数学必修1第二章 基本初等函数（Ⅰ）综合与测试单元测试复习练习题

这是一份数学必修1第二章 基本初等函数（Ⅰ）综合与测试单元测试复习练习题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

B 卷 数 学
班级：________ 姓名：________ 得分：________
第二章 基本初等函数(Ⅰ)(二)
(对数与对数函数、幂函数)
名校好题·能力卷]
(时间：120分钟 满分：150分)
第Ⅰ卷 (选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数y＝lga(x＋2)＋1的图象过定点( )
A．(1,2) B．(2,1)
C．(－2,1) D．(－1,1)
2．若2lg(x－2y)＝lg x＋lg y(x>0，y>0)则eq \f(y,x)的值为( )
A．4 B．1或eq \f(1,4) C．1或4 D.eq \f(1,4)
3．下列函数中与函数y＝x相等的函数是( )
A．y＝(eq \r(x))2 B．y＝eq \r(x2)
C．y＝2lg2x D．y＝lg22x
4．函数y＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋x)－1))的图象关于( )
A．原点对称 B．y轴对称
C．x轴对称 D．直线y＝x对称
5．下列关系中正确的是( )
A．lg76C．ln eq \f(1,2)6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg3x，x>0，,2x，x≤0.))则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))))的值为( )
A.eq \f(1,8) B．4 C．2 D.eq \f(1,4)
7．函数y＝ax2＋bx与y＝lgeq \f(b,a)x(ab≠0，|a|≠|b|)在同一直角坐标系中的图象可能是( )
8．若函数y＝(m2＋2m－2)xm为幂函数且在第一象限为增函数，则m的值为( )
A．1 B．－3 C．－1 D．3
9．若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0且a≠1)的反函数，其图象经过点(eq \r(a)，a)，则f(x)＝( )
A．lg2x B．lg eq \s\d8(\f(1,2)) x C.eq \f(1,2x) D．x2
10．函数f(x)＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)的递减区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) B．(1,2)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D．(2，＋∞)
11．函数f(x)＝lg(kx2＋4kx＋3)的定义域为R，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) D．(－∞，0]∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
12．设a>0且a≠1，函数f(x)＝lga|ax2－x|在3,4]上是增函数，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,4)))∪(1，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))∪(1，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,6)))∪(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪(1，＋∞)
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．计算27 eq \s\up15(－ eq \f (1,3)) ＋lg 0.01－ln eq \r(e)＋3lg32＝________.
14．函数f(x)＝lg(x－1)＋eq \r(5－x)的定义域为________．
15．已知函数f(x)＝lg3(x2＋ax＋a＋5)，f(x)在区间(－∞，1)上是递减函数，则实数a的取值范围为________．
16．已知下列四个命题：①函数f(x)＝2x满足：对任意x1，x2∈R且x1≠x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))0且a≠1)的两根，则x1x2＝1.其中正确命题的序号是________．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
(1)计算lg25＋lg 2×lg 500－eq \f(1,2)lg eq \f(1,25)－lg29×lg32；
(2)已知lg 2＝a，lg 3＝b，试用a，b表示lg125.
18.(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝lg(3x－3)．
(1)求函数f(x)的定义域和值域；
(2)设函数h(x)＝f(x)－lg(3x＋3)，若不等式h(x)>t无解，求实数t的取值范围．
19．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝x eq \s\up15(－2m2＋m＋3) (m∈Z)为偶函数，且f(3)(1)求m的值，并确定f(x)的解析式；
(2)若g(x)＝lgaf(x)－2x](a>0且a≠1)，求g(x)在(2,3]上的值域．
20．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝lgeq \f(kx－1,x－1)(k∈R)．
(1)若y＝f(x)是奇函数，求k的值，并求该函数的定义域；
(2)若函数y＝f(x)在10，＋∞)上是增函数，求k的取值范围．
21．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝lg3eq \f(1－x,1－mx)(m≠1)是奇函数．
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝eq \f(1－x,1－mx)，用函数单调性的定义证明：函数y＝g(x)在区间(－1,1)上单调递减；
(3)解不等式f(t＋3)<0.
22．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝lg4(4x＋1)＋kx(k∈R)是偶函数．
(1)求实数k的值；
(2)设g(x)＝lg4(a·2x＋a)，若f(x)＝g(x)有且只有一个实数解，求实数a的取值范围．
详解答案
第二章 基本初等函数(Ⅰ)(二)
(对数与对数函数、幂函数)
名校好题·能力卷]
1．D 解析：由对数函数恒过定点(1,0)知，函数y＝lga(x＋2)＋1的图象过定点(－1,1)．
2．B 解析：由对数的性质及运算知，2lg(x－2y)＝lg x＋lg y化简为lg(x－2y)2＝lg xy，即(x－2y)2＝xy，解得x＝y或x＝4y.所以eq \f(y,x)的值为1或eq \f(1,4).故选B.
