第四章 指数函数与对数函数 综合检测卷-【突破课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册基础提升练（人教A版）

**基本信息** 高中数学第四章综合检测卷，涵盖函数性质、指数对数函数及应用，通过基础巩固与创新应用梯度设计，适配单元复习，培养数学眼光、思维与语言，如解答题19结合体育训练情境发展应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|函数单调性（题4）、零点存在性（题2）|基础概念辨析，如题2考查推理意识| |多项选择题|3/18|函数奇偶性（题10）、单调性（题9）|多维度能力考查，如题10结合奇偶性与不等式| |填空题|3/15|函数性质综合（题12偶函数与奇偶性）|抽象函数构造（题13），培养创新意识| |解答题|5/77|实际应用（题19体力消耗模型）、抽象函数证明（题17）|数学建模与逻辑推理，如题19用数学语言表达现实问题|

第四章　综合检测 1.A　若a>b>0,则a2>b2,2a>2b,>,loa<lob,故A正确,B,C,D错误. 故选A. 2.D　因为f(1)<0,f(2)<0, 所以f(x)在区间(1,2)上可能有零点, 因为f(2)<0,f(3)>0,所以f(2)·f(3)<0, 所以f(x)在区间(2,3)上一定有零点,故选D. 3.A　y=|2x-a|=显然y=|2x-a|在上单调递增,在上单调递减,又因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以结合复合函数的单调性可知a>1,且≤1,所以1<a≤2,所以a的取值范围是(1,2].故选A. 4.C　对于A,二次函数y=x2-2x的图象的对称轴为直线x=1,所以y=x2-2x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故A错误; 对于B,由对数函数的单调性得,y=log2x在(0,+∞)上单调递增,故B错误; 对于C,当x>0时,y==,由指数函数的单调性得,y=在(0,+∞)上单调递减,故C正确; 对于D,因为y=x和y=-在(0,+∞)上均单调递增,所以y=x-在(0,+∞)上单调递增,故D错误. 故选C. 5.D　f(x)图象上的点P(-2,0)变换成点Q(-1,-2),意味着函数f(x)=+2(0<a<1)的图象向右平移1个单位且向下平移2个单位,此时对应的函数解析式为g(x)== 因为0<a<1,所以x>0时,0<g(x)=ax<1且g(x)单调递减,x<0时,g(x)=-ax<-1且g(x)单调递增,对比选项可知D选项符合题意.故选D. 6.B　由题意可得b=log27, 所以log4256======. 故选B. 7.C　f(x)=loga(x+1)+loga(1-x)=loga(1-x2),x∈,令t=1-x2,则t∈,则函数f(x)可化为g(t)=logat, 当a>1时,g(t)=logat在上单调递增, 由f(x)max-f(x)min=1可得loga1-loga=1,∴a=2. 当0<a<1时,g(t)=logat在上单调递减, 由f(x)max-f(x)min=1可得loga-loga1=1,∴a=. 故a的值为2或,故选C. 8.B　因为f(x)=2x-1,所以f(x)≤x即2x≤x+1, 令y1=2x,y2=x+1,则不等式为y1≤y2, 在同一平面直角坐标系中作出两个函数的图象,如图所示, 当x=0时,y1=20=1,y2=0+1=1, 当x=1时,y1=21=2,y2=1+1=2, 由图可知,y1≤y2的解集为[0,1]. 故选B. 9.AC　对于选项A,令x-3=0,可得x=3,f(3)=a0-2=-1, 所以函数f(x)的图象恒过点(3,-1),故A中说法正确; 对于选项B,当x=1时,y=-1,当x=-1时,y=1, 所以y=-在定义域上不是单调递增函数,故B中说法错误; 对于选项C,因为=5b=m,所以m>0, 则a=lom,b=log5m, -=-=logm5-logm=logm5+logm2=logm10=2, 则m2=10,且m>0,m≠1,所以m=,故C中说法正确; 对于选项D,令-x2+x+2≥0,解得-1≤x≤2, 故函数的定义域为[-1,2], 则函数的单调递增区间不可能是,故D中说法错误. 