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  • 2021-06-10 发布

2020年高中数学新教材同步必修第一册 章末检测试卷(四)

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章末检测试卷(四) (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.下列函数中,在区间(0,1)上为增函数的是( ) A.y=2x2-x+3 B.y= 1 3 x C.y= 2 3x D.y= 1 2 log x 答案 C 解析 对 y=xα,当α>0 时,y=xα在(0,+∞)上为增函数. 2.函数 y= lg x+lg(5-3x)的定义域是( ) A. 0,5 3 B. 0,5 3 C. 1,5 3 D. 1,5 3 答案 C 解析 由题意得 lg x≥0, x>0, 5-3x>0, 即 x≥1, x>0, x<5 3 , ∴1≤x<5 3. 3.函数 y= 11 3 x     的值域是( ) A.(-∞,0) B.(0,1] C.[1,+∞) D.(-∞,1] 答案 B 解析 令 t= x-1,则 t≥0,y= 1 3 t 是减函数, ∴00 且 a≠1,在同一平面直角坐标系中画 出其中两个函数在第一象限内的图象,则正确的是( ) 答案 B 解析 分 a>1 和 00),则函数 y=f(x)( ) A.在区间(0,1),(1,2)内均有零点 B.在区间(0,1)内有零点,在区间(1,2)内无零点 C.在区间(0,1),(1,2)内均无零点 D.在区间(0,1)内无零点,在区间(1,2)内有零点 答案 A 解析 f 1 e =ln 1 e -1 2 × 1 e 2+1<0,f(1)=ln 1-1 2 +1>0,f(2)=ln 2-2+1<0,故选 A. 9.已知函数 f(x)= 2x-1-2,x≤1, -log2x+1,x>1, 且 f(a)=-3,则 f(6-a)等于( ) A.-7 4 B.-5 4 C.-3 4 D.-1 4 考点 与对数函数有关的分段函数求值 题点 与对数函数有关的分段函数求值 答案 A 解析 若 a≤1,f(a)=2a-1-2=-3,2a-1=-1(无解); 若 a>1,f(a)=-log2(a+1)=-3,解得 a=7. 所以 f(6-a)=f(-1)=2-2-2=1 4 -2=-7 4. 10.将甲桶中的 a 升水缓慢注入大小、形状都相同的空桶乙中,t 分钟后甲桶中剩余的水量 符合指数衰减曲线 y=aent.若 5 分钟后甲桶和乙桶的水量相等,又过了 m 分钟后甲桶中的水 只有a 8 升,则 m 的值为( ) A.7 B.8 C.9 D.10 答案 D 解析 令 1 8a=aent,即1 8 =ent, 由已知得1 2 =e5n,故1 8 =e15n, 比较知 t=15,m=15-5=10. 11.若关于 x 的方程|ax-1|=2a (a>0 且 a≠1)有两个不等实根,则 a 的取值范围是( ) A.(0,1)∪(1,+∞) B.(0,1) C.(1,+∞) D. 0,1 2 考点 指数函数的图象与性质 题点 指数函数图象的应用 答案 D 解析 方程|ax-1|=2a (a>0 且 a≠1)有两个不等实根转化为函数 y=|ax-1|与 y=2a 的图象有 两个交点. ①当 01 时,如图(2),而 y=2a>1 不符合要求. 综上,a 的取值范围为 00,且 a≠1)的图象过定点 P,则 P 点的坐标是________. 考点 指数函数的图象与性质 题点 指数函数图象过定点问题 答案 (1,4) 解析 由于函数 y=ax 恒过(0,1),而 y=ax-1+3 的图象可看作是由 y=ax 的图象向右平移 1 个 单位,再向上平移 3 个单位得到的,则 P 点坐标为(1,4). 14.已知 x0 是函数 f(x)=2x- 1 3 log x 的零点,若 0”,“<” 或“=”) 答案 < 解析 易判断 f(x)=2x- 1 3 log x 是增函数, 因为 00 时,-x<0,f(-x)=-e-ax.因为函数 f(x)为奇函数, 所以当 x>0 时,f(x)=-f(-x)=e-ax,所以 f(ln 2)=e-aln 2= 1 2 a=8,所以 a=-3. 16.已知函数 f(x)=lg(2x-b)(b 为常数),若 x∈[1,+∞)时,f(x)≥0 恒成立,则 b 的取值范 围是________. 