（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第四层热身篇 专题检测（十九）基本初等函数、函数与方程

专题检测（十九） 基本初等函数、函数与方程A组“124”满分练一、选择题1.幂函数的图象经过点，则它的单调递增区间是()A.(0，)B.C.(，) D.(，0)解析：选D设f(x)xa，则2a，所以a2，所以f(x)x2，它是偶函数，单调递增区间是(，0).故选D.2.(2019全国卷)已知alog20.2，b20.2，c0.20.3，则()A.abc B.acbC.cab D.bca解析：选B由对数函数的单调性可得alog20.2201，0c0.20.30.201，所以ac0，且a1)的定义域和值域都是0，1，则logaloga()A.1 B.2C.3 D.4解析：选C当a1时，函数y在0，1上单调递减，1且0，解得a2；当0a0且b1)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x3对称的，显然只有选项C满足题意，故选C.8.已知函数f(x)lg是奇函数，且在x0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(2a)0，a1，f(x)lglg，令0，则1x0，且a1)过定点(2，0)，且f(x)在定义域R上是减函数，则g(x)loga(xk)的图象是()解析：选A由题意可知a2k10，解得k2，所以f(x)ax21，又f(x)在定义域R上是减函数，所以0a1.此时g(x)loga(x2)在定义域上单调递减，且恒过点(1，0)，故选A.10.(2018全国卷)已知函数f(x)g(x)f(x)xa.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)xa，则g(x)f(x)h(x).在同一坐标系中画出yf(x)，yh(x)的示意图，如图所示.若g(x)存在2个零点，则yf(x)的图象与yh(x)的图象有2个交点，平移yh(x)的图象，可知当直线yxa过点(0，1)时，有2个交点，此时10a，a1.当yxa在yx1上方，即a1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af，bf(log24.1)，cf(20.5)，则a，b，c的大小关系是()A.abc B.bacC.cab D.cba解析：选D由题意，函数f(x)在(0，)上单调递增，因为函数yf(x)是定义在R上的偶函数，所以ff(log25)f(log25)，因为log25log24.1220.50，所以f(log25)f(log24.1)f(20.5)，即cba，故选D.12.(2019福州市质量检测)已知函数f(x)当xm，m1时，不等式f(2mx)f(xm)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)在xR上单调递减，又f(2mx)f(xm)在xm，m1上恒成立，所以2mxxm，即2xm在xm，m1上恒成立，所以2(m1)m，解得m2，故选B.二、填空题13.(2019广州市综合检测(一)已知函数f(x)x3alog3x，若f(2)6，则f_.解析：由f(2)8alog326，解得a，所以falog3alog32log32.答案：14.(2019河北模拟调研改编)已知函数f(x)loga(x1)(a0，且a1)在2，0上的值域是1，0，则实数a_；若函数g(x)axm3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)loga(x1)(a0且a1)在2，0上的值域是1，0.当a1时，f(x)loga(x1)在2，0上单调递减，无解；当0a1时，f(x)loga(x1)在2，0上单调递增，解得a.g(x)3的图象不经过第一象限，g(0)30，解得m1，即实数m的取值范围是1，).答案：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 00050x(0x70，xN)元.则y(3 00050x)(70x)100(70x)(2 90050x)(70x)50(58x)(70x)50204 800，当且仅当58x70x，即x6时，等号成立，故每月租金定为3 0003003 300(元)时，公司获得最大利润.答案：3 30016.已知函数f(x)在区间1，m上的最大值是2，则m的取值范围是_.解析：f(x)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10，且a1)，当x时，恒有f(x)0，则f(x)的单调递增区间是()A. B.(0，)C. D.解析：选A当x时，2x2x(0，1)，因为当x时，恒有f(x)0，所以0a0得x0或x.又2x2x2，由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调递增区间为.3.如图，四棱锥PABCD的底面是边长为2的正方形，PA平面ABCD，且PA4，M是PB上(P，B点除外)的一个动点，过点M作平面平面PAD，截棱锥所得截面面积为y，若平面与平面PAD之间的距离为x，则函数yf(x)的大致图象是()解析：选D法一：如图，过点M作MTPA交AB于点T，过点M作MNBC交PC于点N，过点N作NSPD交CD于点S，连接TS，则平面MTSN平面PAD，所以yS四边形MTSN.由PA平面ABCD，可得MT平面ABCD，所以平面与平面PAD之间的距离xAT，且四边形MTSN为直角梯形.由MTPA，MNBC，得，所以MT42(2x)，MN2x，所以yS四边形MTSN(MNST)(2x)(x2)4x2(0x2).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x1，y(MNST)MT(12)23，即函数yf(x)的图象过点(1，3)，排除A、C；又当x0时，ySPAD244，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|xex|有两个正实数零点，则k的取值范围是()A.(0，) B.C.(0，1) D.(0，e)解析：选C令f(x)kx|xex|0，得kx|xex|，当x0时，k，令g(x)1，x0，则g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，因为g10，g(1)10，所以在上存在一个a，使得g(a)0，所以y|g(x)|的图象如图所示.由题意知，直线yk与y|g(x)|的图象有两个交点，所以0k1，故选C.5.已知函数f(x)若a，b，c互不相等，且f(a)f(b)f(c)，则abc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ysin x的周期为2，0x1，故它的图象关于直线x对称.不妨设0abc，则ab1，c1，故有abc2，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0log2 019c1，解得c2 019.综上可得，2abc2 020，故选D.法二：作出函数f(x)的图象与直线ym，如图所示，不妨设abc，当0x1时，函数f(x)的图象与直线ym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对称，因此ab1，当直线ym1时，由log2 019x1，解得x2 019.若满足f(a)f(b)f(c)，且a，b，c互不相等，由abc可得1c2 019，因此可得2abc2 020，即abc(2，2 020).故选D.6.已知在(0，)上函数f(x)则不等式log2xlog(4x)1f(log3x1)5的解集为_.解析：原不等式等价于或解得1x4或x1，所以原不等式的解集为.答案：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：x1234f(x)4.005.617.008.87若f(x)近似符合以下三种函数模型之一：f(x)axb，f(x)2xa，f(x)logxa.则你认为最适合的函数模型的序号为_.解析：若模型为f(x)2xa，则由f(1)21a4，得a2，即f(x)2x2，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)logxa，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)axb，由已知得解得所以f(x)x，xN，所以最适合的函数模型的序号为.答案：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x1，1，使得不等式mg(x)h(x)0有解，则实数m的最大值为_.解析：因为g(x)h(x)2x，所以g(x)h(x)2x.又g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，所以g(x)h(x)2x，联立，得g(x)，h(x).由mg(x)h(x)0，得m1.因为y1为增函数，所以当x1，1时，1，所以m，即实数m的最大值为.答案：- 9 -