（2021步步高大一轮数学（新高考版））第二章 检测二.docx

1、检测二检测二函数函数概念概念与基本初等函数与基本初等函数 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1(2020张家口模拟)若 loga2 30，且 a1)，则实数 a 的取值范围是( ) A. 0，2 3B(1，) C. 0，2 3 (1，)D. 2 3，1 答案C 解析当 0a1 时，由 loga2 3log aa，得 0a1 时，由 log a2 32 3. 综上所述，a 的取值范围是 0，2 3 (1，) 2已知函数 yax 23(a0 且 a1)的图象恒过定点 P，点 P 在幂函数 yf (x)的图象上，则 log3f

2、 1 3 等于() A2B1C1D2 答案A 解析令 x20，得 x2，y4，P(2,4)， 幂函数 f (x)x2，log3f 1 3 log31 92. 3(2020河南、河北重点高中月考)已知 4m3nk，且 2mnmn0，则 k 等于() A18B26C36D42 答案C 解析由题意得 mlog4k，nlog3k. 又由 2mnmn，得1 m 2 n1， 所以 logk42logk31， 即 logk361，解得 k36. 4函数 f (x)(x1)ln|x|的图象可能为() 答案A 解析当 x1 时，f (x)(x1)ln|x|(x1)ln x0，所以排除 B，C； 当 x0 时 f

3、 (x)(x1)ln|x|无意义，所以排除 D， 故选 A. 5(2020厦门联考)已知 a 1 3 2 3 ，b 1 3 3 2 ，clog31 2，则( ) AcbaBacb CbacDcab 答案D 解析由幂函数的单调性可知 0a 1 3 2 3 2 3 01 3 2 0a0， 而 clog31 2log 310， 所以 cab.故选 D. 6将甲桶中的 a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线 yaent. 假设过 5 min 后甲桶和乙桶的水量相等， 若再过 m min 甲桶中的水只有a 4升， 则 m 的值为( ) A5B6C8D10 答案A 解析根据

4、题意知， 因为 5 min 后甲桶和乙桶的水量相等， 所以函数 f (t)aent满足 f (5)ae5n 1 2a，可得 n 1 5ln 1 2，设当 k min 后甲桶中的水只有 a 4升，所以 f (k) a 4，即 1 5ln 1 2kln 1 4，所 以 1 5ln 1 2k2ln 1 2， 解得 k10，所以 k55，即 m5，故选 A. 7素数也叫质数，部分素数可写成“2n1”的形式(n 是素数)，法国数学家马丁梅森就是 研究素数的数学家中成就很高的一位，因此后人将“2n1”形式(n 是素数)的素数称为梅森 素数.2018 年底发现的第 51 个梅森素数是 P282 589 93

5、31，它是目前最大的梅森素数已知 第 8 个梅森素数为 P2311，第 9 个梅森素数为 Q2611，则Q P约等于(参考数据：lg 20.3)() A107B108C109D1010 答案C 解析因为 P，Q 两数远远大于 1， 所以Q P的值约等于 261 231，设 261 231k， 则 230k，即 lg 230lg k，因此有 30lg 2lg k， 所以 lg k9，即 k109. 8(2020广州模拟)对于函数 yf (x)，若存在 x0，使 f (x0)f (x0)，则称点(x0，f (x0)与点 (x0，f (x0)是函数 f (x)的一对“隐对称点”若函数 f (x) x

6、22x，x0， mx2，x0 的图象存在 “隐对称点”，则实数 m 的取值范围是() A22 2，0)B(，22 2 C(，22 2D(0,22 2 答案B 解析由“隐对称点”的定义可知， f (x) x22x，x0， mx2，x0 的图象上存在点关于原点对称， 设函数 g(x)的图象与函数 yx22x，x0，则x0 故原题意等价于方程 mx2x22x(x0)有零点， 解得 mx2 x2， 由于x2 x2 x2 x 22x2 x2 22 2， 当且仅当 x 2时，取得等号，即有 m22 2， 即实数 m 的取值范围是(，22 2 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分

