2025高考数学考二轮专题突破练3基本初等函数、函数的应用-专项训练【含答案】

2025高考数学考二轮专题突破练3基本初等函数、函数的应用-专项训练一、单项选择题1.(2log43+log83)(log32+log92)=()A.1 B.2 C.4 D.62.函数f(x)=loga(x+ax)(a>1)的图象大致是(3.(2024·四川南充高三模拟)函数f(x)=(12)

x-1A.4 B.3 C.2 D.14.区块链作为一种新型的技术,已经被应用于许多领域.在区块链技术中,某个密码的长度设定为512B,则密码一共有2512种可能,为了破解该密码,最坏的情况需要进行2512次运算.现在有一台计算机,每秒能进行1.25×1013次运算,那么在最坏的情况下,这台计算机破译该密码所需时间大约为(参考数据:lg2≈0.3,10≈3.16)()A.6.32×10141s B.6.32×10140sC.3.16×10141s D.3.16×10140s5.已知函数f(x)=|log3x|,0<x≤3,1-log3x,x>3A.(-1,0) B.(-1,-33C.(-1,-23) D.(-23,-二、多项选择题6.(2024·广东深圳高三期末)已知函数f(x)=2sin2π5x,-154≤x≤54,|log2(x-1)|,x>54,若存在实数x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3A.0≤m≤1 B.x1+x2=-5C.x3x4-x3-x4=0 D.x327.已知k>0,函数f(x)=-ln(k-xA.f(x)是奇函数B.f(x)的值域为RC.存在k,使得f(x)在定义域上单调递增D.当k=12时,方程f(x)=三、填空题8.已知函数f(x)=x2+2x,x≤t,9.已知函数f(x)=ex+x2+ln(x+a)与函数g(x)=ex+e-x+x2(x<0)的图象上存在关于y轴对称的点,则实数a的取值范围为.

专题突破练3基本初等函数、函数的应用答案一、单项选择题1.B解析原式=(2×12log23+13log23)(log32+12log32)=43log23×32log2.A解析令g(x)=x+ax,由于a>1,所以g(x)在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增,故f(x)在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增,对照题中选项中的图象,知A选项正确3.D解析f(x)=0,即(12)

x-1=log2x,令g(x)=(12)故f(x)=(12)

x-1-log2x的零点个数为g(x)在同一平面直角坐标系内画出g(x)与h(x)的图象,如图所示.显然g(x)与h(x)图象的交点个数为1,故f(x)=(12)

x-1-log24.D解析设在最坏的情况下,这台计算机破译该密码所需时间为xs,则有x=25121.25×1013,两边取对数,得lgx=lg25121.25×1013=lg2512-lg(1.25×1013)=512lg2-(lg1.25+13)=512lg2-(3lg5+11)=512lg2-3(1-lg2)-11=515lg2-14≈140.5,所以x=10140.5=10140×100.5≈3.165.D解析令f(x)=t,则原方程可化为t2+mt+112=0,画出函数f(x)的图象(如图)由图象可知,若关于x的方程f2(x)+mf(x)+112=0有6个解,则关于t的方程t2+mt+112=0必须在区间(0,12)内有两个不相等的实根,由二次方程根的分布得112>0,Δ=m2-13>0二、多项选择题6.BCD解析由-154≤x≤54,得-3π2∴f(x)=2sin2π5x∈[-当2π5x=-π2时,x=-54,∴当-154≤x≤54时,f(x)的图象关于直线x=-54对称,由x>54,得x-1>14,∴f(x)在平面直角坐标系中画出函数f(x)的图象,如图所示.对于A,由图知,若f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m,则0<m<2,故A错误;对于B,∵x1,x2关于直线x=-54对称∴x1+x2=-52,故B正确对于C,由|log2(x3-1)|=|log2(x4-1)|得-log2(x3-1)=log2(x4-1),∴log2(x3-1)+log2(x4-1)=0,∴log2[(x3-1)(x4-1)]=0,∴(x3-1)(x4-1)=1,即x3x4-x3-x4=0,故C正确;对于D,∵x3x4=x3+x4>2x3x4,∴x3x4>4,∴x32+x42>2x3x47.AC解析当x>0时,f(-x)=-ln(k+x)=-f(x),当x<0时,f(-x)=ln(k-x)=-f(x),所以f(x)是奇函数,故选项A正确;当x>0时,f(x)=ln(k+x)单调递增,且f(x)>lnk,当x<0时,f(x)=-ln(k-x)单调递增,且f(x)<-lnk,f(x)的值域为(-∞,-lnk)∪(lnk,+∞),若k≥1,lnk≥0,此时f(x)的值域不包含0,且f(x)在定义域上单调递增,故选项B错误,选项C正确;对于选项D,若k=12,lnk=-ln2,而ln2<1,由前面的分析可知,方程f(x)=1在区间(-∞,0)内没有实数根,在区间(0,+∞)内有一个实数根,故选项D错误三、填空题8.2(答案不唯一)解析由x2+2x=0可得x=0或x=-2,由lnx=0可得x=1,因为函数f(x)=x2+2x,x≤t,lnx,x>t(t>0)有两个零点9.(-∞,e)解析由题意得,g(-x)=f(x)在区间(0,+∞)内有解,即e-x=ln(x+a)在区间(0,+∞)内有解,所以函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)内有交点.如图,函数y=ln(x+a)的图象是由函数y=lnx的图象左右平移得到的,当y=lnx的图象向左平移至使y=ln(x+a)的图象经过点(0,1)时,函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象交于点(0,1),将点(0,1)的坐标代入e-x=ln(x+a),有1=ln(0+a),得a=e,所以,