课时冲关12 函数的图象&课时冲关13 函数与方程-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关课时作业

　　　　　　　　　课时冲关十二　函数的图象　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．函数f(x)＝ ３ x,x≤１, log１３x,x＞１,{ 则y＝f(x＋１) 的图象大致是 (　　) ２．(２０２５􀅰湖北荆州模拟)在同一直角坐标系 中,函数y＝１ax ,y＝loga x＋ １ ２ æ è ç ö ø ÷(a＞０且a ≠１)的图象可能是 (　　) ３．函数y＝ln|x|＋１x 的部分图象大致为 (　　) ４．(２０２５􀅰广州质检)已知函数f(x)＝ １ ２ æ è ç ö ø ÷ x ,x≥０, －|x２＋２x|,x＜０,{ 则f(x)图象上关于原 点对称的点有 (　　) A．１对　　B．２对　　C．３对　　D．４对 ５．(多选题)(２０２５􀅰珠海检测)对于函数f(x)＝ lg(|x－２|＋１),下列说法正确的是 (　　) A．f(x＋２)是偶函数 B．f(x＋２)是奇函数 C．f(x)在区间(－∞,２)上单调递减,在区 间(２,＋∞)上单调递增 D．f(x)没有最小值 ６．已知函数f(x)的图象如 图所 示,则 函 数g(x)＝ log２f(x)的 定 义 域 是 　　　　． ７．设函数f(x)＝|x＋a|, g(x)＝x－１,对于任意的x∈R,不等式f(x) ≥g(x)恒成立,则实 数a 的 取 值 范 围 是 　　　　． ８．(２０２５􀅰天津实验中学押题考试)已知函数 f(x)＝ x２＋２x,x≤０, ln(１－x),０＜x＜１,{ 若 曲 线 y＝ f(x)与直线y＝ax恰有２个公共点,则a的 取值范围是　　　　． ９．已知函数f(x)的图象与函数h(x)＝x＋１x ＋２的图象关于点A(０,１)对称． (１)求f(x)的解析式; (２)若g(x)＝f(x)＋ax ,且g(x)在区间 (０,２]上为减函数,求实数a的取值范围． １０．已知函数y＝f(x)的定义域为R,并对一切实 数x,都满足f(２＋x)＝f(２－x)． (１)证明:函数y＝f(x)的图象关于直线x ＝２对称; (２)若 f(x)是偶函数,且 x∈[０,２]时, f(x)＝２x－１,求x∈[－４,０]时,f(x)的表 达式． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０３２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　课时冲关十三　函数与方程　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．下列图象表示的函数中能用二分法求零点 的是 (　　) ２．函 数 f(x)＝ x２＋２x－３,x≤０ －２＋lnx,x＞０{ 的 零 点 个 数为 (　　) A．３ B．２ C．１ D．０ ３．函数f(x)＝ex＋２x－３的零点所在的一个 区间是 (　　) A．－１２ ,０æ è ç ö ø ÷ B．０,１２ æ è ç ö ø ÷ C．１２ ,１æ è ç ö ø ÷ D．１,３２ æ è ç ö ø ÷ ４．(多选题)下列函数中,在(－１,１)内有零点 且单调递增的是 (　　) A．y＝log１２x B．y＝２x－１ C．y＝x２－１２ D．y＝x ３ ５．(多选题)(２０２５􀅰河南新乡二模)关于函数 f(x)＝ ex＋k,x≤０, klnx－x,x＞０{ (e为自然对数的底数) 的零点,下列说法中正确的是 (　　) A．若k＝０,则f(x)没有零点 B．函数f(x)可能有三个零点 C．