全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十九基本初等函数函数与方程文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十九基本初等函数函数与方程文含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.幂函数的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,4)))，则它的单调递增区间是( )
A.(0，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))
C.(－∞，＋∞) D.(－∞，0)
解析：选D 设f(x)＝xa，则2a＝eq \f(1,4)，所以a＝－2，所以f(x)＝x－2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0).故选D.
2.(2019·全国卷Ⅰ)已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A.aC.c解析：选B 由对数函数的单调性可得a＝lg20.220＝1，03.函数f(x)＝－|x|－eq \r(x)＋3的零点所在区间为( )
A.(0，1) B.(1，2)
C.(2，3) D.(3，4)
解析：选B 函数f(x)＝－|x|－eq \r(x)＋3是单调减函数，因为f(1)＝1＞0，f(2)＝1－eq \r(2)＜0，所以f(1)f(2)＜0，可知函数f(x)＝－|x|－eq \r(x)＋3的零点所在区间为(1，2).
4.(2019·广州市综合检测(一))如图，一高为H且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T.若鱼缸水深为h时，水流出所用时间为t，则函数h＝f(t)的图象大致是( )
解析：选B 水位由高变低，排除C、D.半缸前下降速度先快后慢，半缸后下降速度先慢后快，故选B.
5.若函数y＝eq \r(a－ax)(a>0，且a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则lgaeq \f(5,6)＋lgaeq \f(48,5)＝( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析：选C ∵当a>1时，函数y＝eq \r(a－ax)在[0，1]上单调递减，∴eq \r(a－1)＝1且eq \r(a－a)＝0，解得a＝2；当06.若函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝ex关于y轴对称，则f(x)的解析式为( )
A.f(x)＝ex＋1 B.f(x)＝ex－1
C.f(x)＝e－x＋1 D.f(x)＝e－x－1
解析：选D 与y＝ex的图象关于y轴对称的图象对应的函数为y＝e－x.依题意，f(x)的图象向右平移1个单位长度，得y＝e－x的图象，∴f(x)的图象是由y＝e－x的图象向左平移1个单位长度得到的，∴f(x)＝e－(x＋1)＝e－x－1.
7.某商场为了解商品的销售情况，对某种电器今年一至五月份的月销售量Q(x)(台)进行统计，得数据如下：
根据表中的数据，你认为能较好地描述月销售量Q(x)(台)与时间x(月份)变化关系的模拟函数是( )
A.Q(x)＝ax＋b(a≠0)
B.Q(x)＝a|x－4|＋b(a≠0)
C.Q(x)＝a(x－3)2＋b(a≠0)
D.Q(x)＝a·bx(a≠0，b>0且b≠1)
解析：选C 观察数据可知，当x增大时，Q(x)的值先增大后减小，且大约是关于Q(3)对称，故月销售量Q(x)(台)与时间x(月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x＝3对称的，显然只有选项C满足题意，故选C.
8.已知函数f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(2,1－x)－1))＝lgeq \f(x＋1,1－x)，令eq \f(x＋1,1－x)>0，则－19.设函数f(x)＝ax－k－1(a>0，且a≠1)过定点(2，0)，且f(x)在定义域R上是减函数，则g(x)＝lga(x＋k)的图象是( )
解析：选A 由题意可知a2－k－1＝0，解得k＝2，所以f(x)＝ax－2－1，又f(x)在定义域R上是减函数，所以010.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A.[－1，0) B.[0，＋∞)
C.[－1，＋∞) D.[1，＋∞)
解析：选C 令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x).在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)的示意图，如图所示.若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知当直线y＝－x－a过点(0，1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意.当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意.综上，a的取值范围为[－1，＋∞).故选C.
11.(2019·贵阳市第一学期监测)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,5)))，b＝f(lg24.1)，c＝f(20.5)，则a，b，c的大小关系是( )
A.a＜b＜c B.b＜a＜c
C.c＜a＜b D.c＜b＜a
解析：选D 由题意，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,5)))＝f(－lg25)＝f(lg25)，因为lg25＞lg24.1＞2＞20.5＞0，所以f(lg25)＞f(lg24.1)＞f(20.5)，即c＜b＜a，故选D.
12.(2019·福州市质量检测)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋4，x≤0，,－x3－x＋5，x＞0，))当x∈[m，m＋1]时，不等式f(2m－x)＜f(x＋m)恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，－4) B.(－∞，－2)
C.(－2，2) D.(－∞，0)
解析：选B 易知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋4，x≤0，,－x3－x＋5，x＞0))在x∈R上单调递减，
又f(2m－x)＜f(x＋m)在x∈[m，m＋1]上恒成立，
所以2m－x＞x＋m，即2x＜m在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)＜m，解得m＜－2，故选B.