7、全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9下列函数中在区间(0,1)上单调递减的是() Ay 1 2 xBy 1 2 log(x1) Cy|x1|Dy2x 1 答案BC 解析A 是幂函数，其在(0，)上即第一象限内为增函数，故 A 不符合要求； B 中的函数是由函数 y 1 2 log x向左平移 1 个单位长度得到的，因为原函数在(0，)内为 减函数，故 B 符合要求； C 中的函数图象是由函数 yx1 的图象保留 x 轴上方， x 轴下方图象翻折到 x 轴上方而得到 的，故由其图象知 C 符合要求； D 中的函数为指数型函数，因其底数大于 1，故其在 R 上单调

8、递增，D 不合题意 故选 BC. 10关于函数 f (x) x22x3的结论正确的是() A定义域、值域分别是1,3，0，) B单调增区间是(，1 C定义域、值域分别是1,3，0,2 D单调增区间是1,1 答案CD 解析由x22x30，可得 x22x30， 解得1x3，即函数的定义域是1,3， 由二次函数的性质可知，yx22x3(x1)240,4， 函数的值域为0,2， 结合二次函数的性质可知，函数在1,1上单调递增在1,3上单调递减 故选 CD. 11已知 f (x)为定义在 R 上的偶函数，当 x0 时，有 f (x1)f (x)，且当 x0,1)时，f (x) log2(x1)，下列命题

9、正确的是() Af (2 020)f (2 021)0 B函数 f (x)在定义域上是周期为 2 的函数 C直线 yx 与函数 f (x)的图象有 2 个交点 D函数 f (x)的值域为(1,1) 答案AD 解析f (x)为定义在 R 上的偶函数，且当 x0 时，有 f (x1)f (x)，且当 x0,1)时，f (x)log2(x1)，故函数 f (x)的图象如下图所示， 由图可得 f (2 020)f (2 021)000，故 A 正确； 函数 f (x)在定义域上不是周期函数，故 B 错误； 直线 yx 与函数 f (x)的图象有 1 个交点，故 C 错误； 函数 f (x)的值域为(1

10、,1)，故 D 正确； 故选 AD. 12定义在 R 上的函数 f (x)满足 f (xy)f (x)f (y)，当 x0，则函数 f (x)满足 () Af (0)0 Byf (x)是奇函数 Cf (x)在m，n上有最大值 f (n) Df (x1)0 的解集为x|x1 答案ABD 解析令 xy0，则 f (0)2f (0)，故 f (0)0，选项 A 正确； 令 yx，则 f (0)f (x)f (x)0， 即 f (x)f (x)， 故函数 f (x)为奇函数，选项 B 正确； 设 x1x2，则 x1x20， 即 f (x1)f (x2)f (x1)f (x2)0， 即 f (x1)f

11、(x2)，故函数 f (x)为 R 上的减函数， f (x)在m，n上的最大值为 f (m)，选项 C 错误； f (x1)0 等价于 f (x1)f (0)， 又 f (x)为 R 上的减函数，故 x10， 解得 x1， 则 f (f (0)_. 答案5 解析f (0)3，f (f (0)f (3)5. 15(2020荆门模拟)定义函数 yf (x)，xI，若存在常数 M，对于任意 x1I，存在唯一的 x2I， 使得f x1f x2 2 M， 则称函数 f (x)在 I 上的“均值”为 M， 则函数 f (x)log2x， x1,22 020的“均值”为_ 答案1 010 解析x1,22 0

12、20，即 x20,22 020， 若 x1，x220,22 020， 则 f (x1)log2x10,2 020， f (x2)log2x20,2 020， 对于任意 x120,22 020，存在唯一的 x220,22 020使得f x1f x2 2 M 且 f (x)log2x 在 20,22 020上单调递增， f (x1)f (x2)02 0202 020，M1 010. 16设函数 f (x) x21 x ，x1， ax，x1 是单调函数 (1)a 的取值范围是_； (2)若 f (x)的值域是 R，且方程 f (x)ln(xm)没有实根，则 m 的取值范围是_(本 题第一空 2 分，

13、第二空 3 分) 答案(1)(0,2(2) ，1 2 1 2ln 2 解析(1)当 x1 时，f (x)x1 x， 则 f(x)11 x20 恒成立， 故 f (x)在1，)上单调递增，f (x)minf (1)2， 当 x0， a2， 故 a 的取值范围为(0,2 (2)由可得当 x1 时，f (x)2， f (x)的值域是 R， 当 x1 时，ax2， a2， 方程 f (x)ln(xm)没有实根， 当 y2x 与 yg(x)ln(xm)相切时， 设切点为(x0,2x0)， g(x) 1 xm， 1 x0m2,2x 0ln(x0m)ln 1 2， x01 2ln 2， m1 2x 01 2

