3 的递增区间为 [1,+∞)；④ y=1+x 和 y=√(1+x) 2 表示相等函数．
其中正确命题的个数是 ()
A. 0 个 B. 1 个 C. 2 个 D. 3 个
11. 若函数 y=ax+b 的部分图象如图所示，则 ()A. 0＜a＜1，−1＜b＜0 B. 0＜a＜1，0＜b＜1
C. a＞1，−1＜b＜0 D. a<1，−1＜b＜0
12. 一次函数 y=ax+b 与二次函数 y=ax2+bx+c 在同一坐标系中的图象可能是 ()
A. B.
C. D.
13. 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，
可食用率 p 与加工时间 t（单位：分钟）满足函数关系 p=at2+bt+c（a，b，c 是常数），
下图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为 ()
A. 3.50 分钟 B. 3.75 分钟 C. 4.00 分钟 D. 4.25 分钟
14. 如图是二次函数 y=ax2+bx+c 图象的一部分，图象过点 A(−3,0)，对称轴为 x=−1．给出
下面四个结论：① b2>4ac；② 2a−b=1；③ a−b+c=0；④ 5a<b．其中正确的结论是
()A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ①③
15. 已知二次函数 f (x)=x2+x+a(a>0)，若 f (m)<0，则 f (m+1) 的值为 ()
A. 正数 B. 负数 C. 零 D. 符号与 a 有关
16. 已知函数 f (x)=2ax2+4(a−3)x+5 在区间 (−∞,3) 上是减函数，则 a 的取值范围是 ()
( 3) ( 3] [ 3) [ 3]
A. 0, B. 0, C. 0, D. 0,
4 4 4 4
17. 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，
可食用率 p 与加工时间 t（单位：分）满足的函数关系 p=at2+bt+c（a，b，c 是常数）．
下图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据可以得到最佳加工时间为 ()
A. 3.50 分 B. 3.75 分 C. 4.00 分 D. 4.25 分
18. 设 a ，a ，b ，b ，c ，c 都是非零实数，不等式 a x2+b x+c >0 的解集为 A，不等式
1 2 1 2 1 2 1 1 1
a b c
a x2+b x+c >0 的解集为 B，则“A=B”是“ 1= 1= 1>0”的 ()
2 2 2 a b c
2 2 2
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件 D. 既非充分又非必要条件
[ 9]
19. 函 数 f (x)=x， g(x)=x2−x+2， 若 存 在 x ,x ,⋯,x ∈ 0, ， 使 得
1 2 n 2
f (x )+f (x )+⋯+f (x )+g(x )=g(x )+g(x )+⋯+g(x )+f (x )，则 n 的最大值为 ()
1 2 n−1 n 1 2 n−1 n
A. 11 B. 13 C. 14 D. 18
{−x2+4x, x<0
20. 已知函数 f (x)= ，若 ∣f (x)∣≥ax，则 a 的取值范围是 ()
ln(x+1), x≥0
A. (−∞,0] B. (−∞,1] C. [−4,1] D. [−4,0]二、填空题（共5小题；）
21. 定义：如果在函数 y=f (x) 定义域内的给定区间 [a,b] 上存在 x (a<x <b)，满足