故选AC. 10.CD　对于A,2x-1≠0⇒x≠0,所以该函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),A中结论不正确; 对于B,C,f(-x)-f(x)=--2--+2=-x=0, 所以f(-x)=f(x),又f(x)的定义域关于原点对称,所以f(x)是偶函数,B中结论不正确,C中结论正确; 对于D,f(x)-(-2)=+=, 当x∈(-∞,0)时,2x<20=1⇒2x-1<0,而2x>0, 故f(x)-(-2)>0, 当x∈(0,+∞)时,2x>20=1⇒2x-1>0,而2x>0, 故f(x)-(-2)>0. 综上所述,对任意的x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(x)>-2,D中结论正确. 故选CD. 11.ABD　对于A,因为a>1,所以函数y=logax在(a,+∞)上单调递增,所以当x∈(a,+∞)时,f(x)=logax>logaa=1,故A中结论正确; 对于B,由f(x)在(0,+∞)上单调递增知解得1<a≤2,故B中结论正确; 对于C,当a=2.1时,函数f(x)=作出函数y=f(x)的大致图象,如图1, 由图1知直线y=2.1与函数y=f(x)的图象有两个交点,则方程2.1=f(x)有两个根,即函数y=f(x)-2.1有2个零点,显然2.1∉(1,2],故C中结论错误; 　 对于D,易知与函数y=x2-3的图象关于原点对称的图象对应的函数为y=-x2+3,作出示意图,如图2, 要使f(x)的图象上不存在关于原点对称的点, 则即解得≤a<,即a的取值范围是[,),故D中结论正确.故选ABD. 12.答案　4 解题思路　由题意可得f(-x)=f(x), 所以g(-x)=f(-x)(e-x-ex)+2=f(x)(e-x-ex)+2 =-[f(x)(ex-e-x)+2]+4=-g(x)+4, 故g(x)+g(-x)=4,所以g(-2 024)+g(2 024)=4. 故答案为4. 13.答案　lox(答案不唯一) 解题思路　由f(x·y)=f(x)+f(y)可考虑对数函数f(x)=logax(a>0且a≠1), 又因为f(x)在定义域(0,+∞)上是减函数, 所以f(x)=logax的底数a∈(0,1), 又因为f(2)=-1,所以a=,所以f(x)=lox.(本题答案不唯一) 14.答案　(10,13) 解题思路　f(x)= 作出f(x)的图象,如图, 由图可得0<a<1,1<b<10,10<c<13, ∵f(a)=f(b),∴-lg a=lg b,即lg a+lg b=0,∴ab=1, ∴abc=c,∴10<abc<13. 故答案为(10,13). 15.解题思路　(1)-(-9.5)0-+=-1-+=-1-+=-+=-.(6分) (2)log3+lg 25+lg 4+=log3-log33+lg(25×4)+2=-1+2+2=.(13分) 16.解题思路　(1)当m=1时,f(x)=4x-2x+1-1=(2x)2-2×2x-1, 令2x=t,则t>0,令y=t2-2t-1=(t-1)2-2,则y≥-2,(2分) ∴f(x)的值域为[-2,+∞).(4分) (2)令t=2x,y=mt2-2t-m, 当x∈(1,+∞)时,t>2,∵t=2x在(1,+∞)上单调递增, ∴要使f(x)在(1,+∞)上单调递增, 只需y=mt2-2t-m在(2,+∞)上单调递增,(6分) ①当m=0时,y=-2t在(2,+∞)上单调递减,不符合题意; ②当m<0时,y=mt2-2t-m的图象开口向下,y=mt2-2t-m在(2,+∞)上不可能单调递增,不符合题意; ③当m>0时,由题意得解得m≥. ∴实数m的取值范围是.(8分) (3)由(1,0)是f(x)的局部对称点得∃x∈R,f(1+x)+f(1-x)=0, 则2m(4x+4-x)-2(2x+2-x)-m=0,① 令t=2x+2-x,则t≥2,易知4x+4-x=-2=t2-2, 代入①式得2mt2-2t-5m=0,则m==,(12分) 当t≥2时,函数y=2t和y=-均单调递增, ∴y=2t-在[2,+∞)上单调递增,∴2t-≥, ∴∈, ∴实数m的取值范围为.(15分) 17.解题思路　(1)证明:因为∀a,b∈R,f(a+b)=f(a)+f(b), 所以令a=b=0,可得f(0)=f(0)+f(0),故f(0)=0,(1分) 令a=x,b=-x, 所以f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0, 即∀x∈R,f(-x)=-f(x),易知f(x)的定义域为R,关于原点对称,所以f(x)为奇函数.