高考数学二轮复习 专题过关检测（六）基本初等函数、函数与方程 文-人教版高三全册数学试题

专题过关检测（六）基本初等函数、函数与方程A级——“12＋4”提速练1．幂函数y＝f(x)的图象经过点(3，eq\r(3))，则f(x)是()A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数解析：选D设幂函数f(x)＝xa，则f(3)＝3a＝eq\r(3)，解得a＝eq\f(1,2)，则f(x)＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)，是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数．2．函数y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过的点是()A．(0,0) B．(0，－1)C．(－2,0) D．(－2，－1)解析：选C令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过点(－2,0)．3．“十一”黄金周期间会有许多外地旅客入住宾馆，假设某宾馆有100个房间供住宿，当房间单价定为300元/天时，会全部住满，房间单价每上涨10元，就会有一个房间空闲．如果旅客居住房间，宾馆每间每天需花费20元的维修费用；如果房间空闲，则不需要维修．宾馆的利润最大时，房间的单价为()A．360元/天 B．300元/天C．660元/天 D．730元/天解析：选C设房间单价为(300＋10x)元/天，则空闲的房间有x间．故宾馆的利润y＝(300＋10x)(100－x)－20(100－x)＝－10x2＋720x＋28000＝－10(x－36)2＋40960(x≥0)，当x＝36时，y取得最大值，即当房间的单价为300＋10×36＝660(元/天)时，宾馆的利润最大．故选C.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C令f(x)＋3x＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函数y＝f(x)＋3x的零点个数是2.故选C.5．(2019·贵州适应性考试)若log2a＝0.3,0.3b＝2，c＝0.32，则实数a，b，c之间的大小关系为()A．a>b>c B．a>c>bC．c>a>b D．b>a>c解析：选B根据题意有a＝20.3，b＝log0.32，c＝0.32，又20.3>20＝1，log0.32<log0.31＝0,0.32＝0.09，所以a>c>b.6．已知函数f(x)＝log3eq\f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是()A．(－1，－log32) B．(0，log52)C．(log32,1) D．(1，log34)解析：选C∵函数f(x)＝log3eq\f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，且f(x)在(1,2)内单调，∴f(1)·f(2)<0，即(1－a)·(log32－a)<0，解得log32<a<1.7．图①中的两条曲线分别表示某理想状态下某种动物(以下简称动物)和它的天敌(以下简称天敌)数量随时间变化的规律，则下列对动物和天敌数量及其关系的描述错误的是()A．天敌和动物数量之间的关系大致可以用图②描述B．由图①可知，在天敌数量增加的过程中，动物数量先增加后减少C．动物和天敌数量的变化都以10年为一周期D．天敌数量在第25年至第30年之间在减少解析：选A观察题图①可知，动物和天敌数量的变化都是以10年为一周期(据此知选项C的描述正确)，因此可根据前10年为例加以分析．观察题图①可知在天敌数量增加的过程中，动物的数量先增加后减少(据此知选项B的描述正确，选项A的描述错误)，因为在第5年至第10年之间天敌数量在减少，所以结合周期可知在第25年至第30年之间天敌数量也在减少(据此知选项D的描述正确)．故选A.8．若函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，则f(2)＋g(4)＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：选D∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝2x，∴g(x)＝log2x，∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.9．已知函数f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)＋a))是奇函数，且在x＝0处有意义，则该函数为()A．(－∞，＋∞)上的减函数B．(－∞，＋∞)上的增函数C．(－1,1)上的减函数D．(－1,1)上的增函数解析：选D由题意知，f(0)＝lg(2＋a)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1))＝lgeq\f(x＋1,1－x)，令eq\f(x＋1,1－x)>0，则－1<x<1，排除A、B，又y＝eq\f(2,1－x)－1在(－1,1)上是增函数，∴f(x)在(－1,1)上是增函数．选D.10．(2019·贵阳第一学期监测)若函数f(x)＝x2，设a＝log54，b＝logeq\f(1,5)eq\f(1,3)，c＝2eq\f(1,5)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系是()A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(c)>f(a)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(a)>f(b)解析：选Df(x)＝x2在(0，＋∞)上单调递增，而0<logeq\f(1,5)eq\f(1,3)＝log53<log54<1<2eq\f(1,5)，所以f(b)<f(a)<f(c)，故选D.11．定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x＋1，x∈[0，1，,1－|x－3|，x∈[1，＋∞，))则关于x的函数F(x)＝f(x)－a(0<a<1)的零点个数为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选D因为f(x)为奇函数，所以x<0时，f(x)＝－f(－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log\f(1,2)－x＋1，x∈－1，0，,－1＋|－x－3|，x∈－∞，－1]，))作出y＝f(x)和y＝a(0<a<1)的图象如图所示，由图可知，两函数图象共有5个交点，所以F(x)有5个零点．12．已知函数f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0，且a≠1)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) B．