【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点05《 函数的应用》(解析版） .doc，共(54)页，2.367 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点05函数的应用（核心考点讲与练）1.函数的零点(1)函数零点的概念如果函数y＝f(x)在实数α处的值等于零，即f(α)＝0，则α叫做这个函数的零点.(2)函数零点与方程根的关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴

有交点⇔函数y＝f(x)有零点.(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象不间断，并且在它的两个端点处的函数值异号，即f(a)f(b)<0，则这个函数在这个区间上，至少有一个零点，即存在一点x0∈(a，b)

，使f(x0)＝0.2.二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1，0)，(x2，0)(x1，0)无交点零点个数2103.指数、对数、幂函数模型性质比较函数性质y＝

ax(a>1)y＝logax(a>1)y＝xn(n>0)在(0，＋∞)上的增减性单调递增单调递增单调递增增长速度越来越快越来越慢相对平稳图象的变化随x的增大逐渐表现为与y轴平行随x的增大逐渐表现为与x轴平行随n值变化而各有不同4.几种常见的函

数模型函数模型函数解析式一次函数模型f(x)＝ax＋b(a、b为常数，a≠0)二次函数模型f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数，a≠0)与指数函数相关模型f(x)＝bax＋c(a，b，c为常数，a>0且a≠1，b≠0)与对数函数相关模型f(x)＝blogax

＋c(a，b，c为常数，a>0且a≠1，b≠0)与幂函数相关模型f(x)＝axn＋b(a，b，n为常数，a≠0)1.识图对于给定函数的图象，要从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性

、周期性，注意图象与函数解析式中参数的关系.2.用图借助函数图象，可以研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等性质.利用函数的图象，还可以判断方程f(x)＝g(x)的解的个数，求不等式的解集等.3.转化思想在函数零点问题中的应用方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数

问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题.4.判断函数零点个数的常用方法(1)通过解方程来判断.(2)根据零点存在性定理，结合函数性质来判断.(3)将函数y＝f(x)－g(x)的零点个数转化为函数

y＝f(x)与y＝g(x)图象公共点的个数来判断.5.解函数应用问题的步骤(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型；(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；(3)解

模：求解数学模型，得出数学结论；(4)还原：将数学问题还原为实际问题.以上过程用框图表示如下：函数与方程一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx满足1fxfx，且0x是exyfx的一个零点，则0x一定是

下列函数的零点的是（）A．e1xyfxB．e1xyfxC．1exyfxD．exyfx【答案】A【分析】首先判断函数是奇函数，由零点定义可知，000xfxe，再经过变形，结合选项判断0x是

否是函数的零点.【详解】因为1fxfx，所以fxfx，所以函数fx是奇函数．由已知可得00e0xfx，即00exfx．所以00e1xfx，所以00e1xfx，故0x一定是e1xyfx的零点，故A

正确，B错误；又由00e1xfx，得001exfx，所以0000011120eeeexxxxfx，故C错误；由000000eeee0xxxxfxfx，故D错误.故选：A．2．

（2022·河南·模拟预测（文））已知2sin36fxax，0a，若fx在区间0,2上恰有4个零点，则实数a的取值范围是（）A．（1，3）B．（2，4）C．525,412

D．415,37【答案】C【分析】x∈0,2，数形结合确定6ax的范围使得sin6gxax图像和32y恰好有四个交点.【详解】32sin30sin662fxaxax，f

x在区间0,2上恰有4个零点，等价sin6gxax与32y图象恰好有4个交点，因为x∈0,2，所以,2666axa，如图所示，则应该满足8132363a„，解得525412a.故选：C.3．（2020·江西师大附中一模（

理））已知函数0fxxxx，xgxxe，lnhxxx的零点分别为1x，2x，3x，则（）．A．123xxxB．213xxxC．231xxxD．312xxx【答案】C【分析】转化函数()(0)fxxxx

，xgxxe，ln0hxxxx的零点为yx与(0)yxx，xye，ln0yxx的交点，数形结合，即得解.【详解】函数()(0)fxxxx，xgxxe，ln0hxxxx的零点，即为yx与(0)yxx，xye

，ln0yxx的交点，作出yx与(0)yxx，xye，ln0yxx的图象，如图所示，可知231xxx故选：C4．（2020·河南·郑州中学模拟预测（文））函数2211()sinfxxxx在区间2,2上的大致图像为（）A．B．

C．D．【答案】C【分析】根据奇偶性排除A，D，根据()0,f(0,)x，(,2)x函数值的正负可选出选项.【详解】由题可得2211()sinfxxxx是偶函数，排除A,D两个选项，()0,f当(0,)x时，

2211sin0,xxx，()0fx，当(,2)x时，2211sin0,xxx，()0fx，所以当(2,2)x时，()fx仅有一个零点.故选：C【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别

讨论(0,)x，(,2)x函数值的正负便可得出选项.5．（2022·江西赣州·二模（理））若函数22112fxxaxx有零点，则a的取值范围是（）A．[22，22]B．22,,22C．（

