2019版二轮复习数学(理·重点生)通用版:专题跟踪检测(二) 基本初等函数、函数与方程 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题跟踪检测(二)专题跟踪检测(二) 基本初等函数、函数与方程基本初等函数、函数与方程 一、全练保分考法一、全练保分考法保大分保大分 1若若 m,alg m,blg m2,clg3m,则,则 a,b,c 的大小关系是的大小关系是( ) ( 1 10, ,1) Aa0, , ( 1 10, ,1) lg3mlg m,即,即 ca.又又 m,0b.b0 恒成立,恒成立, 1 x 1 2 f (x)在在(,1)上单调递增,在上单调递增,在(1,)上单调递增,排除上单调递增,排除 C、D; 当当 x时,时,2x0,1,f (x)1,排除,排除 B,选,选 A
2、. x x 1 4已知函数已知函数 f (x)Error!则不等式则不等式 log2x(log4x1)f (log3x1)5 的解集为的解集为( ) 4 1 A. B1,4 ( 1 3, ,1) C. D1,) ( 1 3, ,4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析:选解析:选 C 由不等式 由不等式 log2x(log4x1)f (log3x1)5,得,得 4 1 Error! 或或Error! 解得解得 1x4 或或 1, 则, 则 f (loga(1) 2 1 2x 1 1 4x 22 ( ) A1 B2 C3 D4 解析:选解析:选 B f (x),f (x),f 2 1
3、 2x 1 1 4x 2 1 2 x 1 1 4 x 22x 1 2x 4x 1 4x (x)f (x)3.loga(1)loga(1),f (loga( 2 1 2x 1 1 4x 22x 1 2x 4x 1 4x 222 1)f (loga(1)3,f (loga(1)2.故选故选 B.22 6(2019 届高三届高三贵阳模拟贵阳模拟)20 世纪世纪 30 年代,为了防范地震带来的灾害,里克特年代,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
4、氏震级 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 ,其 计算公式为 Mlg Alg A0,其中,其中 A 是被测地震的最大振幅,是被测地震的最大振幅,A0是“标准地震”的振 幅已知 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级地震的最大振幅是 5 级地震的最大振 幅的 级地震的最大振 幅的( ) A10 倍倍 B20 倍倍 C50 倍倍 D100 倍倍 解析 : 选解析 : 选 D 根据题意有 根
5、据题意有 lg Alg A0lg 10Mlg(A010M), 所以, 所以 AA010M, 则, 则A 0 107 A0 105 100.故选故选D. 7(2018菏泽一模菏泽一模)已知已知 loga ( 1 4) ( 1 3) 1 a 1 b Cln(ab)0 D3a bb0, 1 2 1 2 a1. ( 1 4) ( 1 3) ( 1 3) 1 a 1 b 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因此只有因此只有 A 正确故选正确故选 A. 8已知实数已知实数 x,y 满足满足 ax Bln(x21)ln(y21) 1 x21 1 y21 Csin xsin y Dx3y3 解析 :
6、选解析 : 选 D 实数 实数 x, y 满足满足 axy.对于选项对于选项 A,等价于等价于 x2 1 x21 1 y21 1y, 但, 但x2ln(y2 1)等价于等价于 x2y2,当,当 x1,y1 时,满足时,满足 xy,但,但 x2y2不成立对于选项不成立对于选项 C,当,当 x,y 时,满足 时,满足 xy,但,但 sin xsin y 不成立对于选项不成立对于选项 D,当,当 xy 时,时,x3y3恒成立故选恒成立故选 D. 2 9(2018广元模拟广元模拟)已知函数已知函数 f (x)ex,g(x)ln ,对任意 ,对任意 aR,存在R,存在 b(0,) x 2 1 2 使使
7、f (a)g(b),则,则 ba 的最小值为的最小值为( ) A21 Be2e 1 2 C2ln 2 D2ln 2 解析:选解析:选 D 令 令 tea,可得,可得 aln t,令,令 tln ,可得 ,可得 b2, b 2 1 2 -1 2 e t 则则 ba2ln t,令,令 h(t)2eln t, -1 2 e t -1 2 t 则则 h(t)2e . -1 2 t 1 t 显然,显然,h(t)是增函数,观察可得当是增函数,观察可得当 t 时, 时,h(t)0, 1 2 故故 h(t)有唯一零点,有唯一零点, 故当故当 t 时, 时,h(t)取得最小值,即取得最小值,即 ba 取得最小值
8、为取得最小值为 2eln 2ln 2,故选,故选 D. 1 2 - 1 1 2 2 1 2 10已知函数已知函数 f (x)是定义在是定义在 R 上的奇函数,且在区间上的奇函数,且在区间0,)上单调递增,若上单调递增,若 0)在区间在区间0,2上的最小值为上的最小值为g(m) 已知定义在 已知定义在(, 0)(0, , )上的函数上的函数 h(x)为偶函数,且当为偶函数,且当 x0 时,时,h(x)g(x),若,若 h(t)h(4),则实数,则实数 t 的取值范围 为 的取值范围 为( ) A(4,0) B(0,4) C(2,0)(0,2) D(4,0)(0,4) 解析:选解析:选 D 因为
9、因为 f (x)x2mx(m0),所以,所以 f (x) 2 ,因为,因为 f (x)在区间在区间0,2 (x m 2) m2 4 上的最小值为上的最小值为 g(m),所以当,所以当 04,即,即 2 m 2 ( m 2) m2 4 m 2 时, 函数时, 函数 f (x) 2 在在0,2上单调递减, 所以上单调递减, 所以 g(m)f (2)42m.综上,综上, g(m)Error! (x m 2) m2 4 因为当因为当 x0 时,时,h(x)g(x),所以当,所以当 x0 时,时,h(x)Error!函数函数 h(x)在在(0,)上单调递 减因为定义在 上单调递 减因为定义在(,0)(0
10、,)上的函数上的函数 h(x)为偶函数,且为偶函数,且 h(t)h(4),所以,所以 h(|t|)h(4), 所以 , 所以 00,所以,所以 F(x)2x 1ln 2 2x2 在在4,)上是增函数,所 以 上是增函数,所 以 f (x)f (4)32ln 2100,所以函数,所以函数 f (x)2x 1 x22x2 在在4,)上是增函数,所 以 上是增函数,所 以 f (x)f (4)32168260, 即, 即 a4 时, 不满足对任意的时, 不满足对任意的 x Z 且且 x (, a), f (x)0 恒成立综上,实数恒成立综上,实数 a 的取值范围是的取值范围是(,4,故选,故选 D.
11、 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 法二:将问题转化为法二:将问题转化为 2x 1 x22x2 对于任意的对于任意的 xZ 且Z 且 x(,a) 恒成立后,在同一个平面直角坐标系中分别作出函数恒成立后,在同一个平面直角坐标系中分别作出函数y2x 1, , yx22x 2 的图象如图所示,根据两函数图象的交点及位置关系,数形结合即可分析出 实数 的图象如图所示,根据两函数图象的交点及位置关系,数形结合即可分析出 实数 a 的取值范围是的取值范围是(,4,故选,故选 D. 13函数函数 f (x)ln(x22x8)的单调递增区间是的单调递增区间是_ 解析 : 由解析 : 由 x22x80
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