(0，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析：选A当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，2x2＋x∈(0,1)，因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，恒有f(x)>0，所以0<a<1，由2x2＋x>0得x>0或x<－eq\f(1,2).又2x2＋x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(1,8)，由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).13．十六、十七世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，数学家纳皮尔在研究天文学的过程中，为简化计算发明了对数，直到十八世纪才由瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，即ab＝N⇔b＝logaN，现在已知a＝log48，b＝log24，则4a＝________，a＋b＝________.(用最简结果作答)解析：因为a＝log48，b＝log24，所以4a＝4eq\a\vs4\al(log48)＝8，a＋b＝log22eq\r(2)＋log24＝eq\f(3,2)＋2＝eq\f(7,2).答案：8eq\f(7,2)14．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋4)在区间[－2,2]上的最大值为________．解析：因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，y＝－log2(x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减，所以函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋4)在区间[－2,2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－2－log2(－2＋4)＝9－1＝8.答案：815．有四个函数：①y＝xeq\f(1,2)；②y＝21－x；③y＝ln(x＋1)；④y＝|1－x|.其中在区间(0,1)内单调递减的函数的序号是________．解析：分析题意可知①③显然不满足题意，画出②④中的函数图象(图略)，易知②④中的函数满足在(0,1)内单调递减．答案：②④16．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≤0，,lnx，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析：当x>0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，所以当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0，得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1.答案：(0,1]B级——拔高小题提能练1．已知函数f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0,2π]，则f(x)的所有零点之和等于()A．5π B．6πC．7π D．8π解析：选Cf(x)＝sinx－sin3x＝sin(2x－x)－sin(2x＋x)＝－2cos2xsinx，令f(x)＝0，可得cos2x＝0或sinx＝0，∵x∈[0,2π]，∴2x∈[0,4π]，由cos2x＝0可得2x＝eq\f(π,2)或2x＝eq\f(3π,2)或2x＝eq\f(5π,2)或2x＝eq\f(7π,2)，∴x＝eq\f(π,4)或x＝eq\f(3π,4)或x＝eq\f(5π,4)或x＝eq\f(7π,4)，由sinx＝0可得x＝0或x＝π或x＝2π，∵eq\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋0＋π＋2π＝7π，∴f(x)的所有零点之和等于7π，故选C.2．(2020届高三·石家庄摸底)若函数f(x)＝kx－|x－e－x|有两个正实数零点，则k的取值范围是()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C．(0,1) D．(0，e)解析：选C令f(x)＝kx－|x－e－x|＝0，得kx＝|x－e－x|，当x>0时，k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－e－x,x)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,xex)))，令g(x)＝1－eq\f(1,xex)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1＋x,x2ex)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－eq\f(2,\r(e))<0，g(1)＝1－eq\f(1,e)>0，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在一个a，使得g(a)＝0，所以y＝|g(x)|的图象如图所示．由题意知，直线y＝k与y＝|g(x)|的图象有两个交点，所以0<k<1，故选C.3．设函数f(x)＝e|lnx|(e为自然对数的底数)．若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，则下列结论一定不成立的是()A．x2f(x1)>1 B．x2f(x1)＝1C．x2f(x1)<1 D．x2f(x1)<x1f(x2)解析：选Cf(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(elnx＝x，x≥1，,e－lnx＝\f(1,x)，0<x<1，))作出y＝f(x)的图象如图所示，若0<x1<1<x2，则f(x1)＝eq\f(1,x1)>1，f(x2)＝x2>1，x2f(x1)>1，则A成立．若0<x2<1<x1，则f(x2)＝eq\f(1,x2)>1，f(x1)＝x1>1，则x2f(x1)＝x2x1＝1，则B成立．对于C，若0<x1<1<x2，则x2f(x1)>1，x1f(x2)＝1，则C不成立；若0<x2<1<x1，则x2f(x1)＝1，x1f(x2)>1，则D成立．故选C.4．物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是T0，经过一定时间t(单位：分)后的温度是T，则T－Ta＝(T0－Ta)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,h)，其中Ta称为环境温度，h称为半衰期．现有一杯用88℃热水冲的速溶咖啡，放在24℃的房间中，如果咖啡降到40℃需要20分钟，那么此杯咖啡从40℃降温到32℃时，还需要________分钟．解析：由已知可得Ta＝24，T0＝88，T＝40，则40－24＝(88－24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(20,h)，解得h＝10.当咖啡从40℃降温到32℃时，可得32－24＝(40－24)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq