单元过关(四) 幂函数、指数函数与对数函数-【衡水真题密卷】2027年高考数学单元过关检测（B版）

2026一2027学年度单元过关（四） 数学·幂函数、指数函数与对数函数 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 一、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。 题号 1 2 3 5 6 8 答案 1.已知函数y=log(3x一8)+27(a>0且a≠1)的图象恒过定点P,若P在幂函数f(x)的图 象上，则f(2》 A.8 B.4 c 2.溶液酸碱度是通过pH计量的，pH的计算公式为pH=一lg[H+],其中[H+门表示溶液 中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，若某纯净水中氢离子的浓度为[H+]=10-?摩尔/升， 则该纯净水的pH值为 () A.6 B.7 C.8 D.9 3.已知幂函数f(x)=x,且0<a<b<1,则 () A.f(<) B.f<fm<f)<f(a) c.fa2)<f)<f(2)<f(2) D.f2)fa)<f是)<f) f(0.5) 。f(1) f(0.5n) 4.已知函数y=f(x),x∈R,且f(0)=3, f(0) 2=2,0.5)斤2，’f(0,5(m-1)2, n∈N*,则y=f(x)的一个解析式可以为 () A.3×4x B.3x+1 C.3×5x D.3X6 单元过关（四）数学第1页（共8页） 冷静是智慧的盾牌，专注是破题的刹刀 。 5.函数y=e一e e一的大致图象为 班级 姓名 01x ------------- 得分 A B D 6.倡导环保意识、生态意识，构建全社会共同参与的环境治理体系，让生态环保思想成为 社会生活中的主流文化.为了使排放的废水中含有的污染物的浓度下降，某造纸企业引 进了一种新的废水净化技术，已知净化前所排放的废水中含有的污染物的浓度P。= 1mg/L,首次净化后所排放的废水中含有的污染物的浓度P1=0.94mg/L,第n次净 化后所排放的废水中含有的污染物的浓度Pn=P。一(P。一P1)×3.5m+:(t∈R,n∈N*; 单位：mg/L),依据当地环保要求，企业所排放的废水中含有的污染物的浓度不能超过 0.04g/L,为了使该企业所排放的废水中含有的污染物的浓度达标，则废水净化的次 数至少为（参考数据：ln2≈0.7，ln3≈1.1） ( ) A.4次 B.5次 C.6次 D.7次 7.已知函数f)=10g:x,则关于x的不等式f+1)+f-x-1》>0的解集为( ) A.(-1,0)U(1,+) B.(-2,-1)U(-1,0)U(1,+∞) C.(-2,-1)U(-1,0)U(0,+∞) D.(-1,0)U(0,+∞) 8.若实数x,y,之满足22-2=3'-3=5-5，则x,y,之的大小关系不可能是() A.x=y=z B.x>y> C.>y>x D.2>x>y 单元过关（四）数学第2页（共8页） B 二、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。 题号 9 10 11 答案 9.已知幂函数f(x)=(8m2一5)xm,则 () Am=土3 -2 B.f(x)的定义域为R C.f(x)为非奇非偶函数 D.不等式f2x+1)>f5-z)的解集为专十∞) 10.已知函数fx)=a(》 十b的图象过原点，且无限接近直线y=2但又不与该直线 相交，则下列结论正确的是 () A.a=2 B.f(-2)>f(1) C若0<x<a则f）>fx:+fa小 D.方程f(x)-2f(x)=0有3个实数根 11.在生产生活中，人们常用十进制计数，而本福特定律说明在b进位制中，以数字n n十1 (n≤b一1)起头的数出现的概率为log6 ”,此定律可用于检查数据造假等问题，现定 x+1 义10-本福特函数B(α)=lg,则 A.B(2)表示十进制中以数字2起头的数出现的概率 B.曲线y=B(x)关于点(-20)对称 CB(m)<2n=1,2,…, D.B(2)>2B(4) 单元过关（四）数学第3页（共8页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若幂函数f(x)=(m2一4n十4)x5-2m在区间(0，十∞)上单调递增，则实数m= 13.若2m=5”=t,且3m十n=mn,则t= 2 14.已知函数f(x)满足：①f(1)=5②Hx,y∈R,2fy)-2f(x)≥(4-4)fx)· f(y),则f(x)的最大值为 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)已知幂函数f(x)=(m2十3m-9)xm-1在(0，十∞)上是减函数，m∈R. (1)求f(x)的解析式； (2)若(2-a)>(2a一1)，求实数a的取值范围. 单元过关（四）数学第4页（共8页） 16.(15分)已知函数fx）)=2-8·21-6. (1)当x∈[0,4幻时，求f(x)的最大值和最小值； (2)若3x∈[0,4]，使f(x)十12一a·2x≥0成立，求实数a的取值范围. 单元过关（四）数学第5页（共8页） 1.(15分)已知a∈R,函数f)=log:(会+a小 (1)当a=1时，解不等式f(x)>1; (2)当a>0时，若对Vt∈[-1,0]，f(x)=log2 2+a)在区间，t+1上的最大值与 最小值的和不大于log26,求a的取值范围. 单元过关（四）数学第6页（共8页） B 18.(17分)已知每个正整数n都可以唯一写成一些不同的“2的幂”的和.例如：6=4+2= 22+21;7=4十2+1=22+21+2°，定义：若n的这种表示中用了偶数个“2的幂”，则 f(n)=0,否则f(n)=1.记s(n)=f(1)+f(2)+…+f(n). (1)求f(1),f(5)的值. (2)若s(n)=1025,求n的取值. (3)是否存在正整数m,使得Hn∈N*,均有f(m十n)=f(n)?并证明你的结论. B 单元过关（四）数学第7页（共8页） 18.(17分)已知函数∫)=1e:行a+-1D是奇函数. (1)求不等式f(x)>1的解集. (2)若函数g(x)=f(x2一bx十3b)在(2，十∞)上单调递增，求b的取值范围. (3)是否存在m∈R,a,B∈(1，+∞)，使得f(x)在[a,]上的值域为[m+log2a, m十log2β]？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由. 单元过关（四）数学第8页（共8页）2027 单元过关 可得f(x)+f(2x)+f(3x)+f(4x)=2k+1+ 4k+3+6k+4+8k+5=20k+13=2025, ②若=6+，则2x=2张+8x=0+, 解得k=100.6￠Z,不符合题意； (13分) 4x=4k+3, （1)若红为整数，则工=十或及+ 1 可得f(x)+f(2x)+f(3x)十f(4x)=2k+1+ 4 4k+3+6k+5+8k+6=20k+15=2025, ①若x=6十，则2x=2k+号，3x=86+, 解得k=100.5Z,不符合题意， 1 4x=4k+1, 综上所述，k=101,x=+4=101.25, 可得f(x)+f(2x)+f(3x)+f(4x)-2k+1+ 所以存在实数x,使得f(x)+f(2x)+ 4k+1+6k+1+8k+2=20k+5=2025,解得k f(3x)+f(4x)=2025,此时x=101.25. =101,符合题意； (17分) 2026一2027学年度单元过关（四）】 数学·幂函数、指数函数与对数函数 一、选择题 1.C【解析】因为函数y=log。(3x-8)十27的图 当x≥0时，f(x)=e-e -1-e2x-1 1 e2 象恒过定点P,令3x-8=1,即当x=3时，y= 由x≥0，得e2x≥e°=1， 27,所以点P的坐标为(3,27).又点P在幂函数 f(x)的图象上，设f(x)=x,则3=27，a=3,所 所以0C。1,所以0≤1-<1，故C,D错民， 、1 以)=，所以f份)=（经》°=君 A正确. 6.D【解析】因为P。=1mg/L,P1=0.94mg/L,所 2.B【解析】依题当[H+门=10？时，pH=-lg107 以0.94=1-(1-0.94)×3.5+‘，解得t=-0.5,即 =7,所以该纯净水的pH值为7. Pn=1-0.06X3.5m-.5(n∈N”),设第n次净化后企 3.C【解析】因为函数f(x)=x在(0，十∞)上单 业所排放的废水中含有的污染物的浓度不超 调递增，且由0<a<b<1,可得0<a2<b2<1< 过0.04mg/L,则1-0.06X3.5m-0.5≤0.04，即 11 g≥15，解得≥82+1-微+1品國 所以fa)<f)f)<f() 为n∈N*,所以废水净化的次数至少为7次. 7.C【解析】由于函数f(x)=log2x2=2log2x|, 4.A【解析】由己知得， 所以f(x+1)=21og2|x+1, f(1)_f(0.5).f(1) f(2)f(0.5) f(0)f(0)‘f(0.5)=4 f(0) f(0) f(-x-1)=21og2|-x-1|=2log2|x+1|, f(1)f(1.5)f(2) f(x+1)+f(-x-1)=4log2|x+1|, f(0.5)f(1)f(1.5) =42, 令gx)=fx+1)+f(-x-1)_41ogx+1 f(3)f(0.5)f(1)f(1.5) f(2) f(0)f(0)f(0.5)f(1)f(1.5) 定义域为x≠0且x≠一1，要使g(x)>0,有如下两 f(2.5)f(3) f(2)f2.5)=4,所以=4号 种情况： f(0) log2x+1|>0, 又f(0)=3,所以f(x)=3×4. ① 解得x>0; x>0, 5A【解折】设∫)=，则f(-)= 0gex+1<0解得-2<x<0,且x≠-1， ② e=e=一fx),所以f)为奇画 e-:-et e-:-et x<0, 综上，不等式的解集为(-2，一1)U(-1,0)U 数，故B错误； (0,+∞). B ·12· ·数学· 参考答案及解析 8.D【解析】令2x-2=3'-3=5*一5=t,得x= 所以有f(-2)=f(2)>f(1),故B正确； logz (t+2),y=logs (t+3),z=logs (t+5),t> 当0<x1<x2时， 一2，在同一坐标系内作出函数f(t)=l1og2(t+ 2),g(t)=log3(t+3),h(t)=log5(t+5),t>-2 有f(）2fa)+f]= 的图象， y=0 空-g+门 1=-2 y'=g(0 y'=h(t) -学++产 it=a 则x,y,之分别是函数y'=f(t),y'=g(t),y'= h(t),t>-2的图象与直线t=a(a>-2)交，点的 由于x1卡x2,所以上式等号不成立， 纵坐标，观察图象得，当一2<a<0时，之>y>x; 即有f(色）>2f+f小，改c正璃 当a=0时，x=y=之；当a>0时，x>y>z,故D 错误. 1 由方程f(x)-2fx)=0,可得fx)=0或 二、选择题 9.AC【解析】对于A,由f(x)是暴函数，得8m2-5 )- =1,解得m=士 2,故A正确；对于B,C,f(r)=x 而当x≥0时，由指数函数的性质可知f(x)=2 =x,则f(x)的定义域为[0，十∞)，所以f(x)为 (》单河港， 非奇非偶函数，故B错误，C正确；对于D,由于f(x) 所以fx)≥f0)=2-(份）'=0， =x在[0，十∞)上单调递增，且f(2x+1)>f(5 则根据f(x)是偶函数，可知f(x)=0在R上只 ,可得05-<2x十1，解得写<≤，即不幸式 有唯一解， f2+1D≥f6-2)的部案为台司，故D龄民 当x≥0时，由fx)=名得fx)=2-()》 1 10.BCD【解析】由函数f(x)= 十b的图象 2,解得x=2-1og3, 过原点，可知f0)-a(分》 +b=a+b=0, 再根据f(x)是偶画数，可知f）)=号有两个解， 由f)-a) 十b的图象无限接近直线 所以方程了()-e)-0有3个实数模，截D y=2但又不与该直线相交，可知b=2, 正确 所以a=一2，故A错误； 11.ABC【解析】对于A,根据本福特定律可知B(2)表 x 由函数f(x)= 十2，可知f(-x)= 示十进制中以数字2起头的数出现的概率，故A 正确； x +2=f(x), 对于由B)=g生0年释0支 x 十2是偶函数， <-1,所以B)的定义减关于点(-20对称， 当x≥0时，由指数函数的性质可知f(x) 1 2(》+2=-2(分》广+2=2-（合）是增 x十 B(-2++B(专)=g是 2 +lg- 22 1 函数， -2-x ·13· B 2027 单元过关 1 x十 x-2 2 2* 2 x十 x一2 (4-4)f(x)×5,化简可得f(x)=4+1 =1g1+g 1 =1g x一2 x+2 x十2 1 1 =2,当且仅当x=0时等 1 1 1 g1=0,所以曲线y=B(x)关于点(20)对 2+22J2×2= 称，故B正确； 号成立，所以f(x)的最大值为 21 对于C,Bx)=g2生-g(+）令u=1+ 四、解答题 15.