0 0
f (b)−f (a)
f (x )= ，则称函数 y=f (x) 是 [a,b] 上的“平均值函数”，x 是它的一个均值
0 b−a 0
点，如 y=x4 是 [−1,1] 上的平均值函数，0 就是它的均值点．现有函数 f (x)=−x2+mx+1
是 [−1,1] 上的平均值函数，则实数 m 的取值范围是 ．
2
22. 已知函数 f (x)=x2−2x+3a，g(x)= ．若对任意 x ∈[0,3]，总存在 x ∈[2,3]，使得
x−1 1 2
∣f (x )∣≤g(x ) 成立，则实数 a 的值为 ．
1 2
23. 已知函数 f (x)=x2−6x+8，x∈(−∞,a]，且函数 f (x) 的最小值为 f (a)，则 a 的取值范
围是 ．
24. 已知函数 f (x)=x∣x−a∣+3x．若存在 a∈[−3,4]，使得关于 x 的方程 f (x)=tf (a) 有
三个不相等的实数根，则实数 t 的取值范围是 ．
25. 已知函数 f (x)=x2−6x+8，x∈[1,a]，若 a=4，则 f (x) 的最小值为 ；
若函数 f (x) 的最小值为 f (a)，则 a 的取值范围是 ．
三、解答题（共5小题；）
26. 已知二次函数 f (x) 满足 f (0)=1 和 f (x+1)−f (x)=2x．
（1）求函数 f (x) 的解析式；
（2）求函数 f (x) 在区间 [−1,1] 上的最大值和最小值．
27. 已知函数 f (x)=x2−2(a+1)x−2．
（1）若 a=1，求函数的值域．
（2）若 x∈[1,2]，求函数的最小值．
28. 函数 f (x)=4x2−4ax+a2−2a+2 在区间 [0,2] 上有最小值 3，求 a 的值．
29. 已知函数 f (x)=x2−2ax+1．
（1）若对任意的实数 x 都有 f (1+x)=f (1−x) 成立，求实数 a 的值；
（2）若 f (x) 在区间 [1,+∞) 上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；
（3）当 x∈[−1,1] 时，求函数 f (x) 的最大值．
30. 学校食堂改建一个开水房，计划用电炉或煤炭烧水，但用煤时也要用电鼓风及时排气，用煤烧
开水每吨开水费为 S 元，用电炉烧开水每吨开水费为 p 元，S=5x+0.2y+5，
P=10.2y+20√76−y．其中 x 为毎吨煤的价格，y 为每百度电的价格，如果烧煤时的费用
不超过用电炉时的费用，则仍用原备的锅炉使用煤炭烧水，否则就用电炉烧水．
（1）如果两种方法烧水费用相同，试将每吨煤的价格表示为每百度电价的函数；
（2）如果每百度电价不低于 60 元，则用煤烧水时每吨煤的最高价是多少?答案
1. B
2. D
3. D
a a
4. A 【解析】函数图象的对称轴为 x= ，由题意得 ≥4，解得 a≥8．
2 2
5. C
【解析】函数 f (x)=x2−4x−4 的图象是开口向上，且以直线 x=2 为对称轴的抛物线，
所以 f (0)=f (4)=−4，f (2)=−8，
因为函数 f (x)=x2−4x−4 的定义域为 [0,m]，值域为 [−8,−4]，
所以 2≤m≤4，即 m 的取值范围是 [2,4]．
故选：C．
{ x2−2x, x≥2
6. A 【解析】f (x)= ，当 x≥2 时，f (x) 为增函数，当 x<2 时，(−∞,1] 是
−x2+2x, x<2
函数 f (x) 的增区间；[1,2] 是函数 f (x) 的减区间．
7. D 【解析】根据题意得 f (x) 的对称轴为 x=−1，且过 (−2,0) 和 (0,0) 两点，
{ c=0,
所以
4−2b+c=0,
{b=2,
所以
c=0.