二、填空题
13.(2019·广州市综合检测(一))已知函数f(x)＝x3＋alg3x，若f(2)＝6，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝________.
解析：由f(2)＝8＋alg32＝6，解得a＝－eq \f(2,lg32)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,8)＋alg3eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)－alg32＝eq \f(1,8)＋eq \f(2,lg32)×lg32＝eq \f(17,8).
答案：eq \f(17,8)
14.(2019·河北模拟调研改编)已知函数f(x)＝lga(－x＋1)(a＞0，且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，则实数a＝________；若函数g(x)＝ax＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为________.
解析：函数f(x)＝lga(－x＋1)(a＞0且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0].当a＞1时，f(x)＝lga(－x＋1)在[－2，0]上单调递减，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－2）＝lga3＝0，,f（0）＝lga1＝－1，))无解；当0＜a＜1时，f(x)＝lga(－x＋1)在[－2，0]上单调递增，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－2）＝lga3＝－1，,f（0）＝lga1＝0，))解得a＝eq \f(1,3).∵g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x＋m)－3的图象不经过第一象限，∴g(0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(m)－3≤0，解得m≥－1，即实数m的取值范围是[－1，＋∞).
答案：eq \f(1,3) [－1，＋∞)
15.已知某房地产公司计划出租70套相同的公寓房.当每套房月租金定为3 000元时，这70套公寓房能全部租出去；当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍)，就会多一套房子不能出租.设已出租的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设没有出租的房子不需要花这些费用)，则要使公司获得最大利润，每套房月租金应定为________元.
解析：设利润为y元，租金定为3 000＋50x(0≤x≤70，x∈N)元.则y＝(3 000＋50x)(70－x)－100(70－x)＝(2 900＋50x)(70－x)＝50(58＋x)(70－x)≤50eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(58＋x＋70－x,2)))eq \s\up12(2)＝204 800，当且仅当58＋x＝70－x，即x＝6时，等号成立，故每月租金定为3 000＋300＝3 300(元)时，公司获得最大利润.
答案：3 300
16.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－x－1，x≤0，,x\s\up6(\f(1,2))，x>0))在区间[－1，m]上的最大值是2，则m的取值范围是________.
解析：f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－x－1，x≤0，,x\s\up6(\f(1,2))，x>0，))作出函数的图象，如图所示，因为函数f(x)在[－1，m]上的最大值为2，又f(－1)＝f(4)＝2，所以－1答案：(－1，4]
B组——“5＋3”提速练
1.定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,2))（x＋1），x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，,1－|x－3|，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.3
C.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\{(\a\vs4\al\c1(－lg\s\d9(\f(1,2))（－x＋1），x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，0))，,－1＋|－x－3|，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－1))，))
画出y＝f(x)和y＝a(0＜a＜1)的图象，如图
共有5个交点，所以F(x)有5个零点.
2.已知函数f(x)＝lga(2x2＋x)(a>0，且a≠1)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－∞，－\f(1,2))) B.(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))
解析：选A 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，2x2＋x∈(0，1)，因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，恒有f(x)>0，所以00得x>0或x<－eq \f(1,2).又2x2＋x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))eq \s\up12(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\c1(－∞，－\f(1,2))).
3.如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上(P，B点除外)的一个动点，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得截面面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的大致图象是( )
解析：选D 法一：如图，过点M作MT∥PA交AB于点T，过点M
作MN∥BC交PC于点N，过点N作NS∥PD交CD于点S，连接TS，则平面MTSN∥平面PAD，所以y＝S四边形MTSN.由PA⊥平面ABCD，可得MT⊥平面ABCD，所以平面α与平面PAD之间的距离x＝AT，且四边形MTSN为直角梯形.由MT∥PA，MN∥BC，得eq \f(MT,PA)＝eq \f(2－x,2)，eq \f(MN,BC)＝eq \f(x,2)，所以MT＝eq \f(2－x,2)×4＝2(2－x)，MN＝eq \f(x,2)×2＝x，所以y＝S四边形MTSN＝eq \f(MT,2)·(MN＋ST)＝(2－x)(x＋2)＝4－x2(0＜x＜2).故选D.