(4分) (2)任取x1,x2∈R,且x1>x2, 由①可得f(x1)=f(x2+(x1-x2))=f(x2)+f(x1-x2), 即f(x1)-f(x2)=f(x1-x2),(7分) 因为x1>x2,所以x1-x2>0, 由②知f(x1-x2)>0,故f(x1)>f(x2), 所以f(x)在R上单调递增.(10分) 由③可知f(2)=f(1)+f(1)=2,f(3)=f(1)+f(2)=3, 故f(-log2x2)>3即f(-log2x2)>f(3), 又因为f(x)在R上单调递增, 所以-log2x2-3>0且x>0,(12分) 即(log2x-3)(log2x+1)>0, 所以log2x<-1或log2x>3,解得0<x<或x>8, 故原不等式的解集为.(15分) 18.解题思路　(1)f(x)在R上单调递减.(1分) 证明如下:易知f(x)的定义域为R,任取x1,x2∈R,且x1<x2,(2分) 则f(x1)-f(x2)=+a-=-=,(5分) 因为y=2x为增函数,且x1<x2, 所以>,所以->0, 易知1+>0,1+>0,所以(1+)(1+)>0, 所以f(x1)-f(x2)>0,所以f(x1)>f(x2),(7分) 所以f(x)在R上单调递减.(8分) (2)证明:令g(x)=2x-f(x)=2x--a, 因为y=2x为增函数,且f(x)在R上单调递减, 所以g(x)在R上单调递增,(12分) 易知g(0)=20--a=-a<0,g(2)=22--a=-a>0, 所以由函数零点存在定理及g(x)在R上单调递增可知g(x)在(0,2)上有且仅有一个零点,即关于x的方程f(x)=2x在区间(0,2)上有且仅有一个实数解.(17分) 19.解题思路　(1)当0≤t≤60时,Q(t)=700-50×·t=700-5t. 当60<t≤240时,Q(t)=400-50·=50·-100. 综上,Q(t)=(5分) (2)当0≤t≤60时,Q(t)为一次函数且单调递减, ∴此过程中Q(t) min=Q(60)=400.(7分) 当60<t≤240时,Q(t)=50·-100≥50×2-100=300, 当且仅当=,60<t≤240,即t=120时取“=”.(10分) 由于300<400,故小明在四分钟内的第120秒时体力达到最低,最低值为300 kJ.(11分) (3)当t=180时,Q(t)=50×-100=. 匀速冲刺阶段,体力消耗量为50·t3 =·=(20+40)kJ,(14分) 要使他在3分40秒前到达终点,需v3>=4(m/s), ∴20+40>360>,∴小明不能在3分40秒前跑完1 000 m.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章　综合检测限时120分钟满分150分 　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.(2024上海宝山二模)已知a>b>0,则(　　) A.a2>b2 B.2a<2b C.< D.loa>lob 2.(2024福建泉州阶段练习)若函数f(x)的图象在R上连续不断,且满足f(1)<0,f(2)<0,f(3)>0,则下列说法正确的是(　　) A.f(x)在区间(1,2)上一定有零点,在区间(2,3)上一定没有零点 B.f(x)在区间(1,2)上一定没有零点,在区间(2,3)上一定有零点 C.f(x)在区间(1,2)上一定有零点,在区间(2,3)上可能有零点 D.f(x)在区间(1,2)上可能有零点,在区间(2,3)上一定有零点 3.(2024福建福州期末)若函数f(x)=a|2x-a|(a>0且a≠1)在区间(1,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(1,2] B.[2,+∞) C. D.∪[2,+∞) 4.(2024天津滨海新区期末)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递减的是(　　) A.y=x2-2x B.y=log2x C.y= D.y=x- 5.(2024江西萍乡期末)若把函数f(x)=+2(0<a<1)的图象平移,可以使图象上的点P(-2,0)变换成点Q(-1,-2),则函数y=f(x)的图象经此平移变换后所得的图象的大致形状为(　　) 6.(2024黑龙江大庆期末)已知log23=a,2b=7,用a,b表示log4256为(　　) A. B. C. D. 7.(2024广东广州期末)函数f(x)=loga(x+1)+loga(1-x),若f(x)max-f(x)min=1,则a的值为(　　) A.4 B.4或 C.2或 D.2 8.