3．D 解析：函数y＝x的定义域为R.A中，y＝(eq \r(x))2定义域为0，＋∞)；B中，y＝eq \r(x2)＝|x|；C中，y＝2lg2x＝x，定义域为(0，＋∞)；D中，y＝lg22x＝x，定义域为R.所以与函数y＝x相等的函数为y＝lg22x.
4．A 解析：函数y＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋x)－1))的定义域为(－1,1)．
又设f(x)＝y＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋x)－1))＝lgeq \f(1－x,1＋x)，
所以f(－x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)))＝－lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,1＋x)))＝－f(x)，
所以函数为奇函数，故关于原点对称．
5．C 解析：由对数函数图象和性质，得01.所以ln eq \f(1,2)＜lg76＜lg3π.故选C.
6．A 解析：∵eq \f(1,27)>0∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))＝lg3eq \f(1,27)＝－3，∵－3<0，f(－3)＝2－3＝eq \f(1,8).故选A.
7．D 解析：A中，由y＝ax2＋bx的图象知，a>0，eq \f(b,a)<0，由y＝lg eq \s\d8(eq \f(b,a)) x知，eq \f(b,a)>0，所以A错；
B中，由y＝ax2＋bx的图象知，a<0，eq \f(b,a)<0，由y＝lg eq \s\d8(eq \f(b,a)) x知，eq \f(b,a)>0，所以B错；
C中，由y＝ax2＋bx的图象知，a<0，－eq \f(b,a)<－1，∴eq \f(b,a)>1，由y＝lg eq \s\d8(eq \f(b,a)) x知08．A 解析：因为函数y＝(m2＋2m－2)xm为幂函数且在第一象限为增函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋2m－2＝1，,m>0，))解得m＝1.故选A.
9．B 解析：因为函数y＝f(x)图象经过点(eq \r(a)，a)，所以函数y＝ax(a>0且a≠1)过点(a，eq \r(a))，所以eq \r(a)＝aa即a＝eq \f(1,2)，故f(x)＝lgeq \f(1,2)x.
10．D 解析：令t＝x2－3x＋2，则当t＝x2－3x＋2>0时，解得x∈(－∞，1)∪(2，＋∞)．且t＝x2－3x＋2在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增；
又y＝lg eq \s\d8(\f(1,2)) t在其定义域上为单调递减的，所以由复合函数的单调性知，f(x)＝lg eq \s\d8(\f(1,2)) (x2－3x＋2)单调递减区间是(2，＋∞)．
11．B 解析：因为函数f(x)＝lg(kx2＋4kx＋3)的定义域为R，所以kx2＋4kx＋3>0，x∈R恒成立．①当k＝0时，3>0恒成立，所以k＝0适合题意．②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ<0，))即0解题技巧：本题实际上考查了恒成立问题，解决本题的关键是让真数kx2＋4kx＋3>0，x∈R恒成立．
12．A 解析：令u(x)＝|ax2－x|，则y＝lgau，所以u(x)的图象如图所示．
当a>1时，由复合函数的单调性可知，区间3,4]落在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上，所以4≤eq \f(1,2a)或eq \f(1,a)<3，故有a>1；
当04，解得eq \f(1,6)≤a13．－eq \f(1,6) 解析：原式＝eq \f(1,3)－2－eq \f(1,2)＋2＝－eq \f(1,6).
14．(1,5] 解析：要使函数f(x)＝lg(x－1)＋eq \r(5－x)有意义，只需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1>0，,5－x≥0))即可．解得115．－3，－2] 解析：令g(x)＝x2＋ax＋a＋5，g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a,2)))是减函数，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))是增函数．而f(x)＝lg3t，t∈(0，＋∞)是增函数．由复合函数的单调性，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≥1，,g1≥0，))解得－3≤a≤－2.
解题技巧：本题主要考查了复合函数的单调性，解决本题的关键是在保证真数g(x)>0的条件下，求出g(x)的单调增区间．
16．①③④ 解析：①∵指数函数的图象为凹函数，∴①正确；
②函数f(x)＝lg2(x＋eq \r(1＋x2))定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝lg2(x＋eq \r(1＋x2))＋lg2(－x＋eq \r(1＋x2))＝lg21＝0，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)为奇函数．
g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且g(x)＝1＋eq \f(2,2x－1)＝eq \f(2x＋1,2x－1)，g(－x)＝eq \f(2－x＋1,2－x－1)＝eq \f(1＋2x,1－2x)＝－g(x)，∴g(x)是奇函数．②错误；
③∵f(x－1)＝－f(x＋1)，∴f(7)＝f(6＋1)＝－f(6－1)＝－f(5)，f(5)＝f(4＋1)＝－f(4－1)＝－f(3)，f(3)＝－f(1)，
∴f(7)＝－f(1)，③正确；
④|lgax|＝k(a>0且a≠1)的两根，则lgax1＝－lgax2，∴lgax1＋lgax2＝0，∴x1·x2＝1.∴④正确．
17．解：(1)原式＝lg25＋lg 5·lg 2＋2lg 2＋lg 5－lg39
＝lg 5(lg 5＋lg 2)＋2lg 2＋lg 5－2
＝2(lg 5＋lg 2)－2
＝0.
