高考数学(理数)二轮复习专题强化训练06《基本初等函数》 (教师版)

一、选择题

1．函数y＝的定义域为(　　)

A.　　　　　　　　　 B.

C．(1，＋∞)   D.∪(1，＋∞)

解析：选A.要使函数有意义需满足解得<x<1.

2．已知函数f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m的值是(　　)

A．－2   B．4

C．3   D．－2或3

解析：选C.f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数⇒m2－m－5＝1⇒m＝－2或m＝3.

又在x∈(0，＋∞)上是增函数，

所以m＝3.

3．若a＝log，b＝e，c＝log3cos ，则(　　)

A．b>c>a   B．b>a>c

C．a>b>c   D．c>a>b

解析：选B.因为0<<<1，所以1＝log>log>0，所以0<a<1，因为b＝e>e0＝1，所以b>1.因为0<cos <1，所以log3cos <log31＝0，所以c<0.故b>a>c，选B.

4．函数f(x)＝则不等式f(x)>2的解集为(　　)

A．(－2，4)   B．(－4，－2)∪(－1，2)

C．(1，2)∪(，＋∞)   D．(，＋∞)

解析：选C.令2ex－1>2(x<2)，解得1<x<2；

令log3(x2－1)>2(x≥2)，解得x>.

故不等式f(x)>2的解集为(1，2)∪(，＋∞)．

5．若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是(　　)

解析：选A.若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，则0<a<1，故loga|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，由此可知y＝loga|x|的图象大致为A.

6．20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的(　　)

A．10倍   B．20倍

C．50倍   D．100倍

解析：选D.根据题意有lg A＝lg A0＋lg 10M＝lg (A0·10M)．所以A＝A0·10M，则＝100.故选D.

7．函数y＝的图象大致是(　　)

解析：选D.易知函数y＝是偶函数，可排除B，

当x>0时，y＝xln x，y′＝ln x＋1，令y′>0，得x>e－1，

所以当x>0时，函数在(e－1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D正确，故选D.

8．设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　)

A．2x<3y<5z   B．5z<2x<3y

C．3y<5z<2x   D．3y<2x<5z

解析：选D.设2x＝3y＝5z＝k(k>1)，

则x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k，

所以＝＝·＝＝>1，即2x>3y.①

＝＝·＝＝<1，所以2x<5z.②

由①②得3y<2x<5z.

9．设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则(　　)

A．a＋b＜ab＜0   B．ab＜a＋b＜0

C．a＋b＜0＜ab   D．ab＜0＜a＋b

解析：选B.由a＝log0.20.3得＝log0.30.2，由b＝log20.3得＝log0.32，所以＋＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，所以0＜＋＜1，得0＜＜1.又a＞0，b＜0，所以ab＜0，所以ab＜a＋b＜0.

10．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，则函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是(　　)

A．0   B．1

C．2   D．3

解析：选C.当x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝，所以x∈(0，1)时f′(x)>0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．因此，当x>0时，f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如图所示，观察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．

11．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若<f(1)，则x的取值范围是(　　)

A.   B．(0，e)

C.   D．(e，＋∞)

解析：选C.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，

所以f(ln x)－f＝f(ln x)－f(－ln x)＝f(ln x)＋f(ln x)＝2f(ln x)，

所以<f(1)等价于|f(ln x)|<f(1)，

又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以－1<ln x<1，解得<x<e.

12．设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈[－2，0]时，f(x)＝－1，若关于x的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)在区间(－2，6)内有且只有4个不同的实根，则实数a的取值范围是(　　)

A.   B．(1，4)

C．(1，8)   D．(8，＋∞)

解析：选D.因为f(x)为偶函数，且f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(4＋x)＝f(－x)＝f(x)，

所以f(x)为偶函数且周期为4，又当－2≤x≤0时，f(x)＝－1，

画出f(x)在(－2，6)上的大致图象，如图所示．

若f(x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)在(－2，6)内有4个不同的实根，则y＝f(x)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在(－2，6)内有4个不同的交点．

所以所以a>8，故选D.

二、填空题

13．计算：2log410－log225＋8－(π－3)0＝________．

解析：2log410－log225＋8－(π－3)0＝2×log210－log25＋(23)－1＝log2＋22－1、＝1＋4－1＝4.

答案：4

14．有四个函数：①y＝x；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：②④

15．已知函数f(x)＝ln(－x)＋1, f(a)＝4，则f(－a)＝________.

解析：由f(a)＝ln(－a)＋1＝4，得ln(－a)＝3，所以f(－a)＝ln(＋a)＋1＝－ln＋1＝－ln(－a)＋1＝－3＋1＝－2.

答案：－2

16．某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时．已知甲在某日10时购买了该食品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示．给出以下四个结论：

①该食品在6 ℃的保鲜时间是8小时；

②当x∈[－6，6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少；

③到了此日13时，甲所购买的食品还在保鲜时间内；

④到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间．

其中，所有正确结论的序号是________．

解析：因为某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时，所以24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－，所以t＝

①当x＝6时，t＝8，故①正确；

②当x∈[－6，0]时，保鲜时间恒为64小时，当x∈(0，6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少，故②错误；

③此日10时，温度为8 ℃，此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温度为11 ℃，此时的保鲜时间t＝2－×11＋6＝≈1.414小时，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故③错误；

④由③可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确．

所以正确结论的序号为①④.

答案：①④