(2024北京大兴期末)已知函数f(x)=2x-1,则不等式f(x)≤x的解集为(　　) A.(-∞,2] B.[0,1] C.[1,+∞) D.[1,2] 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.(2025甘肃张掖阶段练习)下列说法正确的是(　　) A.函数f(x)=ax-3-2(a>0且a≠1)的图象恒过点(3,-1) B.y=-在定义域上是单调递增函数 C.若=5b=m,且-=2,则m= D.函数y=的单调递增区间是 10.(2024安徽淮南期末)已知函数f(x)=+-2,则下列结论正确的是(　　) A.f(x)的定义域为R B.f(x)是奇函数 C.f(x)是偶函数 D.对任意的x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(x)>-2 11.(2024湖南开学考试)已知a>1,函数f(x)=下列结论正确的是(　　) A.∀x∈(a,+∞),f(x)>1 B.若f(x)在(0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(1,2] C.若函数y=f(x)-a有2个零点,则a的取值范围是(1,2] D.若f(x)的图象上不存在关于原点对称的点,则a的取值范围是[,) 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(2024安徽滁州期中)若f(x)为定义在R上的偶函数,函数g(x)=f(x)(ex-e-x)+2,则g(-2 024)+g(2 024)=　　　　　.  13.已知函数f(x)满足以下三个条件:①f(2)=-1,②在定义域(0,+∞)上是减函数,③f(x·y)=f(x)+f(y),请写出一个同时符合上述三个条件的函数f(x)的解析式f(x)=　　　　.  14.(2024江西九江期末)已知函数f(x)=且a<b<c时,f(a)=f(b)=f(c),则abc的取值范围是　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)(2024广西南宁开学考试)计算: (1)-(-9.5)0-+; (2)log3+lg 25+lg 4+. 16.(15分)(2024安徽六安期中)已知定义在R上的函数f(x)=m·4x-2x+1-m(m∈R). (1)当m=1时,求f(x)的值域; (2)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,求实数m的取值范围; (3)若函数y=g(x)的定义域内存在x0,使得g(a+x0)+g(a-x0)=2b成立,则称g(x)为局部对称函数,其中(a,b)为函数g(x)的局部对称点.若(1,0)是f(x)的局部对称点,求实数m的取值范围. 17.(15分)(2024河北张家口期末)已知函数f(x)满足以下三个条件: ①∀a,b∈R,f(a+b)=f(a)+f(b);②当x>0时,f(x)>0;③f(1)=1. (1)求证:f(x)为奇函数; (2)解不等式:f((log2x)2-log2x2)>3. 18.(17分)(2024广东惠州期末)已知函数f(x)=+a(a∈R). (1)已知y=2x为增函数,请判断f(x)的单调性,并用单调性定义证明; (2)若0<a<,求证:关于x的方程f(x)=2x在区间(0,2)上有且仅有一个实数解. 19.(17分)(2025浙江期中)温州市初中毕业生体育学业测试项目中,耐力类(男生1 000 m,女生800 m)为必考项目.体重为50 kg的小明准备做四分钟的跑步训练,分为两个阶段,第一阶段为前一分钟的稳定阶段,第二阶段为后三分钟的疲劳阶段.假设小明稳定阶段做速度为v1=6 m/s的匀速运动,该阶段每千克体重消耗体力ΔQ1=t1×v1(kJ)(t1表示该阶段所用时间),疲劳阶段速度变为v2=6-(m/s)的减速运动(t2表示该阶段所用时间),由于速度降低,体力得到一定恢复,该阶段每千克体重消耗体力ΔQ2=(kJ).假定小明可用于跑步消耗的初始体力为Q0=700 kJ,不考虑其他因素,所用时间为t(单位:s),请回答下列问题: (1)写出小明剩余体力Q关于时间t的函数Q(t); (2)小明在四分钟内何时体力达到最低,最低值是多少? (3)小明在三分钟整时,恰好跑完840 m,若此时他准备做匀速冲刺,此阶段每千克体重消耗的体力ΔQ3=t3(kJ)(t3表示该阶段所用时间),问在保证体力未消耗完的前提下,小明能否在3分40秒前跑完1 000 m? 学科网（北京）股份有限公司 $