2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题一 2 第2讲 专题强化训练 Word版含解析

一、选择题

1．函数y＝1log0.5（4x－3）的定义域为( )

A.34，1 B.34，＋∞

C．(1，＋∞) D.34，1∪(1，＋∞)

解析：选A.要使函数有意义需满足4x－3>0，log0.5（4x－3）>0，解得34

2．已知函数f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m的值是( )

A．－2 B．4

C．3 D．－2或3

解析：选C.f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数⇒m2－m－5＝1⇒m＝－2或m＝3.

又在x∈(0，＋∞)上是增函数，

所以m＝3.

3．若a＝log1π13，b＝eπ3，c＝log3cos π5，则( )

A．b>c>a B．b>a>c

C．a>b>c D．c>a>b

解析：选B.因为0<1π<13<1，所以1＝log1π1π>log1π13>0，所以0e0＝1，所以b>1.因为0a>c，选B.

4．函数f(x)＝2ex－1，x<2，log3（x2－1），x≥2，则不等式f(x)>2的解集为( )

A．(－2，4) B．(－4，－2)∪(－1，2)

C．(1，2)∪(10，＋∞) D．(10，＋∞)

解析：选C.令2ex－1>2(x<2)，解得1

令log3(x2－1)>2(x≥2)，解得x>10.

故不等式f(x)>2的解集为(1，2)∪(10，＋∞)．

5．若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0

解析：选A.若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0

6．(2018·贵阳模拟)20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg

A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的( )

A．10倍 B．20倍

C．50倍 D．100倍

解析：选D.根据题意有lg A＝lg A0＋lg 10M＝lg (A0·10M)．所以A＝A0·10M，则A0×107A0×105＝100.故选D.

7．函数y＝x2ln |x||x|的图象大致是( )

解析：选D.易知函数y＝x2ln |x||x|是偶函数，可排除B，

当x>0时，y＝xln x，y′＝ln x＋1，令y′>0，得x>e－1，

所以当x>0时，函数在(e－1，＋∞)上单调递增，结合图象可知D正确，故选D.

8．设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则( )

A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y

C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z

解析：选D.设2x＝3y＝5z＝k(k>1)，

则x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k，

所以2x3y＝2log2k3log3k＝2lg klg 2·lg 33lg k＝2lg 33lg 2＝lg 9lg 8>1，即2x>3y.①

2x5z＝2log2k5log5k＝2lg klg 2·lg 55lg k＝2lg 55lg 2＝lg 25lg 32<1，

所以2x<5z.②

由①②得3y<2x<5z.

9．(2018·高考全国卷Ⅲ)设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则( )

A．a＋b＜ab＜0 B．ab＜a＋b＜0

C．a＋b＜0＜ab D．ab＜0＜a＋b

解析：选B.由a＝log0.20.3得1a＝log0.30.2，由b＝log20.3得1b＝log0.32，所以1a＋1b＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，所以0＜1a＋1b＜1，得0＜a＋bab＜1.又a＞0，b＜0，所以ab＜0，所以ab＜a＋b＜0.

10．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，则函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是( )

A．0 B．1

C．2 D．3

解析：选C.当x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝1x－1＝1－xx，所以x∈(0，1)时f′(x)>0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．因此，当x>0时，f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如图所示，观察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．

11．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若f（ln x）－fln 1x2

A.0，1e B．(0，e)

C.1e，e D．(e，＋∞)

解析：选C.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，

所以f(ln x)－fln 1x＝f(ln x)－f(－ln x)＝f(ln x)＋f(ln x)＝2f(ln x)，

所以f（ln x）－fln 1x2

又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，

所以－1

12．(2018·沈阳教学质量监测)设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈[－2，0]时，f(x)＝22x－1，若关于x的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)在区间(－2，6)内有且只有4个不同的实根，则实数a的取值范围是( ) A.14，1 B．(1，4)

C．(1，8) D．(8，＋∞)

解析：选D.因为f(x)为偶函数，且f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(4＋x)＝f(－x)＝f(x)，

所以f(x)为偶函数且周期为4，

又当－2≤x≤0时，f(x)＝22x－1，

画出f(x)在(－2，6)上的大致图象，如图所示．

若f(x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)在(－2，6)内有4个不同的实根，则y＝f(x)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在(－2，6)内有4个不同的交点．

所以a>1，loga（6＋2）<1，所以a>8，故选D.

二、填空题

13．计算：2log410－12log225＋823－(π－3)0＝________．

解析：2log410－12log225＋823－(π－3)0＝2×12log210－log25＋(23)23－1＝log2105＋22－1＝1＋4－1＝4.

答案：4

14．有四个函数：①y＝x12；②y＝21－x；③y＝ln(x＋1)；④y＝|1－x|.其中在区间(0，1)内单调递减的函数的序号是________． 解析：分析题意可知①③显然不满足题意，画出②④中的函数图象(图略)，易知②④中的函数满足在(0，1)内单调递减．

答案：②④

15．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln(1＋x2－x)＋1, f(a)＝4，则f(－a)＝________.

解析：由f(a)＝ln(1＋a2－a)＋1＝4，得ln(1＋a2－a)＝3，所以f(－a)＝ln(1＋a2＋a)＋1＝－ln11＋a2＋a＋1＝－ln(1＋a2－a)＋1＝－3＋1＝－2.

答案：－2

16．某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝64，x≤0，2kx＋6，x>0，且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时．已知甲在某日10时购买了该食品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示．给出以下四个结论：

①该食品在6 ℃的保鲜时间是8小时；

②当x∈[－6，6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少；

③到了此日13时，甲所购买的食品还在保鲜时间内；

④到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间．

其中，所有正确结论的序号是________．

解析：因为某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝64，x≤0，2kx＋6，x>0，且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时，所以24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－12，所以t＝64，x≤0，2－12x＋6，x>0.

①当x＝6时，t＝8，故①正确；

②当x∈[－6，0]时，保鲜时间恒为64小时，当x∈(0，6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少，故②错误；

③此日10时，温度为8 ℃，此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温度为11 ℃，此时的保鲜时间t＝2－12×11＋6＝2≈1.414小时，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故③错误；

④由③可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确．

所以正确结论的序号为①④.

答案：①④