2021屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分專(zhuān)題六第2講專(zhuān)題訓(xùn)練21基本初等函數(shù)函數(shù)與方程含解析新人教版

1、第二部分專(zhuān)題六第2講專(zhuān)題訓(xùn)練二十一基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、選擇題1(2020朝陽(yáng)區(qū)模擬)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又存在零點(diǎn)的是(d)ay2xby|x|1cyx3dycos x【解析】選項(xiàng)a，y2x是非奇非偶函數(shù)，且沒(méi)有零點(diǎn)；選項(xiàng)b，y|x|1沒(méi)有零點(diǎn)；選項(xiàng)c，yx3是奇函數(shù)；選項(xiàng)d，cos(x)cos x，ycos x是偶函數(shù)，又cos x0有解，ycos x既是偶函數(shù)又存在零點(diǎn)故選d2(2020濟(jì)南模擬)函數(shù)f(x)2xa的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(c)a(1,3)b(1,2)c(0,3)d(0,2)【解析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和反比例函數(shù)的性質(zhì)可知函數(shù)f(x)2xa在區(qū)間

2、(1,2)內(nèi)是增函數(shù)，又函數(shù)f(x)2xa的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，所以f(1)0，f(2)0，得0a33(2020安徽a10聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(a0且a1)，若函數(shù)f(x)無(wú)最小值，則實(shí)數(shù)a的值不可能為(b)abc2d4【解析】由題意得，當(dāng)0a1時(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)最小值，符合題意；當(dāng)a1時(shí)，若函數(shù)f(x)無(wú)最小值，數(shù)形結(jié)合可知，loga32，解得a.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)(，)故選b4(2020香坊區(qū)校級(jí)三模)若函數(shù)f(x)x33x2a有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(b)a1,1b(1,1)c(2,1)d(1,2)【解析】f(x)3x233(x1)(x1)

3、，令f(x)0，解得：x1或x1，令f(x)0，解得：1x1，故f(x)在(，1)遞增，在(1,1)遞減，在(1，)遞增，故f(x)極大值f(1)22a，f(x)極小值f(1)22a，若函數(shù)f(x)恰有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則只需，解得：1a1，故選b5(2020鄭州模擬)某電動(dòng)汽車(chē)“行車(chē)數(shù)據(jù)”的兩次記錄如表：記錄時(shí)間累計(jì)里程(單位：千米)平均耗電量(單位kwh/千米)剩余續(xù)航里程(單位：千米)2019年1月1日4 0000.1252802019年1月2日4 1000.126146(注：累計(jì)里程指汽車(chē)從出廠開(kāi)始累計(jì)行駛的路程，累計(jì)耗電量指汽車(chē)從出廠開(kāi)始累計(jì)消耗的電量，平均耗電量，剩余續(xù)航里程)下面對(duì)

4、該車(chē)在兩次記錄時(shí)間段內(nèi)行駛100千米的耗電量估計(jì)正確的是(d)a等于12.5b在12.5到12.6之間c等于12.6d大于12.6【解析】4 1000.1264 0000.125516.650016.6故選d6(2020杭州模擬)設(shè)m，nz，已知函數(shù)f(x)2|x|2的定義域是m，n，值域是1,4，當(dāng)m取最小值時(shí)，函數(shù)g(x)ln (x2e)m1零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(a)a2b3c1d0【解析】因?yàn)閒(x)2|x|2的值域是1,4，所以0|x|22，所以2x2因?yàn)楹瘮?shù)f(x)2|x|2的定義域是m，n，所以m的最小值為2此時(shí)g(x)ln (x2e)21ln (x2e)1，令g(x)0，解得x或x，即函

5、數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)故選a7已知奇函數(shù)f(x)在r上是增函數(shù)，g(x)xf(x)若ag(log25.1)，bg(20.8)，cg(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為(c)aabcbcbacbacdbca【解析】因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，且在r上遞增，所以x0時(shí)，f(x)0，從而g(x)xf(x)在r上為偶函數(shù)，且在0，)上是增函數(shù)，ag(log25.1)g(log25.1)，20.82，又45.18，所以，2log25.13，即020.80，可得，解得，可得m，故選c二、填空題13(2019長(zhǎng)春三模)若直線yx與函數(shù)f(x)的圖象恰有三個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_1,2)_.【解析】直線yx與函數(shù)

6、f(x)的圖象恰有三個(gè)公共點(diǎn)，即方程x24x2x(xm)與x2(xm)共有三個(gè)不同根x24x2x的解為x12，x21，1m2時(shí)滿(mǎn)足條件14已知一容器中有a，b兩種菌，且在任何時(shí)刻a，b兩種菌的個(gè)數(shù)乘積為定值1010，為了簡(jiǎn)單起見(jiàn)，科學(xué)家用palg(na)來(lái)記錄a菌個(gè)數(shù)的資料，其中na為a菌的個(gè)數(shù)，現(xiàn)有以下幾種說(shuō)法：pa1；若今天的pa值比昨天的pa值增加1，則今天的a菌個(gè)數(shù)比昨天的a菌個(gè)數(shù)多了10個(gè)；假設(shè)科學(xué)家將b菌的個(gè)數(shù)控制為5萬(wàn)個(gè)，則此時(shí)5pa5.5其中正確的說(shuō)法為_(kāi).(寫(xiě)出所有正確說(shuō)法的序號(hào))【解析】當(dāng)na1時(shí)pa0，故錯(cuò)誤；若pa1，則na10，若pa2，則na100，故錯(cuò)誤；設(shè)b菌的

7、個(gè)數(shù)為nb5104，na2105palg(na)lg25又lg20.3，5pa2)上至少存在一點(diǎn)與直線yx1上的一點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則m的取值范圍為_(kāi)(2,4_.【解析】直線yx1關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)直線為yx1，方程log2(2xm)x1，即m2x1在(2，)上有解，所以m2，2xm0恒成立，所以m1時(shí)，甲走在最前面；當(dāng)x1時(shí)，乙走在最前面；當(dāng)0x1時(shí)，丁走在最后面；丙不可能走在最前面，也不可能走在最后面；如果它們一直運(yùn)動(dòng)下去，最終走在最前面的是甲其中正確結(jié)論的所有序號(hào)為_(kāi).【解析】甲、乙、丙、丁的路程fi(x)(i1,2,3,4)關(guān)于時(shí)間x(x0)的函數(shù)關(guān)系式分別為f1(x)2x1，f2(x)x2，f3(x)x，f4(x)log2(x1)，它們對(duì)應(yīng)的函數(shù)模型分別為指數(shù)型函數(shù)模型、二次函數(shù)模型、一次函數(shù)模型、對(duì)數(shù)型函數(shù)模型當(dāng)x2時(shí)，f1(2)3，f2(2)4，所以不正確；當(dāng)x5時(shí)，f1(5)31，f2(5)25，所以不正確；根據(jù)四種函數(shù)的變化特點(diǎn)，對(duì)數(shù)型函數(shù)的增長(zhǎng)速度是先快后慢，又當(dāng)x1時(shí)，甲、乙、丙、丁四個(gè)物體走過(guò)的路程相等，從而可知，當(dāng)0x1時(shí)，丁走在