法二：设M，N，S，T分别为棱PB，PC，CD，AB的中点，连接MN，NS，ST，MT，则易知四边形MTSN为直角梯形.易证CD⊥平面PAD，平面MTSN∥平面PAD，所以此时x＝1，y＝eq \f(1,2)(MN＋ST)×MT＝eq \f(1,2)×(1＋2)×2＝3，即函数y＝f(x)的图象过点(1，3)，排除A、C；又当x→0时，y→S△PAD＝eq \f(1,2)×2×4＝4，所以排除B.故选D.
4.(2019·河北省九校第二次联考)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\c1(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\c1(\f(x－e－x,x)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(\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.
5.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin πx，0≤x≤1，,lg2 019x，x＞1，))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则a＋b＋c的取值范围是( )
A.(1，2 019) B.(1，2 020)
C.[2，2 020] D.(2，2 020)
解析：选D 法一：由于函数y＝sin πx的周期为2，0≤x≤1，故它的图象关于直线x＝eq \f(1,2)对称.不妨设0＜a＜b＜c，则a＋b＝1，c＞1，故有a＋b＋c＞2，再由正弦函数的定义域和值域可得f(a)＝f(b)＝f(c)∈[0，1]，故有0≤lg2 019c＜1，解得c＜2 019.综上可得，2＜a＋b＋c＜2 020，故选D.
法二：作出函数f(x)的图象与直线y＝m，如图所示，不妨设a＜b＜c，当0≤x≤1时，函数f(x)的图象与直线y＝m的交点分别为A，B，由正弦曲线的对称性，可得A(a，m)与B(b，m)关于直线x＝eq \f(1,2)对称，因此a＋b＝1，当直线y＝m＝1时，由lg2 019x＝1，解得x＝2 019.若满足f(a)＝f(b)＝f(c)，且a，b，c互不相等，由a＜b＜c可得1＜c＜2 019，因此可得2＜a＋b＋c＜2 020，即a＋b＋c∈(2，2 020).故选D.
6.已知在(0，＋∞)上函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2，0＜x＜1，,1，x≥1，))则不等式lg2x－[lgeq \s\d9(\f(1,4))(4x)－1]·f(lg3x＋1)≤5的解集为________.
解析：原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3x＋1≥1，,lg2x－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,4))（4x）－1))≤5))
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＜lg3x＋1＜1，,lg2x＋2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,4))（4x）－1))≤5，))
解得1≤x≤4或eq \f(1,3)＜x＜1，
所以原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4)).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))
7.某工厂常年生产红木家具，根据预测可知，该产品近10年的产量平稳增长.记2016年为第1年，且前4年中，第x年与年产量f(x)(单位：万件)之间的关系如下表所示：
若f(x)近似符合以下三种函数模型之一：①f(x)＝ax＋b，②f(x)＝2x＋a，③f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x＋a.则你认为最适合的函数模型的序号为________.
解析：若模型为f(x)＝2x＋a，则由f(1)＝21＋a＝4，得a＝2，即f(x)＝2x＋2，此时f(2)＝6，f(3)＝10，f(4)＝18，与表格数据相差太大，不符合；若模型为f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x＋a，则f(x)是减函数，与表格数据相差太大，不符合；若模型为f(x)＝ax＋b，由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝4，,3a＋b＝7，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(3,2)，,b＝\f(5,2).))所以f(x)＝eq \f(3,2)x＋eq \f(5,2)，x∈N，所以最适合的函数模型的序号为①.
答案：①
8.(2019·吉林长春四校5月联考)已知g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，且满足g(x)－h(x)＝2x.若存在x∈[－1，1]，使得不等式m·g(x)＋h(x)≤0有解，则实数m的最大值为________.
解析：因为g(x)－h(x)＝2x，①
所以g(－x)－h(－x)＝2－x.
又g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，所以g(x)＋h(x)＝2－x，②
联立①②，得g(x)＝eq \f(2x＋2－x,2)，h(x)＝eq \f(2－x－2x,2).
由m·g(x)＋h(x)≤0，
得m≤eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)＝eq \f(4x－1,4x＋1)＝1－eq \f(2,4x＋1).
因为y＝1－eq \f(2,4x＋1)为增函数，所以当x∈[－1，1]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,4x＋1)))eq \s\d7(max)＝1－eq \f(2,4＋1)＝eq \f(3,5)，所以m≤eq \f(3,5)，即实数m的最大值为eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,5)
x(月份)
1
2
3
4
5
Q(x)(台)
6
9
10
8
6
x
1
2
3
4
f(x)
4.00
5.61
7.00
8.87