所以 f (x)=x2+2x，
因为 f (x) 与 g(x) 的图象有两个不同的交点，
所以 x2+2x=m∣x∣ 有两个解，
{x2+2x−mx=0(x≥0),⋯⋯①
则有
x2+2x+mx=0(x≤0),⋯⋯②
由①得：x=0或x=m−2，
由②得：x=0或x=−m−2，{m−2>0, { m−2<0,
所以 或
−m−2>0 −m−2<0,
解得 −2<m<2，
又因为 m−2 与 −m−2 不同时为 0 时也成立，
所以当 m−2=0 时，解得 m=2，
此时，x=−m−2=−4<0，成立，
当 −m−2=0 时，解得 m=−2，
此时 x=m−2=−4<0，不成立．
综上所述，m 的取值范围为 (−2,2]．
8. C 【解析】二次函数 f (x)=ax2+bx(a,b∈R)，满足 f (1−x)=f (1+x)，
可得直线 x=1 为函数 f (x) 的对称轴，
b
即有 − =1,⋯⋯①
2a
由 f (x) 在区间 [−1,0] 上的最大值为 3，
当 a>0 时，f (x) 在 [−1,0] 上单调递减，在 x=−1 时取得最大值 f (−1)=a−b=3,⋯⋯②
当 a<0 时，f (x) 在 [−1,0] 上单调递增，在 x=0 时取得最大值 f (0)=0≠3，所以此情况不成立．
由①②解得 a=1，b=−2．
则 f (x)=x2−2x，
若函数 g(x)=∣f (x)∣−mx 有唯一零点，
即为方程 ∣f (x)∣−mx 有唯一实根，
作出 y=∣f (x)∣ 的图象和直线 y=mx 的图象，
当 m=0，有 y=0 与 y=∣f (x)∣ 有两个交点，舍；
当 m>0 时，由 mx=2x−x2，
即有 x2+(m−2)x=0，
由判别式 Δ=(m−2) 2−4×0=0，
解得 m=2．
由图象可得 m≥2 时，y=∣f (x)∣ 的图象和直线 y=mx 的图象有两个交点，舍；
当 0<m<2 时，y=∣f (x)∣ 的图象和直线 y=mx 的图象有三个交点，舍；
当 m<0 时，且 y=mx 为曲线 y=∣f (x)∣ 的切线时，只有一个交点，即为原点，
y=∣f (x)∣=x2−2x(x<0)，
可得 mx=x2−2x 即 x2−(2+m)x=0 只有相等的两实根，
可得判别式 Δ=(2+m) 2−4×0=0，
解得 m=−2，
由图象可得 −2≤m<0 时，y=∣f (x)∣ 的图象和直线 y=mx 的图象只有一个交点，即为原点．
综上可得，所求 m 的范围为 [−2,0)．9. A
10. A
11. A
12. C 【解析】若 a>0，则一次函数 y=ax+b 为增函数，二次函数 y=ax2+bx+c 的开口向上，
故可排除 A；
若 a<0，一次函数 y=ax+b 为减函数，二次函数 y=ax2+bx+c 开口向下，故可排除 D；
b
对于选项B，看直线可知 a>0，b>0，从而 − <0，而二次函数的对称轴在 y 轴的右侧，故应排
2a
除B．
{9a+3b+c=0.7, {a=−0.2,
13. B 【解析】由已知得 16a+4b+c=0.8, 解得 b=1.5,
25a+5b+c=0.5, c=−2,
所以 p=−0.2t2+1.5t−2=−
1(
t−
15) 2
+
13
，
5 4 16
15
所以当 t= =3.75 时，p 最大，
4
即最佳加工时间为 3.75 分钟．
14. B 【解析】因为二次函数的图象与 x 轴交于两点，所以 b2−4ac>0，即 b2>4ac，①正确；
b
对称轴为 x=−1，即 − =−1，2a−b=0，②错误；
2a
结合图象，当 x=−1 时，y>0，即 a−b+c>0，③错误；
由对称轴为 x=−1 知，b=2a，又函数图象开口向下，所以 a<0，所以 5a<2a，即 5a<b，④正
确．
15. A
【解析】因为 a>0，所以 f (0)=a>0，
1
又因为函数的对称轴为 x=− ，所以 f (−1)=f (0)>0，
2
又因为 f (m)<0，所以 −1<m<0，所以 m+1>0，所以 f (m+1)>0．
16. D 【解析】当 a=0 时，f (x)=−12x+5，在 (−∞,3) 上是减函数；当 a≠0 时，由
{
a>0,
3 [ 3]
4(a−3) 得 0<a≤ ，综上 a 的取值范围是 0, ．
− ≥3, 4 4
4a
17. B
18. B
[ 9]
19. C 【解析】记 F(x)=g(x)−f (x)=x2−2x+2,x∈ 0, ，
2
(9) 1
最小值为 F(1)=1，最大值为 F =13 ，
2 4