函 数 f(x)仅 有 一 个 零 点 的 充 要 条 件 是k＜－１ D．函数f(x)有两个零点的充要条件是k＞e 或－１≤k＜０ ６．函 数 f(x)＝ x＋１,x≤０, log２x,x＞０,{ 则 函 数 y＝ f[f(x)]＋１的所有零点所构成的集合为 　　　　． ７．(２０２５􀅰郑州质检)请写出同时满足下面三个 条件的一个函数解析式f(x)＝　　　　． ①f(１－x)＝f(１＋x);②f(x)至少有两个 零点;③f(x)有最小值． ８．(双空填空题)设函数f(x)＝ tan π２ (x－１)[ ],０＜x≤１ lnx,x＞１ ì î í ïï ï ,则 f(f(e))＝ 　　　　　　,函数y＝f(x)－１的零点为 　　　　　　． ９．设函数f(x)＝ax２＋bx＋b－１(a≠０)． (１)当a＝１,b＝－２ 时,求 函 数 f(x)的 零点; (２)若对任意b∈R,函数f(x)恒有两个不同 零点,求实数a的取值范围． １０．设函数f(x)＝ １－１x (x＞０)． (１)作出函数f(x)的图象; (２)当０＜a＜b且f(a)＝f(b)时,求１a＋ １ b 的值; (３)若方程f(x)＝m 有两个不相等的正 根,求m 的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１３２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　　 　　　　　 第二章　函数、导数及其应用 １０．解:(１)由y＝f(x)过(４,２),可得loga４＝２,则４＝a２⇒a ＝±２,又a＞０,故a＝２,因为f(x)＝log２x在(０,＋∞) 上是严格增函数,f(２x－２)＜f(x)⇒０＜２x－２＜x⇒１ ＜x＜２,所以解集为(１,２)． (２)因为f(x＋１),f(ax),f(x＋２)成等差数列,所以 f(x＋１)＋f(x＋２)＝２f(ax), 即loga(x＋１)＋loga(x＋２)＝２loga(ax)有解,化简可得 loga(x＋１)(x＋２)＝loga(ax)２, 得(x＋１)(x＋２)＝(ax)２ 且 x＋１＞０ x＋２＞０ ax＞０ a＞０,a≠１ ì î í ïï ï ⇒x＞０, 则a２＝ (x＋１)(x＋２) x２ 在(０,＋∞)上有解, 又 (x＋１)(x＋２) x２ ＝２ x２ ＋３x＋１＝２ １ x＋ ３ ４( ) ２ －１８ , 故在(０,＋∞)上, (x＋１)(x＋２) x２ ＞２０＋３４( ) ２ －１８＝１ ,即 a２＞１⇒a＜－１或a＞１,又a＞０,所以a＞１． 故实数a的取值范围为(１,＋∞)． 课时冲关十一 １．BD　[点 a,１８( ) 在幂函数f(x)＝(a－１)x b 的图象上, 所以a－１＝１且ab＝１８ , 解得a＝２,b＝－３．所以f(x)＝x－３． 所以函数f(x)是定义域上的奇函数,且在每一个区间内 是减函数．] ２．D　[∵a＝３－ ２ ３ ,b＝２－ ４ ３ ＝４－ ２ ３ ,又y＝x－ ２ ３ 在(０,＋∞) 上单调递减． ∴b＜a＜１,又c＝ln３＞１,则b＜a＜c．] ３．C　[∵y＝xm ２－４m(m∈Z)的图象与坐标轴没有交点, ∴m２－４m＜０,即０＜m＜４, 又m∈Z,∴m＝１或２或３． 又∵函数的图象关于y轴对称, ∴m２－４m 为偶数,因此m＝２．] ４．D　[当a＝０时,f(x)＝－３x＋１,满足题意;当a＞０时, 函数f(x)在对称轴右侧单调递增,不满足题意;当a＜０ 时,函数f(x)的 图 象 的 对 称 轴 为x＝－a－３２a ,∵ 函 数 f(x)在区间[－１,＋∞)上单调递减,∴－a－３２a ≤－１ ,得－３ ≤a＜０．综上可知,实数a的取值范围是[－３,０]．] ５．