高考数学一轮复习第二章 检测二

这是一份高考数学一轮复习第二章 检测二，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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lgaeq \f(2,3)<1(a>0，且a≠1)，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B．(1，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))∪(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
答案 C
解析 当01时，由lgaeq \f(2,3)eq \f(2,3).
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))∪(1，＋∞)．
2．已知函数y＝ax－2＋3(a>0且a≠1)的图象恒过定点P，点P在幂函数y＝f (x)的图象上，则lg3f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 A
解析 令x－2＝0，得x＝2，y＝4，∴P(2,4)，
∴幂函数f (x)＝x2，∴lg3f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝lg3eq \f(1,9)＝－2.
3．(2020·河南、河北重点高中月考)已知4m＝3n＝k，且2m＋n＝mn≠0，则k等于( )
A．18 B．26 C．36 D．42
答案 C
解析 由题意得m＝lg4k，n＝lg3k.
又由2m＋n＝mn，得eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＝1，
所以lgk4＋2lgk3＝1，
即lgk36＝1，解得k＝36.
4．函数f (x)＝(x－1)ln|x|的图象可能为( )
答案 A
解析 当x>1时，f (x)＝(x－1)ln|x|＝(x－1)ln x>0，所以排除B，C；
当x＝0时f (x)＝(x－1)ln|x|无意义，所以排除D，
故选A.
5．(2020·厦门联考)已知a＝，b＝，c＝lg3eq \f(1,2)，则( )
A．cC．b答案 D
解析 由幂函数的单调性可知0a>0，
而c＝lg3eq \f(1,2)所以c6．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y＝aent.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eq \f(a,4)升，则m的值为( )
A．5 B．6 C．8 D．10
答案 A
解析 根据题意知，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＝eq \f(1,2)a，可得n＝eq \f(1,5)ln eq \f(1,2)，设当k min后甲桶中的水只有eq \f(a,4)升，所以f (k)＝eq \f(a,4)，即eq \f(1,5)ln eq \f(1,2)·k＝ln eq \f(1,4)，所以eq \f(1,5)ln eq \f(1,2)·k＝2ln eq \f(1,2)，
解得k＝10，所以k－5＝5，即m＝5，故选A.
7．素数也叫质数，部分素数可写成“2n－1”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“2n－1”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P＝282 589 933－1，它是目前最大的梅森素数．已知第8个梅森素数为P＝231－1，第9个梅森素数为Q＝261－1，则eq \f(Q,P)约等于(参考数据：lg 2≈0.3)( )
A．107 B．108 C．109 D．1010
答案 C
解析 因为P，Q两数远远大于1，
所以eq \f(Q,P)的值约等于eq \f(261,231)，设eq \f(261,231)＝k，
则230＝k，即lg 230＝lg k，因此有30lg 2＝lg k，
所以lg k≈9，即k≈109.
8．(2020·广州模拟)对于函数y＝f (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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x<0，,mx＋2，x≥0))的图象存在“隐对称点”，则实数m的取值范围是( )
A．[2－2eq \r(2)，0) B．(－∞，2－2eq \r(2)]
C．(－∞，2＋2eq \r(2)] D．(0,2＋2eq \r(2)]
答案 B
解析 由“隐对称点”的定义可知，
f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x<0，,mx＋2，x≥0))的图象上存在点关于原点对称，
设函数g(x)的图象与函数y＝x2＋2x，x<0的图象关于原点对称，
设x>0，则－x<0，f (－x)＝(－x)2＋2(－x)＝x2－2x，
∴g(x)＝－x2＋2x，x>0
故原题意等价于方程mx＋2＝－x2＋2x(x>0)有零点，
解得m＝－x－eq \f(2,x)＋2，
由于－x－eq \f(2,x)＋2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))＋2≤－2eq \r(x·\f(2,x))＋2
＝2－2eq \r(2)，
当且仅当x＝eq \r(2)时，取得等号，即有m≤2－2eq \r(2)，
即实数m的取值范围是(－∞，2－2eq \r(2)]．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．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( )
A．y＝ B．y＝(x＋1)
C．y＝|x－1| D．y＝2x＋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＝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y＝x－1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上单调递增，D不合题意．
故选BC.
