《高考數(shù)學二輪課時作業(yè)：層級二 專題一 第2講 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪課時作業(yè)：層級二 專題一 第2講 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 層級二 專題一 第2講 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2019·云南檢測)設a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，則a，b，c的大小關系為(　　) A．c＞b＞a　　　　　　　　 B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b 解析：D　[因為a＝60.7＞1，b＝log70.6＜0,0＜c＝log0.60.7＜1，所以a＞c＞b.] 2．(北京卷)根據有關資料，圍棋狀態(tài)空間復雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與最接近的是(　　) (

2、參考數(shù)據：lg 3≈0.48) A．1033 B．1053 C．1073 D．1093 解析：D　[設＝x＝，兩邊取對數(shù)，lg x＝lg＝lg3361－lg1080＝361×lg 3－80＝93.28，所以x＝1093.28，即最接近1093，故選D.] 3．(2020·安徽皖中名校聯(lián)考)若a＜b＜c，則函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區(qū)間(　　) A．(a，b)和(b，c) B．(－∞，a)和(a，b) C．(b，c)和(c，＋∞) D．(－∞，a)和(c，＋∞) 解析：A　[由題意可得f(a)＞0，f(b

3、)＜0，f(c)＞0，則由零點存在性定理可知，選A.] 4．(2019·鐵人中學期中)函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，且當－1≤x≤1時，f(x)＝|x|.若y＝f(x)的圖象與g(x)＝logax(a＞0且a≠1)的圖象有且僅有四個交點，則a的取值集合為(　　) A．{4,5} B．{4,6} C．{5} D．{6} 解析：C　[函數(shù)f(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù)，畫出函數(shù)f(x)的圖象(圖略)，數(shù)形結合可知，當g(x)的圖象過點(5,1)時，f(x)的圖象與g(x)＝logax的圖象僅有四個交點，則g(5)＝loga5＝1，得a＝5.故選C.

4、] 5．(2020·廣西三校)函數(shù)f(x)＝x2lg的圖象(　　) A．關于x軸對稱 B．關于原點對稱 C．關于直線y＝x對稱 D．關于y軸對稱 解析：B　[因為f(x)＝x2lg，所以其定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以f(－x)＝x2lg＝－x2lg＝－f(x)，所以函數(shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關于原點對稱．] 6．某商店已按每件80元的成本購進某商品1 000件，根據市場預測，銷售價為每件100元時可全部售完，定價每次提高1元時銷售量就減少5件，若要獲得最大利潤，銷售價應定為每件(　　) A．100元 B．110元 C．150元 D．190元 解析：D　[

5、設售價提高x元，利潤為y元，則依題意得y＝(1 000－5x)×(20＋x)＝－5x2＋900x＋20 000＝－5(x－90)2＋60 500.故當x＝90時，ymax＝60 500，此時售價為每件190元．] 7．(2020·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－2[x]＋3，其中[x]表示不大于x的最大整數(shù)(如[1.6]＝1，[－2.1]＝－3)，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：B　[設g(x)＝ln x，h(x)＝2[x]－3，當0＜x＜1時，h(x)＝－3，作出圖象， 兩個函數(shù)圖象有一個交點，即f(x)有一個零點； 當2≤

6、x＜3時，h(x)＝1，ln 2≤g(x)＜ln 3. 此時兩函數(shù)圖象有一個交點，即f(x)有一個零點， 當x≥3以后，兩函數(shù)圖象無交點， 綜上，共有兩個零點．] 8．(2020·貴陽模擬)某地方政府為鼓勵全民創(chuàng)業(yè)，擬對本地產值在50萬元到500萬元的新增小微企業(yè)進行獎勵，獎勵方案遵循以下原則：獎金y(單位：萬元)隨年產值x(單位：萬元)的增加而增加，且獎金不低于7萬元，同時獎金不超過年產值的15%.若采用函數(shù)f(x)＝作為獎勵函數(shù)模型，則最小的正整數(shù)a的值為(　　) A．310 B．315 C．320 D．325 解析：B　[對于函數(shù)模型f(x)＝＝15－，a為正整數(shù)，函數(shù)

7、在[50,500]上單調遞增，f(x)min＝f(50)≥7，得a≤344，要使f(x)≤0.15x對x∈[50,500]恒成立，即a≥－0.15x2＋13.8x對x∈[50,500]恒成立，所以a≥315.綜上，最小的正整數(shù)a的值為315.] 9．(山東卷)已知當x∈[0,1]時，函數(shù)y＝(mx－1)2 的圖象與y＝＋m的圖象有且只有一個交點，則正實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(0,1]∪[2，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞) C．(0，]∪[2，＋∞) D．(0，]∪[3，＋∞) 解析：B　[當0＜m≤1時，≥1，y＝(mx－1)2單調遞減，且y＝(mx－1)2∈[(m－