由 f (x )+f (x )+⋯+f (x )+g(x )=g(x )+g(x )+⋯+g(x )+f (x )，
1 2 n−1 n 1 2 n−1 n
得 F(x )+F(x )+⋯+F(x )=F(x )，
1 2 n−1 n
要求 n 的值最大，F(x ) 取最大值，F(x ),i=1,2,3,⋯,n−1 取最小值，
n i
1
得 n−1≤13 ，所以 n =14．
4 max
20. D
【解析】由题意作出函数 y=∣f (x)∣ 和 y=ax 的图象．
由图象得，函数 y=ax 在图象为经过原点的直线，当直线 y=ax 介于直线 l 和 x 轴之间时与题意
相符，直线 l 为曲线的切线，且此时 y=∣f (x)∣ 在第二象限的解析式为 y=x2−4x，导数为
y=2x−4，因为 x≤0，所以 y≤−4，故直线 l 的斜率为 −4，所以只需直线 y=ax 的斜率 a 介
于 −4 与 0 之间即可，即 −4≤a≤0．
21. (0,2)
【解析】因为函数 f (x)=−x2+mx+1 是 [−1,1] 上的平均值函数，
设 x 为均值点，
0
f (1)−f (−1)
所以 =m=f (x )，
1−(−1) 0
即关于 x 的方程 −x2+mx +1=m 在 (−1,1) 内有实数根，
0 0 0
解方程得 x =1 或 x =m−1，
0 0
所以必有 −1<m−1<1，即 0<m<2，
所以实数 m 的取值范围是 (0,2)．
1
22. −
3
2
【解析】因为 g(x)= 在 [2,3] 上单调递减，
x−1
所以 g(x ) =2，
2 max解法 1：由题意得，∣f (x )∣≤2，即 ∣x2−2x+3a∣≤2 在 [0,3] 上恒成立，
1
即 −2≤x2−2x+3a≤2，在 [0,3] 上恒成立，
{3a≤−x2+2x+2, {3a≤−(x−1) 2−1,
所以 即 在 [0,3] 上恒成立，
3a≥−x2+2x−2, 3a≥−(x−1) 2+3
1
所以 3a=−1，a=− ．
3
解法 2：∣f (x )∣ ≤2，
1 max
因为 ∣f (x )∣ =max{∣f (1)∣,∣f (3)∣}，
1 max
{∣f (1)∣≤2, {∣3a−1∣≤2,
所以 即
∣f (3)∣≤2, ∣3a+3∣≤2,
1
解得 a=− ．
3
23. (−∞,3]
【解析】函数 f (x)=x2−6x+8 的对称轴为 x=3，
若当 x∈(−∞,a] 时，函数 f (x) 的最小值为 f (a)，则 a≤3．
故答案为：a 的取值范围是 (−∞,3]．
( 49)
24. 1,
48
{ x2+(3−a)x, x≥a
【解析】由题意得 f (x)= ，且关于 x 的方程 f (x)=3at 有三个不相等的实
−x2+(3+a)x, x<a
数根．
3−a a+3 3−a a+3
（1）当 −3≤a≤3 时，− ≤a≤ ，且 − ≤0≤ ，
2 2 2 2
可知 f (x) 在 (−∞,+∞) 上是增函数，此时关于 x 的方程 f (x)=3at 不可能有三个不相等的实数解；
3−a a+3
（2）当 3<a≤4 时，0<− < <a，
2 2
( a+3] [a+3 ]
可知 f (x) 在区间 −∞, ，[a,+∞) 上分别是增函数，而在区间 ,a 上是减函数（如图
2 2
所示）．(a+3) 2
当且仅当 3a<3at< 时，方程 f (x)=3at 有三个不相等的实数解．
4
(a+3) 2 1 ( 9 )
即 1<t< = a+ +6 ．
12a 12 a
9 25
令 g(a)=a+ ，则 g(a) 在 a∈(3,4] 时是增函数，则得 g(a) =g(4)= ．
a max 4
( 49)
所以，所求实数 t 的取值范围是 1, ．
48
25. −1，(1,3]
【解析】若 a=4，函数 f (x)=x2−6x+8=(x−3) 2−1，
当 x=3 时，f (x) 的最小值为 −1，
若函数 f (x) 在 [1,a] 上的最小值为 f (a)，
则 f (x) 在 [1,a] 上单调递减，
所以 1<a≤3，即此时 a 的取值范围为 (1,3]．
26. （1） 设 f (x)=ax2+bx+c(a≠0)，
因为 f (0)=1，
所以 c=1．
又因为 f (x+1)=a(x+1) 2+b(x+1)+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c，
所以 f (x+1)−f (x)=2ax+a+b，而 f (x+1)−f (x)=2x．
所以 2ax+a+b=2x，这是一 个恒等式，
{2a=2,
所以
a+b=0.