C　 [因 为 二 次 函 数 y＝ －x２ －４x＝ － (x＋２)２ ＋ ４(x＞－２),且x＝－１时,y＝－x２－４x＝３,y＝ １２( ) x ＝ ２,则在 坐 标 系 中 画 出y＝－x２ －４x(x＞ －２)与 y＝ １ ２( ) x 的图象,由图可得,两个函数图象的交点个数是 １个．] ６．解析:函数f(x)＝x２－ax－a的图象为开口向上的抛物线, ∴函数的最大值在区间的端点取得, ∵f(０)＝－a,f(２)＝４－３a, ∴ －a＞４－３a , －a＝１,{ 或 －a≤４－３a, ４－３a＝１,{ 解得a＝１． 答案:１ ７．解析:由题意知 m２－２m－３为奇数且 m２－２m－３＜０, 由m２－２m－３＜０,得－１＜m＜３,又 m∈N∗ ,故 m＝ １,２． 当m＝１时,m２－２m－３＝１－２－３＝－４(舍去)． 当m＝２时,m２－２m－３＝２２－２×２－３＝－３,∴m＝２． 答案:２ ８．解析:由 二 次 函 数 f(x)＝ax２ －２x＋c 的 值 域 为 [０,＋∞), 可得判别式Δ＝４－４ac＝０, 即有ac＝１,且a＞０,c＞０, 所以９ a＋ １ c≥２ ９ ac＝２×３＝６ , 当且仅当９ a＝ １ c ,即有c＝１３ ,a＝３时,取得最小值,最 小值为６． 答案:６ ９．解:(１)由题意m２－５m＋７＝１,解得m＝２或m＝３,若m＝ ２,与f(x)是偶函数矛盾,舍去, 所以m＝３,所以f(x)＝x２． (２)g(x)＝f(x)－ax－３＝x２－ax－３,g(x)的对称轴是 x＝a２ , 若g(x)在[１,３]上不是单调函数, 则１＜a２＜３ ,解得２＜a＜６． １０．解:(１)当a＝０时,f(x)＝x ２＋x＋c x ＝x＋ c x ＋１ ,定义 域{x|x≠０},∵y＝x＋cx 为奇函数, ∴f(x)＝x＋cx ＋１ 不为奇函数,故不存在实数c,使得 f(x)为奇函数． (２)f (１)＝ ３a＋２＋c１＋a ＝ ３ ⇒c ＝ １ ,f (x)＝ x２＋(３a＋１)x＋１ x＋a ＝０ ,x２＋(３a＋１)x＋１＝０, ∴Δ＝(３a＋１)２－４＞０且两根之和－(３a＋１)＜０, ∴a＞１３ ,若x＋a＝０,即x＝－a是方程x２＋(３a＋１)x ＋１＝０的解,得a＝１２ 或a＝－１, 故实数a的取值范围为 a|a＞１３ 且a≠１２{ }． 课时冲关十二 １．B　 [将 f(x)的 图 象 向 左 平 移 一 个 单 位 即 得 到 y＝f(x＋１)的图象．] ２．D　[当０＜a＜１时,函数y＝ax 过定点(０,１)且单调递 减,则函数y＝１ax 过定点(０,１)且单调递增,函数y＝loga x＋１２( ) 过定点 １ ２ ,０( ) 且单调递减,D 选项符合;当a ＞１时,函数y＝ax 过定点(０,１)且单调递增,则函数y＝ １ ax 过定点(０,１)且单调递减,函数y＝loga x＋ １ ２( ) 过定 点 １ ２ ,０( ) 且单调递增,各选项均不符合．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９６３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 ３．A　[当x∈(０,＋∞)时,函数y＝ln|x|＋１x ＝ lnx＋１ x ,y′ ＝－lnx x２ ,所以当x∈(０,１)时,y′＝－lnxx２ ＞０,函数单调 递增,当x∈(１,＋∞)时,y′＝－lnxx２ ＜０,函数单调递减, 排除C、D项．函数y＝ln|x|＋１x 在区间(－∞,０)∪(０,＋ ∞)上是奇函数,故选 A．] ４．C　[函数f(x)图象如图所示,作函数y＝ １２( ) x 关于原点 对称的图象,由图可以看出其与y＝－|x２＋２x|,x＜０的图 象有三个交点,这三个点关于原点的对称点一定在函数y＝ １ ２( ) x ,x＞０的图象上,f(x)图象上关于原点对称的点有 ３对．] ５．