解：(1)由f(x)=(m2+3m-9)xm-1为幂函数， ,其在(0，十©)上单调递减，而函教y=gu在 得m2+3m-9=1, 解得m=2或m=-5, (2分) (0,十∞)上单调递增，所以B(x)在(0，十∞)上 又f(x)在(0，+∞)上是减函数，则m一1<0，即 单调递减，所以B(n)≤B(1)=lg2<1g√10= m<1, 2n=1,2,…,9),故C正确； 所以m=-5,fc)=x6 (5分) 5 25 对于D,2B(4)=21g4=g16,B(2)=1g2 (2)由(1)得m=-5,所以不等式为(2-a)- 24 25、24 25. 24 >(2a-1), 1g16,因为16>6，所以g16>1g16,即B2)< 令g(x)=x,则g(x)的定义域为(0，十o∞)， 2B(4),故D错误. 且g(x)在(0，+∞)上单调递减， 三、填空题 2-a>0, m2-4m+4=1, 12.1【解析】根据题意可得 所以32a-1>0, 解得1<a<2, (12分) 5-2m>0, 2-a<2a-1, 解得m=1. 所以实数a的取值范围是(1,2). (13分) 13.1或250【解析】由2m=5”=t,得m=log2t,n 16.解：(1)令2=t∈[1,16]， =log5t,当m=n=0时，显然符合3m十n=mn, 此时t=1; 由fx)=23·2*+1-6,可得g()=12 当m≠0，m≠0时，3m十n=m,即3+=1，由 n m -5--8-9, m=lbg4,n=1og,得=1og2,日=lcg5,代 m 放当：-时，8《)取得最小值，最小值为。 入+品-1中，得31hB5+lbe2=1,即lo%5 又g(1)=-10,g(16)=170, 十1og,2=1,即1og(53×2)=1,故t=53×2=250. 故fx)的最大值为10，最小值为-、(5分) 14.2【解析】由于Vx∈R,2f0y)-2f(x)≥ -号·21-6+12-a·2≥0，即20 (2)22:、5 (4-4")f(x)f(y)①， (a+5)·2x+6≥0， 令x,y互换，可得2'f(x)-2f(y)≥(4-4)· 令2x=t∈[1,16]， f(x)f(y),可化为2f(y)-2f(x)≤(4-4)· 故t2-(a+5)t十6≥0在t∈[1,16]上有解， f(x)f(y)②， 由①②可得2f(y)-2f(x)=(4-4)f(x)· a十5≤46-+，只需a+5<6+）: t f(y)③， (10分) 令③中y=1,可得2f(1)一2f(x)=(4x-4)· 其中y-1+在山，w6]上单调递减，在 fx)f1),又f)-号，则号×2-2fx) (W6,16]上单调递增， B ·14· ·数学· 参考答案及解析 又当t=1时，y=1+6=7,当t=16时，y=16+ 尾无2°为偶数)，所以f(n)=1与f(n)=0各 6131 占一半， (5分) 168 故a十5< 则s2*)=fa)+②-）-1+f2)=2*-i+ 91 2 ,解得a≤8’ (14分) 1(k≥1)，s(1)=1, 故实数a的取值范围为一∞，8」 91 (15分) 则s(2048)=s(21)=1025, (8分) 又因为2049=21+2°，2050=21+2,2051= 1.解：1)当a=1时，fz)=log:(纪+1>1， 21+21+2°， 所以n的取值为2048,2049,2050. (10分) 可得，2+1>2，解得<0. (3)不存在 (11分) 所以不等式的解集为（一∞，0）. (4分) 证明如下： 1 令m=21十22十…十2， (2)若a>0,则2十a>0,可知f(x)的定义域为R, 不妨设a1<a2<…<a。且均为自然数.(13分) 1 ①若k为奇数，取n=21+a,则f(n)=1≠0= 由y=logu在定义域内单调递增，u一2：十Q在 f(n+m). [t,t+1]上单调递减， ②若k为偶数，取n=2,则n十m=21十22十 可知f(x)在[t,t+1门上单调递减， (6分) …十2-1十21+ak,f(n)=1≠0=f(n十m). 则fx)m=f)=lg(经+a小， 综上，不存在这样的正整数m. (17分) 19.