(2)lg125＝eq \f(lg 5,lg 12)＝eq \f(lg \f(10,2),lg 3×4)＝eq \f(lg 10－lg 2,lg 3＋lg 4)＝eq \f(1－lg 2,lg 3＋2lg 2)，
lg 2＝a，lg 3＝b，lg125＝eq \f(1－lg 2,lg 3＋2lg 2)＝eq \f(1－a,b＋2a).
18．解：(1)由3x－3>0解得x>1，所以函数f(x)的定义域为(1，＋∞)．
因为(3x－3)∈(0，＋∞)，所以函数f(x)的值域为R.
(2)因为h(x)＝lg(3x－3)－lg(3x＋3)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x－3,3x＋3)))
＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(6,3x＋3)))的定义域为(1，＋∞)，且在(1，＋∞)上是增函数，所以函数的值域为(－∞，0)．
所以若不等式h(x)>t无解，则t的取值范围为0，＋∞)．
19．解：(1)因为f(3)0，解得－1因为m∈Z，所以m＝0或m＝1.
当m＝0时，f(x)＝x3它不是偶函数．
当m＝1时，f(x)＝x2是偶函数．
所以m＝1，f(x)＝x2.
(2)由(1)知g(x)＝lga(x2－2x)，
设t＝x2－2x，x∈(2,3]，则t∈(0,3]，
此时g(x)在(2,3]上的值域就是函数y＝lgat在t∈(0,3]上的值域．
当a>1时，y＝lgat在区间(0,3]上是增函数，所以y∈(－∞，lga3]；
当0所以当a>1时，函数g(x)的值域为(－∞，lga3]；当020．解：(1)因为f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，即lgeq \f(－kx－1,－x－1)＝－lgeq \f(kx－1,x－1)，
∴eq \f(－kx－1,－x－1)＝eq \f(x－1,kx－1)，1－k2x2＝1－x2，
∴k2＝1，k＝±1，
而k＝1不合题意舍去，
∴k＝－1.
由eq \f(－x－1,x－1)>0，得函数y＝f(x)的定义域为(－1,1)．
(2)∵f(x)在10，＋∞)上是增函数，∴eq \f(10k－1,10－1)>0，∴k>eq \f(1,10).
又f(x)＝lgeq \f(kx－1,x－1)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(k－1,x－1)))，
故对任意的x1，x2，当10≤x1即lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(k－1,x1－1)))∴eq \f(k－1,x1－1)又∵eq \f(1,x1－1)>eq \f(1,x2－1)，∴k－1<0，∴k<1.
综上可知k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，1)).
解题技巧：本题主要考查了对数型函数的性质，解决本题的关键是充分利用好奇偶性和单调性．
21．(1)解：由题意得f(－x)＋f(x)＝0对定义域中的x都成立，
所以lg3eq \f(1＋x,1＋mx)＋lg3eq \f(1－x,1－mx)＝0，即eq \f(1＋x,1＋mx)·eq \f(1－x,1－mx)＝1，
所以1－x2＝1－m2x2对定义域中的x都成立，
所以m2＝1，又m≠1，所以m＝－1，
所以f(x)＝lg3eq \f(1－x,1＋x).
(2)证明：由(1)知，g(x)＝eq \f(1－x,1＋x)，
设x1，x2∈(－1,1)，且x10，x2＋1>0，x2－x1>0.
因为g(x1)－g(x2)＝eq \f(2x2－x1,1＋x11＋x2)>0，所以g(x1)>g(x2)，
所以函数y＝g(x)在区间(－1,1)上单调递减．
(3)解：函数y＝f(x)的定义域为(－1,1)，
设x1，x2∈(－1,1)，且x1g(x2)，
所以lg3g(x1)>lg3g(x2)，即f(x1)>f(x2)，
所以y＝f(x)在区间(－1,1)上单调递减．
因为f(t＋3)<0＝f(0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－10，))
解得－322．解：(1)由函数f(x)是偶函数可知f(x)＝f(－x)，
∴lg4(4x＋1)＋kx＝lg4(4－x＋1)－kx，
化简得lg4eq \f(4x＋1,4－x＋1)＝－2kx，
即x＝－2kx对一切x∈R恒成立，∴k＝－eq \f(1,2).
(2)函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，
即方程lg4(4x＋1)－eq \f(1,2)x＝lg4(a·2x＋a)有且只有一个实根，
化简得方程2x＋eq \f(1,2x)＝a·2x＋a有且只有一个实根，且a·2x＋a>0成立，则a>0.
令t＝2x>0，则(a－1)t2＋at－1＝0有且只有一个正根．
设g(t)＝(a－1)t2＋at－1，注意到g(0)＝－1<0，所以
①当a＝1时，有t＝1，符合题意；
②当00，,Δ＝0，))此时有a＝－2＋2eq \r(2)或a＝－2－2eq \r(2)(舍去)；
③当a>1时，又g(0)＝－1，方程恒有一个正根与一个负根，符合题意．
综上可知，a的取值范围是{－2＋2eq \r(2)}∪1，＋∞)．