{ a=1,
解得
b=−1.
所以 f (x)=x2−x+1．（2） 解法一：由 f (x)=x2−x+1= ( x− 1) 2 + 3 ．
2 4
因为 −1≤x≤1，
( 1) 2 9
所以 0≤ x− ≤ ，
2 4
3
所以 ≤f (x)≤3，
4
3
所以函数 f (x) 在区间 [−1,1] 上 的最大值和最小值分别为 3， ．
4
解法二：画出函数 f (x)=x2−x+1(x∈[−1,1]) 的示意图（如图）．
1 (1) 3
由图可知函数 f (x) 在 x= 时取得最小值 f = ，
2 2 4
在 x=−1 时 取是最大值 f (−1)=3，
3
所以函数 f (x) 在区间 [−1,1] 上的最大值和最小值 分别为 3 和 ．
4
27. （1） 若 a=1，则 f (x)=x2−4x−2，f (x) =f (2)=4−8−2=−6，
min
所以 f (x) 的值域为 [−6,+∞)．
（2） f (x)=x2−2(a+1)x−2，x∈[1,2]，
对称轴 x=a+1，函数 f (x) 开口向上，
①当 a+1≤1 时，即 a≤0 时，f (x) =f (1)=−2a−3；
min
②当 1<a+1<2 时，即 0<a<1 时，f (x) =f (a+1)=(a+1) 2−2(a+1) 2−2=−a2−2a−3；
min
③当 a+1≥0 时，即 a≥1 时，f (x) =f (2)=−4a−2．
min
综上，当 a≤0 时，f (x) =f (1)=−2a−3；
min
当 0<a<1 时，f (x) =f (a+1)=−a2−2a−3；
min
当 a≥1 时，f (x) =f (2)=−4a−2．
min
( a) 2
28. f (x)=4 x− −2a+2，
2a
①当 ≤0，即 a≤0 时，函数 f (x) 在 [0,2] 上单调递增．
2
所以 f (x) =f (0)=a2−2a+2，
min
由 a2−2a+2=3，得 a=1±√2，
因为 a≤0，
所以 a=1−√2．
a (a)
②当 0< <2，即 0<a<4 时，f (x) =f =−2a+2，
2 min 2
1
由 −2a+2=3，得 a=− ∉(0,4)，舍去．
2
a
③当 ≥2，即 a≥4 时，函数 f (x) 在 [0,2] 上单调递减，
2
f (x) =f (2)=a2−10a+18，
min
由 a2−10a+18=3，得 a=5±√10，
因为 a≥4，
所以 a=5+√10．
综上所述，a=1−√2 或 a=5+√10．
29. （1） 由对任意的实数 x 都有 f (1+x)=f (1−x) 成立，
知函数 f (x)=x2−2ax+1 的对称轴 x=a=1，即 a=1．
（2） 函数 f (x)=x2−2ax+1 的图象的对称轴为直线 x=a，
由 f (x) 在 [a,+∞) 上为单调递增函数，
y=f (x) 在区间 [1,+∞) 上为单调递增函数，得 a≤1，
即 a 的取值范围是 (−∞,1]．
（3） 函数图象开口向上，对称轴 x=a，可得最大值只能在端点处取得．
当 a<0 时，x=1 时，函数取得最大值为 2−2a；
当 a>0 时，x=−1 时，函数取得最大值为 2+2a；
当 a=0 时，x=1或−1 时，函数取得最大值为 2．
30. （1） 依题意，得 5x+0.2y+5=10.2y+20√76−y，
即 x=2y+4√76−y−1(0<y≤76)．
（2） 由 S≤P，得 x≤2y+4√76−y−1．
不妨令 t=√76−y，则 y=76−t2，则 x≤−2t2+4t+151．
因为 60≤ y≤76，所以 0≤√76−y≤4，即 0≤t≤4．
所以当 t=1 时，x =153，此时 y=75．
max
答：每吨煤的最高价为 153 元．