0，12）D．（12，+∞）【答案】A【分析】构造函数fx=221121xaxx，利用函数单调性可得21102a，即得.【详解】由2222110101022xaxxaxx，，有解，可得1x，fx=221121xaxx，因为212yxa与211y

xx在[1，+∞）都是增函数，所以fx在[1,)是增函数，又x时()fx，所以当2122110222faa，即时fx有零点.故选：A.6．（2020·河南洛阳·模拟预测（理））已知正项数列{an}的前n项和为S

n，a1＞1，且6Sn＝an2+3an+2．若对于任意实数a∈[﹣2，2]．不等式2*1211natatnNn恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C

．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]【答案】A【分析】根据an与Sn的关系，由6Sn＝an2+3an+2，得6Sn﹣1＝an﹣12+3an﹣1+2，两式相减整理得an﹣an﹣1＝3，由等差数列的定义求得an的通项公式，然后将不等式2*1211natatnNn恒成立，转化

为2t2+at﹣4≥0，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立求解.【详解】由6Sn＝an2+3an+2，当n＝1时，6a1＝a12+3a1+2．解得a1＝2，当n≥2时，6Sn﹣1＝an﹣12+3an﹣1+2，两式相减得6an＝an2+3an﹣（an﹣12+3an﹣1），整理得（an+

an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）＝0，由an＞0，所以an+an﹣1＞0，所以an﹣an﹣1＝3，所以数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以an+1＝2+3（n+1﹣1）＝3n+2，所以11nan＝321n

n＝3﹣11n＜3，因此原不等式转化为2t2+at﹣1≥3，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立，即为：2t2+at﹣4≥0，对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*恒成立，设f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]，则f

（2）≥0且f（﹣2）≥0，即有222020tttt……，解得t≥2或t≤﹣2，则实数t的取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）故选：A．【点睛】本题主要考查数列与不等式的，an与Sn的关系，等差数列的定义，方程的根的分布问题，还考查了转化化归思想和运算求解的能力

，属于中档题．7．（2022·江苏·南京市第一中学三模）非空集合{|03}AxNx，2{|10,}ByNymymR，ABAB，则实数m的取值范围为（）A．510,23B．170,4C．102,3D．517,24【答案】A【

分析】由题知1,2AB，进而构造函数21fxxmx，再根据零点存在性定理得302010fff，解不等式即可得答案.【详解】解：由题知0{|}13,2Ax

Nx，因为ABAB，所以AB，所以2{|10,}1,2ByNymymR，故令函数21fxxmx，所以，如图，结合二次函数的图像性质与零点的存在性定理得：302010fff

，即103052020mmm，解得51023m，所以，实数m的取值范围为510,23.故选：A8．（2022·江西南昌·一模（文））已知11xfxxx，若，分别是方程exfx，lnfxx的根，则下列

说法：①4；②2e2e；③，其中正确的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】D【分析】由题意可得11xfxxx的图象关于直线yx对称，exy与lnyx的图象关于直线yx对称，在同一坐标系中画出3个函数的图象，

可求得,的范围，然后逐个分析判断即可【详解】111()1(1)111xxfxxxxx，因为1x，所以10x，所以()1fx，且()fx在(1,)上单调递减，，分别是方程exfx，lnfxx的根，因为exy与ln

yx互为反函数，所以exy与lnyx的图象关于直线yx对称，由(1)1xyxxyx，得22xy，画出函数exy，lnyx和11xfxxx的图象，由图可得12，因为当3x时，333ln3ln9ln

e231，当4x时，333444ln4ln4lne341，所以34，所以46，所以①正确，对于②，由图可得1ln2，所以2ee，因为12，所以2

e2e，所以②正确，对于③，因为111()1(1)111xxfxxxxx的图象关于直线yx对称，因为exy和lnyx互为反函数，所以,1与,1

关于直线yx对称，所以1或1，化简得，所以③正确，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查数形结合的思想，解题的关键是正确画出函数图象，根据图象分析求解,的范围，考查数学转化思想，属于较难题9．（2020·湖北黄冈·模拟预测

（文））求下列函数的零点，可以采用二分法的是（）A．4()fxxB．()tan2()22fxxxC．()cos1fxxD．()23xfx【答案】B【详解】4()fxx不是单调函数，0y≥，不能用二分法求零点；()tan2()22fxxx

是单调函数，yR，能用二分法求零点；()cos1fxx不是单调函数，0y，不能用二分法求零点；()23xfx不是单调函数，0y≥，不能用二分法求零点.故选：B二、多选题10．（2022·辽宁锦州·一模）设函数fx的定

义域为R，1fx为奇函数，1fx为偶函数，当1,1x时，21fxx，则下列结论正确的是（）A．7839fB．fx在6,8上为减函数C．点3,0是函数

fx的一个对称中心D．方程lg0fxx仅有6个实数解【答案】CD【分析】根据1fx和1fx的奇偶性可推导得到8fxfx，22fxfx，由7133ff可知A错误；推导可得60fxfx