AC　[f(x＋２)＝lg(|x|＋１)为偶 函数,A正确,B错误． 作出f(x)的 图 象 如 图 所 示,可 知 f(x)在 (－∞,２)上 单 调 递 减,在 (２,＋∞)上单调递增;由图象可知 函 数 存 在 最 小 值 ０,C 正 确, D错误．] ６．解析:当f(x)＞０时,函数g(x)＝ log２f(x)有意义,由函数f(x)的图象知满足f(x)＞０的 x∈(２,８]． 答案:(２,８] ７．解 析:如 图 作 出 函 数 f(x)＝ |x＋a|与g(x)＝x－１的图 象, 观察图象可知:当且仅当－a≤１, 即a≥－１时,不 等 式f(x)≥g (x)恒 成 立,因 此a 的 取 值 范 围 是[－１,＋∞)． 答案:[－１,＋∞) ８．解析:当x≤０时,f(x)＝x２＋２x,f′(x)＝２x＋２,则 f′(０)＝２;当 ０＜x＜１ 时,f(x)＝ln(１－x),f′(x)＝ － １１－x ,则f′(０)＝－１,作出f(x)的图象,如图,易知a 的取值范围是[－１,２)． 答案:[－１,２) ９．解:(１)设f(x)图象上任一点P(x,y),则点P 关于(０, １)点的对称点P′(－x,２－y)在h(x)的图象上, 即２－y＝－x－１x＋２ ,即y＝f(x)＝x＋１x (x≠０)． (２)g(x)＝f(x)＋ax ＝x＋ a＋１ x ,g′(x)＝１－a＋１x２ ． 因为g(x)在(０,２]上为减函数, 所以１－a＋１ x２ ≤０在x∈(０,２]上恒成立, 即a＋１≥x２ 在x∈(０,２]上恒成立, 所 以 a＋１≥４,即 a≥３,故 实 数 a 的 取 值 范 围 是[３,＋∞)． １０．解:(１)证明:设P(x０,y０)是函数y＝f(x)图象上任一 点,则y０＝f(x０),点P关于直线x＝２的对称点为P′(４－ x０,y０),因为f(４－x０)＝f[２＋(２－x０)] ＝f[２－(２－x０)]＝f(x０)＝y０, 所以P′也在y＝f(x)的图象上, 所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝２对称． (２)当x∈[－２,０]时,－x∈[０,２],所以f(－x)＝－２x－１． 又因为f(x)为偶函数, 所以f(x)＝f(－x)＝－２x－１,x∈[－２,０]． 当x∈[－４,－２]时,４＋x∈[０,２], 所以f(４＋x)＝２(４＋x)－１＝２x＋７, 而f(４＋x)＝f(－x)＝f(x), 所以f(x)＝２x＋７,x∈[－４,－２], 所以f(x)＝ ２x＋７,x∈[－４,－２], －２x－１,x∈[－２,０]．{ 课时冲关十三 １．C　[A 中函数没有零点,因此不能用二分法求零点;B 中函数的图象不连续;D中函数在x轴下方没有图象．] ２．B　[当x≤０时,由f(x)＝x２＋２x－３＝０,得x１＝１(舍去), x２＝－３;当x＞０时,由f(x)＝－２＋lnx＝０,得x＝e２,所以 函数f(x)的零点个数为２．] ３．C　[因为f １２( )＝e １ ２ －２＜０,f(１)＝e－１＞０,所以零点在 区间 １ ２ ,１( ) 上．] ４．BD　[y＝log１ ２ x的定义域为(０,＋∞)且为减函数,y＝ ２x－１在(－１,１)上 有 零 点 且 为 增 函 数,y＝x２－ １２ 在 (－１,１)上不单调,y＝x３ 在 (－１,１)上 有 零 点 且 为 增 函数．] ５．AD　[已知函数f(x)＝ ex＋k,x≤０, klnx－x,x＞０．{ 若k＝０,则f(x)＝ ex,x≤０, －x,x＞０,{ 当x≤０时,f(x)∈(０, １];当x＞０时,f(x)＜０,则f(x)没有零点, 所以 A正确; 若k＜０,则当x≤０时,令f(x)＝ex＋k＝０,得k＝－ex, 所以－１≤k＜０,则f(x)在(－∞,０]上存在一个零点．