10．关于函数f (x)＝eq \r(－x2＋2x＋3)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－x2＋2x＋3≥0，可得x2－2x－3≤0，
解得－1≤x≤3，即函数的定义域是[－1,3]，
由二次函数的性质可知，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4∈[0,4]，
∴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x≥0时，有f (x＋1)＝－f (x)，且当x∈[0,1)时，f (x)＝lg2(x＋1)，下列命题正确的是( )
A．f (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y＝x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x≥0时，有f (x＋1)＝－f (x)，且当x∈[0,1)时，f (x)＝lg2(x＋1)，故函数f (x)的图象如下图所示，
由图可得f (2 020)＋f (－2 021)＝0＋0＝0，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y＝x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(－1,1)，故D正确；
故选AD.
12．定义在R上的函数f (x)满足f (x＋y)＝f (x)＋f (y)，当x<0时，f (x)>0，则函数f (x)满足( )
A．f (0)＝0
B．y＝f (x)是奇函数
C．f (x)在[m，n]上有最大值f (n)
D．f (x－1)>0的解集为{x|x<1}
答案 ABD
解析 令x＝y＝0，则f (0)＝2f (0)，故f (0)＝0，选项A正确；
令y＝－x，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x1由题意可得，f (x1－x2)>0，
即f (x1)＋f (－x2)＝f (x1)－f (x2)>0，
即f (x1)>f (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 (x－1)>0等价于f (x－1)>f (0)，
又f (x)为R上的减函数，故x－1<0，
解得x<1，选项D正确．
故选ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．求值：lg315－eq \f(1,2)lg325＝________.
答案 1
解析 lg315－eq \f(1,2)lg325＝lg315－
＝lg315－lg35＝lg33＝1.
14．(2020·邢台模拟)若函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2，x≤1，,2x－1，x>1，))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y＝f (x)，x∈I，若存在常数M，对于任意x1∈I，存在唯一的x2∈I，使得eq \f(f x1＋f x2,2)＝M，则称函数f (x)在I上的“均值”为M，则函数f (x)＝lg2x，x∈[1,22 020]的“均值”为________．
答案 1 010
解析 ∵x∈[1,22 020]，即x∈[20,22 020]，
若x1，x2∈[20,22 020]，
则f (x1)＝lg2x1∈[0,2 020]，
f (x2)＝lg2x2∈[0,2 020]，
∵对于任意x1∈[20,22 020]，存在唯一的x2∈[20,22 020]使得eq \f(f x1＋f x2,2)＝M且f (x)＝lg2x在[20,22 020]上单调递增，
∴f (x1)＋f (x2)＝0＋2 020＝2 020，∴M＝1 010.
16．设函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2＋1,x)，x≥1，,ax，x<1))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(x＋m)没有实根，则m的取值范围是__________．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 (1)(0,2] (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)＋\f(1,2)ln 2))
解析 (1)当x≥1时，f (x)＝x＋eq \f(1,x)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x2)≥0恒成立，
故f (x)在[1，＋∞)上单调递增，f (x)min＝f (1)＝2，
当x<1时，f (x)＝ax，
由于f (x)在[1，＋∞)上单调递增，故f (x)＝ax也为单调递增函数，且ax≤2恒成立，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,a≤2，))
故a的取值范围为(0,2]．
(2)由①可得当x≥1时，f (x)≥2，
∵f (x)的值域是R，
∴当x＝1时，ax＝2，
∴a＝2，
∵方程f (x)＝ln(x＋m)没有实根，
当y＝2x与y＝g(x)＝ln(x＋m)相切时，
设切点为(x0,2x0)，
∵g′(x)＝eq \f(1,x＋m)，
∴eq \f(1,x0＋m)＝2,2x0＝ln(x0＋m)＝ln eq \f(1,2)，
∴x0＝－eq \f(1,2)ln 2，
∴m＝eq \f(1,2)－x0＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)ln 2，
∴m故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)＋\f(1,2)ln 2)).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)计算下列各式的值：
(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))0＋×eq \r(3,3)－；
(2)lg3eq \f(\r(4,27),3)＋lg 25－＋lg 4.
解 (1)原式＝×1＋×－＝3.
(2)原式＝＋(lg 25＋lg 4)－eq \f(3,4)
＝－eq \f(1,4)＋2－eq \f(3,4)＝1.
18．(12分)已知函数f (x)＝a2x－ax＋2a(a>0且a≠1)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)＝a2－a＋2a＝6(a>0且a≠1)，
解得a＝2或－3(舍去)，
故所求解析式为f (x)＝22x－2x＋4.