解：(1)因为f(x)是奇函数， f()-+1)-0ga) 所以f(-x)十f(x)=0, 即iog-+loe+-0, x-a 由题意可得，log:(g+a)+log(2+a） x2-a2 =loe:(侵+aj(2品+a)≤og:6, 即1og:x2一1 =0,则a2=1, 因为a≠-1，所以a=1, (2分) 则（经+a)(2+a小≤6对v:e[-1,g恒成立， 当a=1时，f)=loe:的定义镀为(-60， (8分) 一1)U(1,+∞)，且f(-x)十f(x)=0,满足 令m=2点e[日l小，则（侵+a)(品+a) 题意， (2m+a)(m+a)=2m2+3am+a2≤6，（10分) x-1、 由f(x)>1,得1og ,x-1 x+i>1x+1>2, 由y=2m2+3am+a2的图象开口向上，对称轴 解得-3<x<-1, 为m=一 3 4a0, 故不等式的解集为（一3，一1）. (4分) x-1 可知y=2m2+3am+a2在 单调递增， （2由a可知f)=los2loe1-z子7》， 则y=2m2+3am十a2≤a2+3a十2， 易知两数y-1-异在(-，-10,1，十0) 可得a2十3a十2≤6，解得-4≤a≤1， (14分) 上单调递增， (6分) 所以a的取值范围为[一4,1]. (15分) 则f(x)在(-∞，-1)，(1，十∞)上单调递增. 18.解：(1)因为1=2°，5=22+2°， 因为g(x)在(2，十∞)上单调递增， 所以f(1)=1,f(5)=0. (3分) b (2)因为在n∈[2,2)中，奇数个“2的幂”和偶 ≤2 所以2 解得-3≤b≤4， 数个“2的幂”个数一样多（末尾有2°为奇数，末 4-2b+3b≥1， ·15· B 2027 单元过关 故b的取值范围为[-3,4幻 (9分) 因为a,B∈(1，+∞)， (3)假设存在m∈R,a,B∈(1，十∞)，使得 △=(2m-1)2-4×2m>0, f(x)在[a,]上的值域为[m十log2a,m十log2B], 2m-1、 所以a十B=一 由(2)可知f(x)在(1，十∞)上单调递增， 2m>2, 则fa）=m+log:a, f (B)=m+10g2B, 2m>3+2√2或2m<3-2√2， ,a-1 即 log:a-log (2"a), 1 即 2<3, 3-1 log-log (2B), 所以2m<3-2W2,即m<1og2(3-2√2)， 2ma2+(2m-1)+1=0, (15分) 整理得 2m32+(2m-1)B+1=0, 故存在m∈R,a,B∈(1，+∞)，使得f(x)在 即a,B是关于x的方程2mx2+(2m-1)x十1=0 [a,]上的值域为m十log2a,m+logB],且m 的两个实数根， (13分) 的取值范围为(-∞，log2(3-2√2).(17分) 2026一2027学年度单元过关（五） 数学·一元函数导数及其应用 一、选择题 所以g(x)=2ax2-2x十b=0有唯一正根. 1.D【解析】因为单位时间内注水的体积不变，结 若△=4一8ab≤0，则f(x)在定义域内单调，不存 合容器的形状，在单位时间内，高度变化率先由快 在极值，点，舍去； 变慢，后由慢变快. 2.D【解析】由导数的定义得， 若4=4-8ab>0,即ab< 2 f(2+h)-f(2-h) f'(2)=im(2+h)-(2-h) 则2a.x2一2x十b=0必有一正一负两个根，根据韦 -热118-是 达定程得，6。了0，所以b<0 h 3.A【解析】由函数的图象可知，f(1)=1+b十c 6.B【解析】由y=xcos x-sinx,得y'=cosx- 0,f(2)=8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2, xsin x-cos x=-xsin x. 所以f(x)=x3-3x2十2x,可得f'(x)=3x2 对于A,当x∈（经时mxE0D,此时 6x十2，由韦达定理及极值点的定义得x1十x2= 2,c1x2三号，所以z十x经-3x2=(十x)2 y=-n<0:当x∈(x,3）时，smxe(-1,0, 102 5x1x2=4-3=3 此时y=一znx>0,所以镀函数在区间（受上 4.D【解析】由f(x)=-f′(-1)x3十2x2-2,得 f'(x)=-3f'(-1)x2+4x,所以f'(-1)= 单拥道减，在区问(x,）上单阴通增，故A锈送 -3f(-1)-4,解得f(-1)=-1,所以f(x)= 对于B,当x∈（π，2π）时，sinx∈(-1,0)，此时 x3+2x2-2,则f(2)=23+2×22-2=14. y'=一xsin x.>0,所以该函数在区间(r,2π)上单 5.C【解析】f(x)=ax2-2x十blnx(ab≠0)， 调递增，故B正确； 定义域为(0，十∞)， f'(x)=2ax-2+6_2ax2-2x+b 对于C,当x∈(，2m)时，sinx∈(-1,0，此时 ,且ab≠0， x 因为f(x)有唯一极值点， y=-mx>0,当x∈(2，）时，mx∈0， B ·16·