当 k＜－１时,f(x)在(－∞,０]上 没 有 零 点．当x＞０时, f′(x)＝kx －１＜０ ,f(x)单调递减,当x→０＋ 时,f(x)＞ ０,当x→＋∞时,f(x)＜０,所以当k＜０时,f(x)在(０, ＋∞)上有一个零点．所以,当k＜－１时,f(x)只有一个 零点,当－１≤k＜０时,f(x)有两个零点． 若k＞０,则当x≤０时,f(x)＝ex＋k＞０,无零点．当x＞ ０时,f′(x)＝kx －１＝ k－x x ,当０＜x＜k时,f′(x)＞０, f(x)单调递增;当x＞k时,f′(x)＜０,f(x)单调递减,则 f(x)max＝f(k)＝klnk－k＝k(lnk－１)． 又当x→０＋ 时,f(x)＜０,当x→＋∞时,f(x)＜０,当k＝ e时,f(x)max＝k(lnk－１)＝０,f(x)仅有一个零点;当０＜ k＜e时,f(x)max＝k(lnk－１)＜０,f(x)没有零点;当k＞e 时,f(x)max＝k(lnk－１)＞０,f(x)存在两个零点,所以当 k＞e时,f(x)有两个零点,当k＝e时,f(x)有一个零点,当 ０＜k＜e时,f(x)没有零点,所以B,C不正确,D正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０７３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 ６．解析:由题意知f[f(x)]＝－１, 由f[f(x)]＝ f (x)＋１,f(x)≤０, log２f(x),f(x)＞０,{ 得函数y＝f[f(x)]＋１的零点就是 使f(x)＝－２或 f(x)＝１２ 的x值, 解f(x)＝－２,得x＝－３或x＝１４ ; 解f(x)＝１２ ,得x＝－１２ 或x＝ ２, 从而 函 数 y＝f[f(x)]＋１ 的 零 点 构 成 的 集 合 为 －３,－１２ ,１ ４ ,２{ }． 答案: －３,－１２ ,１ ４ ,２{ }． ７．解析:性质①说明函数图象关于x＝１轴对称,我们首先 想到的应该就是二次函数y＝x２－２x＋c,然后对照②③ 进行修正,②说明Δ＞０,③要求二次函数开口向上,因此 y＝x２－２x＋c是正确的,只需要对c进行赋值使其满足 题目要求即可,c可以是小于１的任何一个数,c＝０最简 单,相比其他结果,这个答案相对来说是用时最短的． 答案:x２－２x(答案不唯一) ８．解析:因为f(x)＝ tan π２ (x－１)[ ] ,０＜x≤１ lnx,x＞１{ , 所以f(e)＝lne＝１, f(f(e))＝f(１)＝tan０＝０, 若０＜x≤１,f(x)＝１⇒tan π２ (x－１)[ ]＝１,方程无解; 若x＞１,f(x)＝１⇒lnx＝１⇒x＝e． 答案:０　e ９．解:(１)当a＝１,b＝－２时,f(x)＝x２－２x－３, 令f(x)＝０,得x＝３或x＝－１． ∴函数f(x)的零点为３或－１． (２)依题意,f(x)＝ax２＋bx＋b－１＝０有两个不同实根, ∴b２－４a(b－１)＞０恒成立, 即对于任意b∈R,b２－４ab＋４a＞０恒成立, 所以有(－４a)２－４×(４a)＜０⇒a２－a＜０,解得０＜a＜ １,因此实数a的取值范围是(０,１)． １０．解:(１)如图所示． (２)∵f(x)＝ １－１x ＝ １ x－１ ,x∈(０,１], １－１x ,x∈(１,＋∞), ì î í ïï ï 故f(x)在(０,１]上是减函数,而在(１,＋∞)上是增函数． 由０＜a＜b且f(a)＝f(b),得０＜a＜１＜b且 １a－１＝ １－１b ,∴１a＋ １ b＝２． (３)由函数f(x)的图象可知,当０＜m＜１时,方程f(x)＝m 有两个不相等的正根,故m的取值范围是(０,１)． 课时冲关十四 １．