(2)令2x＝t，t∈(0，＋∞)，
得 f (t)＝t2－t＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(15,4)，
当 t＝eq \f(1,2)时，f (t)取得最小值eq \f(15,4)，
故f (x)的最小值为eq \f(15,4).
19．(12分)已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f (x)＝x2－x＋1.
(1)求f (0)的值；
(2)求f (x)在R上的解析式．
解 (1)∵f (x)是奇函数，∴f (－x)＝－f (x)．
令x＝0，得
f (－0)＝－f (0)，
即f (0)＝0.
(2)∵当x>0时，f (x)＝x2－x＋1，
∴当x<0时，－x>0，
f (x)＝－f (－x)＝－[(－x)2－(－x)＋1]
＝－x2－x－1.
又f (0)＝0，
∴f (x)在R上的解析式为f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x＋1，x>0，,0，x＝0，,－x2－x－1，x<0.))
20．(12分)(2020·沈阳调研)已知函数f (x)＝x2－2x＋a，g(x)＝ax＋5－2a.
(1)若函数y＝f (x)在区间[－2,0]上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的x1∈[0,3]，总存在x2∈[0,3]，使得f (x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为函数f (x)的对称轴是x＝1，
所以y＝f (x)在区间[－2,0]上是减函数，
因为函数y＝f (x)在区间[－2,0]上存在零点，
则必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f －2≥0，,f 0≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8＋a≥0，,a≤0，))解得－8≤a≤0.
故所求实数a的取值范围[－8,0]．
(2)若对任意的x1∈[0,3]，总存在x2∈[0,3]，
使得f (x1)＝g(x2)成立，只需当x∈[0,3]时函数y＝f (x)的函数值组成的集合为函数y＝g(x)的函数值组成的集合的子集．
f (x)＝x2－2x＋a在区间x∈[0,3]的函数值组成的集合为[a－1，a＋3]，
①当a＝0时，g(x)＝5为常数，不符合题意，舍去；
②当a>0时，g(x)在区间[0,3]的值域为[5－2a，a＋5]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－2a≤a－1，,a＋3≤a＋5，))解得a≥2.
③当a<0时，g(x)在区间[0,3]的值域为[a＋5,5－2a]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋5≤a－1，,a＋3≤5－2a，))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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(180－2x，020.))
(1)写出年利润W(x)(万元)关于年产量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)－80x－50，
∴W(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋100x－50，020.))
(2)当0＝－2(x－25)2＋1 200，在(0,20]上单调递增，
∴当x＝20时，W(x)取得最大值W(x)max＝－2×25＋1 200＝1 150(万元)；
当x>20时，W(x)＝1 950－10x－eq \f(9 000,x)
＝1 950－10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(900,x)))≤1 950－10×2eq \r(x×\f(900,x))＝1 350.
当且仅当x＝eq \f(900,x)，即x＝30时，等号成立．
∴W(x)max＝1 350(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)＝2x＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是偶函数．
(1)求a的值；
(2)解关于t的不等式f (2t)≥f (t＋1)；
(3)求函数y＝f (2x)－6f (x)＋1，x∈[－1,2]的值域．
解 (1)因为f (x)＝2x＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是偶函数，
所以f (x)＝f (－x)；
又2x＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＝2－x＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－x，
即(a－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))＝0对任意实数恒成立，
因此a＝1.
(2)由(1)得，f (x)＝2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，
因为f (x)＝2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的导数f′(x)＝2xln 2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))xln eq \f(1,2)＝ln 2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))，
且当x>0时，f′(x)>0恒成立，
所以f (x)＝2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在[0，＋∞)上是增函数；
又因为f (x)＝2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是偶函数，
又f (2t)≥f (t＋1)⇔ f (|2t|)≥f (|t＋1|)
⇔|2t|≥|t＋1|，
两边平方可得，3t2－2t－1≥0，
解得t≥1或t≤－eq \f(1,3)，
所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(t≥1或t≤－\f(1,3))))).
(3)函数y＝f (2x)－6f (x)＋1
＝22x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－6eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))＋1，
令2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＝k，
由x∈[－1,2]可知，k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(17,4))).
所以由y＝22x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－6eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))＋1
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))2－6eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x))－1，
设g(k)＝k2－6k－1＝(k－3)2－10，
因为k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(17,4)))，
所以g(3)≤g(k)≤geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,4)))，即－10≤g(k)≤－eq \f(135,16)，
所以函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－10，－\f(135,16))).