2020年高中数学新教材同步必修第一册 章末检测试卷(四)

2020年高中数学新教材同步必修第一册 章末检测试卷(四)

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.