A　[将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中, 容器中水面的高度h和时间t之间的关系可以从高度随 时间的变化率上反映出来,图①应该是匀速的,故下面 的图象不正确,②中的变化率是越来越慢的,正确;③中的 变化规律是逐渐变慢再变快,正确;④中的变化规律是逐渐 变快再变慢,也正确,故只有①是错误的．] ２．D　[根据x＝０．５０,y＝－０．９９,代入计算,可以排除 A; 根据x＝２．０１,y＝０．９８,代入计算,可以排除 B、C;将各 数据代入函数y＝log２x,可知 D满足题意．] ３．C　[设该职工这个月实际用水为x立方米, ∵每位职工每月用水不超过１０立方米的,按每立方米３ 元收费, ∴用水不超过１０立方米的缴水费不超过３０元． ∵该职工这个月缴水费５５元, ∴该职工这个月实际用水超过１０立方米,超过部分的水费 ＝(x－１０)×５,∴由题意可列出一元一次方程式:３０＋(x－ １０)×５＝５５,解得x＝１５．] ４．C　[设目前大气中二氧化碳的含量为a．由题意,知当二 氧化碳的含量为１．２５a时,地球平均温度上升０．５℃,当 二氧化碳的含量为a×１．２５２ 时,地球平均温度上升(０．５ ×２)℃􀆺􀆺当大气中二氧化碳的含量为a×１．２５a 时, 地球平均温度上升(０．５×n)℃．令a×１．２５a＝４a,即１． ２５a＝４,方程两边同时取常用对数,则n＝ lg４lg１．２５＝ ２lg２ lg ５４ ＝ ２lg２１－３lg２＝６ ,所以到２０５０年,地球平均温度将上升约０．５ ×６＝３(℃)．] ５．B　[由题意,函数在x∈(１０,１０００)时为增函数,故 D不 合题意,排除 D; 因为当x∈(１０,１２５)时,y＝x １ ３ －５＜０,故 C 不符合题 意,排除 C; 当x＝１０００时,１．００２１０００≈７．３７＞５, 故y＝１．００２x 不符合题意,排除 A; 因为y＝log７x＋１为增函数,且x＞１０时,y＞０,当x＝ １０００时,y＝lg１０００lg７ ＋１≈４．５５＜５ ,满 足 题 意,故 B 正确．] ６．解析:设出租车行驶xkm 时,付费y元, 则y＝ ８,０＜x≤３, ８＋２．１５(x－３)＋１,３＜x≤８, ８＋２．１５×５＋２．８５(x－８)＋１,x＞８,{ 由y＝２２．６,解得x＝９． 答案:９ ７．解析:依题意有a􀅰e－b×８＝１２a ,∴b＝－ln２８ , ∴y＝a􀅰e－ ln２ ８ 􀅰t, 若容器中只有开始时的八分之一, 则有a􀅰e－ ln２ ８ 􀅰t＝１８a ,解得t＝２４, 所以再经过的时间为(２４－８)min＝１６min． 答案:１６ ８．解析:根据条件:ar０＋２４＝１２４,ar＋２４＝６４, ∴a＝１００,r＝２５．∴M (t)＝１００ ２５( ) t ＋２４, ∴M(４)＝１００ ２５( ) ４ ＋２４＝２６．５６． 由１００ ２５( ) t ＋２４＜２４．００１,得 ２５( ) t ＜(０．１)５, ∴lg ２５( ) t ＜lg(０．１)５,∴tlg ２５( ) ＜－５, ∴t[lg２－(１－lg２)]＜－５． ∴t(２lg２－１)＜－５,代入lg２≈０．３０１０, 得－０．３９８t＜－５,解得t＞１２．５．∴最小的整数t的值是１３． 答案:２６．５６　１３ ９．解:(１)由已知,x的取值范围为１０≤x≤９０． (２)y＝５x２＋５２ (１００－x)２(１０≤x≤９０)． (３)因为y＝５x２＋５２ (１００－x)２ ＝１５２x ２－５００x＋２５０００ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１７３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案