答案 (-∞,1] 解析 因为要使 f(x)=lg(2x-b)在 x∈[1,+∞)时,恒有 f(x)≥0, 所以有 2x-b≥1 在 x∈[1,+∞)时恒成立,即 2x≥b+1 在 x∈[1,+∞)上恒成立. 又因为指数函数 g(x)=2x 在定义域上是增函数.所以只要 2≥b+1 成立即可,解得 b≤1. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17.(10 分)计算: (1) 1 2-1 - 3 5 0+ 9 4 -0.5+4  2-e4; (2)lg 500+lg 8 5 -1 2lg 64+50×(lg 2+lg 5)2. 解 (1)原式= 2+1-1+2 3 +e- 2=2 3 +e. (2)原式=lg 5+lg 102+lg 23-lg 5-1 2lg 26+50×(lg 10)2 =lg 5+2+3lg 2-lg 5-3lg 2+50=52. 18.(12 分)已知函数 f(x)=a2x+2ax-1(a>1,且 a 为常数)在区间[-1,1]上的最大值为 14. (1)求 f(x)的表达式; (2)求满足 f(x)=7 时 x 的值. 解 (1)令 t=ax>0,∵x∈[-1,1],a>1,∴ax∈ 1 a ,a , f(x)=y=t2+2t-1=(t+1)2-2, 故当 t=a 时,函数 y 取得最大值为 a2+2a-1=14,求得 a=3(舍负), ∴f(x)=32x+2×3x-1. (2)由 f(x)=7,可得 32x+2×3x-1=7,即(3x+4)(3x-2)=0, 求得 3x=2,∴x=log32. 19.(12 分)牛奶保鲜时间因储藏时温度的不同而不同,假定保鲜时间 y 与储藏温度 x 之间的 函数关系是 y=t·ax(a>0,且 a≠1),若牛奶放在 0 ℃的冰箱中,保鲜时间是 200 h,而在 1 ℃ 的温度下则是 160 h. (1)写出保鲜时间 y 关于储藏温度 x 的函数解析式; (2)利用(1)的结论,指出温度在 2 ℃和 3 ℃的保鲜时间. 解 (1)由于保鲜时间与储藏温度之间的函数关系是 y=t·ax(a>0,且 a≠1),由题意可得: 200=t·a0, 160=t·a1, 解得 t=200, a=4 5 , 故函数解析式为 y=200× 4 5 x. (2)当 x=2 ℃时,y=200× 4 5 2=128(h). 当 x=3 ℃时,y=200× 4 5 3=102.4(h). 故温度在 2 ℃和 3 ℃的保鲜时间分别为 128 h 和 102.4 h. 20.(12 分)已知函数 g(x)是 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的反函数,且 g(x)的图象过点 2 2,3 2 . (1)求 f(x)与 g(x)的解析式; (2)比较 f(0.3),g(0.2)与 g(1.5)的大小. 解 (1)因为函数 g(x)是 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的反函数, 所以 g(x)=logax(a>0 且 a≠1). 因为 g(x)的图象过点 2 2,3 2 , 所以 loga2 2=3 2 , 所以 3 2a =2 2, 解得 a=2. 所以 f(x)=2x,g(x)=log2x. (2)因为 f(0.3)=20.3>20=1,g(0.2)=log20.2<0, 又 g(1.5)=log21.5log21=0, 所以 0g(1.5)>g(0.2). 21.(12 分)已知函数 f(x)=loga(x-1),g(x)=loga(6-2x)(a>0,且 a≠1). (1)求函数φ(x)=f(x)+g(x)的定义域; (2)试确定不等式 f(x)≤g(x)中 x 的取值范围. 考点 对数不等式 题点 解对数不等式 解 (1)由 x-1>0, 6-2x>0, 解得 11 时,不等式(*)等价于 11 时,不等式 f(x)≤g(x)中 x 的取值范围是 1,7 3 ; 当 00. 又因为( 12x +1)( 22x +1)>0, 所以 f(x1)>f(x2),所以 f(x)为 R 上的减函数. (3)解 因为 t∈R,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)<0 恒成立, 所以 f(t2-2t)<-f(2t2-k). 因为 f(x)为奇函数,所以 f(t2-2t)k-2t2,即 k<3t2-2t 恒成立, 而 3t2-2t=3 t-1 3 2-1 3 ≥-1 3. 所以 k<-1 3.