14、 1 2ln 2， m0 且 a1)的图象经过点 A(1,6) (1)求 f (x)的解析式； (2)求 f (x)的最小值 解(1)由题意得 f (1)a2a2a6(a0 且 a1)， 解得 a2 或3(舍去)， 故所求解析式为 f (x)22x2x4. (2)令 2xt，t(0，)， 得 f (t)t2t4 t1 2 215 4 ， 当 t1 2时，f (t)取得最小值 15 4 ， 故 f (x)的最小值为15 4 . 19(12 分)已知函数 f (x)是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f (x)x2x1. (1)求 f (0)的值； (2)求 f (x)在 R 上的解析式 解(

15、1)f (x)是奇函数，f (x)f (x) 令 x0，得 f (0)f (0)， 即 f (0)0. (2)当 x0 时，f (x)x2x1， 当 x0， f (x)f (x)(x)2(x)1 x2x1. 又 f (0)0， f (x)在 R 上的解析式为 f (x) x2x1，x0， 0，x0， x2x1，x0 时，g(x)在区间0,3的值域为52a，a5， 所以 52aa1， a3a5， 解得 a2. 当 a0 时，g(x)在区间0,3的值域为a5,52a， 所以 a5a1， a352a， 无解 综上所述，实数 a 的取值范围为2，) 21(12 分)(2020湖北“荆、荆、襄、宜四地七

16、校”模拟)湖北省第二届(荆州)园林博览会于 2019 年 9 月 28 日至 11 月 28 日在荆州园博园举办，本届园林博览会以“辉煌荆楚，生态园 博”为主题，展示荆州生态之美，文化之韵，吸引更多优秀企业来荆投资，从而促进荆州经 济快速发展在此博览会期间，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量 投放荆州市场已知该种设备年固定研发成本为 50 万元，每生产一台需另投入 80 元，设该 公司一年内生产该设备 x 万台，且全部售完，且每万台的销售收入 G(x)(万元)与年产量 x(万 台)的函数关系式近似满足 G(x) 1802x，020. (1)写出年利润 W(x)(万元)关于年产

17、量 x(万台)的函数解析式；(年利润年销售收入总成本) (2)当年产量为多少万台时，该公司获得的利润最大？并求最大利润 解(1)W(x)xG(x)80 x50， W(x) 2x2100 x50，020. (2)当 020 时，W(x)1 95010 x9 000 x 1 95010 x900 x1 950102x900 x 1 350. 当且仅当 x900 x ，即 x30 时，等号成立 W(x)max1 350(万元) 答当年产量为 30 万台时，该公司获得的利润最大，最大利润为 1 350 万元 22(12 分)(2020山东聊城一中月考)已知 f (x)2xa 1 2 x是偶函数 (1)

18、求 a 的值； (2)解关于 t 的不等式 f (2t)f (t1)； (3)求函数 yf (2x)6f (x)1，x1,2的值域 解(1)因为 f (x)2xa 1 2 x是偶函数， 所以 f (x)f (x)； 又 2xa 1 2 x2xa 1 2 x， 即(a1) 2x 1 2 x 0 对任意实数恒成立， 因此 a1. (2)由(1)得，f (x)2x 1 2 x， 因为 f (x)2x 1 2 x的导数 f(x)2xln 2 1 2 xln1 2ln 2 2 x 1 2 x ， 且当 x0 时，f(x)0 恒成立， 所以 f (x)2x 1 2 x在0，)上是增函数； 又因为 f (x

19、)2x 1 2 x是偶函数， 又 f (2t)f (t1) f (|2t|)f (|t1|) |2t|t1|， 两边平方可得，3t22t10， 解得 t1 或 t1 3， 所以不等式的解集为 t|t1 或 t 1 3. (3)函数 yf (2x)6f (x)1 22x 1 2 2x6 2x 1 2 x 1， 令 2x 1 2 xk， 由 x1,2可知，k 2，17 4 . 所以由 y22x 1 2 2x6 2x 1 2 x 1 2x 1 2 x 2 6 2x 1 2 x 1， 设 g(k)k26k1(k3)210， 因为 k 2，17 4 ， 所以 g(3)g(k)g 17 4 ，即10g(k)135 16 ， 所以函数的值域是 10，135 16 .