8、1)2,1]，y＝＋m單調遞增，且y＝＋m∈[m,1＋m]，此時有且僅有一個交點；當m＞1時，0＜＜1，y＝(mx－1)2在上單調遞增，所以要有且僅有一個交點，需(m－1)2≥1＋m?m≥3，選B.] 10．(2020·長春模擬)已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)＝f(x)－2x恰有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－1,1) B．[0,2] C．[－2,2) D．[－1,2) 解析：D　[∵f(x)＝ ∴g(x)＝f(x)－2x＝ 而方程－x＋2＝0的解為2，方程x2＋3x＋2＝0的解為－1，－2；若函數(shù)g(x)＝f(x)－2x恰有三個不同的零點，則解得－1≤a

9、＜2，實數(shù)a的取值范圍是[－1,2)．故選D.] 11．(2019·長春質量監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝與g(x)＝1－sin πx，則函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2,6]上的所有零點的和為(　　) A．4 B．8 C．12 D．16 解析：D　[令F(x)＝f(x)－g(x)＝0，得f(x)＝g(x)，在同一平面直角坐標系中分別畫出函數(shù)f(x)＝1＋與g(x)＝1－sin πx的圖象，如圖所示．f(x)，g(x)的圖象都關于點(2,1)對稱，結合圖象可知f(x)與g(x)的圖象在[－2,6]上共有8個交點，交點的橫坐標即F(x)＝f(x)－g(x)的零點，且這些交點關于

10、直線x＝2成對出現(xiàn)，由對稱性可得所有零點之和為4×2×2＝16，故選D.] 12．(2020·煙臺模擬)已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，且當x∈(－∞，0)時，f(x)＋xf′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的導函數(shù))，若a＝30.3·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．a＞c＞b 解析：B　[因為當x∈(－∞，0)時不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，即[xf(x)]′＜0， 所以g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)． 又

11、因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱， 所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關于點(0,0)對稱， 所以函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， 所以g(x)＝xf(x)是定義在R上的偶函數(shù)， 所以g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 又因為30.3＞1＞logπ3＞0＞log3＝－2， 2＝－log3＞30.3＞1＞logπ3＞0， 所以f＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，即f＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，即c＞a＞b，故選B.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(2020·福

12、建三明模擬)物體在常溫下的溫度變化可以用牛頓冷卻定律來描述：設物體的初始溫度是T0，經過一定時間t(單位：分)后的溫度是T，則T－Ta＝(T0－Ta)·，其中Ta稱為環(huán)境溫度，h稱為半衰期．現(xiàn)有一杯用88 ℃熱水沖的速溶咖啡，放在24 ℃的房間中，如果咖啡降到40 ℃需要20分鐘，那么此杯咖啡從40 ℃降溫到32 ℃時，還需要________分鐘． 解析：由已知可得Ta＝24，T0＝88，T＝40，則40－24＝(88－24)×，解得h＝10.當咖啡從40 ℃降溫到32 ℃時，可得32－24＝(40－24)×，解得t＝10.故還需要10分鐘． 答案：10 14．(2020·湖南省四校聯(lián)考

13、)已知函數(shù)f(x)＝lg x＋x－9在區(qū)間(n，n＋1)(n∈Z)上存在零點，則n＝________. 解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f(x)在其定義域內單調遞增，由零點存在性定理知，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(n，n＋1)(n∈Z)上存在零點，則有又f(4)＝lg 4＋6－9＝lg 4－3＜0，f(5)＝lg 5＋－9＝lg 5－＜0，f(6)＝lg 6＋9－9＝lg 6＞0，所以函數(shù)f(x)在(5,6)上存在零點，所以n＝5. 答案：5 15．(2018·浙江卷)已知λ∈R，函數(shù)f(x)＝當λ＝2時，不等式f(x)<0的解集是________．若函數(shù)f(x)恰有2個零點，

14、則λ的取值范圍是________． 解析：∵λ＝2， ∴f(x)＝ 當x≥2時，x－4＜0得2≤x＜4. 當x＜2時，x2－4x＋3＜0，解得1＜x＜2. 綜上不等式的解集為1＜x＜4. 當y＝x2－4x＋3有2個零點時，λ＞4. 當y＝x2－4x＋3有1個零點時，y＝x－4有1個零點，1＜λ≤3. ∴1＜λ≤3或λ＞4. 答案：(1,4)；(1,3]∪(4，＋∞) 16．(2019·合肥調研)已知f(x)＝(其中a＜0，e為自然對數(shù)的底數(shù))，若g(x)＝f[f(x)]在R上有三個不同的零點，則a的取值范圍是____________． 解析： 令t＝f(x)，所以g(x)＝f(t)，g(x)＝f[f(x)]在R上要有三個不同的零點，則f(t)＝0必有兩解，所以－2≤a＜0，所以f(x)的大致圖象如圖所示，又f(x)的零點為x1＝0，x2＝－2，所以y＝f(t)必有兩個零點，t1＝－2和t2＝0，而x≤a時，f(x)min＝a2－4，所以要使y＝f(t)的兩個零點都存在，則a2－4≤－2，否則t1＝－2這個零點就不存在，故a2≤2，所以－≤a＜0. 答案：[－，0)