，知C正确；作出fx图象，结合图象知B错误；将lg0fxx解的个数转化为fx与lgyx的交点个数，结合图象可知D正确.【详解】1fx为奇函数，11fxfx

，即2fxfx，fx关于点1,0对称；1fxQ为偶函数，11fxfx，即2fxfx，fx关于1x对称；由2fxfx，2fxf

x得：22fxfx，84fxfxfx，即fx是周期为8的周期函数；对于A，2711182133339fff

，A错误；对于C，62fxfxfxQ，即60fxfx，fx关于点3,0成中心对称，C正确；对于BD，由周期性和对称性可得fx图象如下图所示，由图象可知：fx在6,8上单调递增，B错误；方

程lg0fxx的解的个数，等价于fx与lgyx的交点个数，12401fffQ，lg12lg101，结合图象可知：fx与lgyx共有6个交点，即lg0fxx有6个实数解，D正确.故选：CD.11．（2022·福建三明·模拟预测）已知函

数ln1fxxxaxx在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a的取值可以为（）A．－1B．2C．3D．4【答案】ABC【分析】由题意设ln1agxxax，则在1x上，yfx与

ygx有相同的零点，即讨论gx在区间1,内没有零点，求出其导函数，分析其单调性，得出其最值情况，从而结合其大致的图形可得出答案.【详解】ln1ln1afxxxaxxxxax

，设ln1agxxax则在1x上，yfx与ygx有相同的零点.故函数fx在区间1,内没有零点,即gx在区间1,内没有零点221axagxxxx当1a时，20xagxx在区间1,

上恒成立,则gx在区间1,上单调递增.所以110gxg，显然gx在区间1,内没有零点.当1a时,令0gx，得xa，令0gx，得1xa所以

gx在区间1,a上单调递减增.在区间,a上单调递增.所以ln2gxgaaa设ln21haaaa，则11101ahaaaa所以ha在1,上单调递减,且3l

n310,4ln420gg所以存在03,4a，使得00ha要使得gx在区间1,内没有零点，则ln20gaaa所以013,4aa综上所述，满足条件的a的范围是03,4aa由选

项可知：选项ABC可使得gx在区间1,内没有零点，即满足题意.故选：ABC三、填空题12．（2022·湖南永州·三模）已知函数πsin03fxx，若fx在π2π，内单调且有一个零点，则的取值范围是_____

_____．【答案】17312，【分析】由已知22T，确定范围，再由正弦型三角函数图像的性质得到2333x，进而化简求解.【详解】fx在π2π，内单调且0，可得，22T

，解得10，又∵2x，∴2333x，又fx在π2π，上恰有一个零点，所以，∴23且3232，解之得17312.故答案

为：17312，13．（2021·宁夏中卫·三模（理））已知方程lg3xx的根在区间2,3上，第一次用二分法求其近似解时，其根所在区间应为__________．【答案】2.5,

3【分析】由题意构造函数lg3fxxx，求方程的一个近似解，就是求函数在某个区间内有零点，分析函数值的符号是否异号即可．【详解】解：令lg3fxxx，其在定义域上单调递增，且2lg210f，3lg30f，2.5lg

2.50.5lg6.25lg100f，由f（2.5）f（3）＜0知根所在区间为2.5,3．故答案为：2.5,3．四、解答题14．（2022·四川雅安·二模）已知函数lne2eexfxaxxa．(1)当ea时，曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(2

)若a为整数，当12x时，0fx，求a的最小值．【答案】(1)2eey(2)2【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的几何意义即可得出答案；（2）由10f，可得1a，求导e2e+e2e=xxaxxafxxx，再令e

2e+xmxxxa，用导数法得到1x时，mx取得极小值1ema，分ea和1ea时，即2a论证，再验证1a是否成立即可.(1)解：当ea时，2elne2eexfxxx，则ee2exfxx，则

21eef，10f，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为2eey；(2)因为当12x时，0fx，所以10f，即e2ee0a，所以1a，则e2e+e2e=xxaxxafxxx，令e2e+xmxxxa，则1

e2exmxx，因为2e0xmxx，所以mx在1[,)2递增，又10m，当1)[1,2x时，0mx，mx递减，当(1,)x时，0mx，mx递增，所以当1x时，mx取得极小值1ema，当e

a时，0mx，即0fx，所以fx在1[,)2上递增，则12fxf，又1ln2eeeeln2ee2faaa，令eln2eegaa，在[e,)上递增，所

以222eeeln2ee>e2eee1e10gag，所以102fxf，满足题意；当1ea时，因为a为整数，则2a，此时2lne2e2exfxxx，则2e2exfxx，22exfxx，因为函数22,e

xyyx在1,2x都是增函数，所以函数22exfxx在1,2x是增函数，又1e40,1202ffe，所以存在01,12x，使得00fx，则当01,2xx

时，0fx，故函数fx递减，当0,xx时，0fx，故函数fx递增，又214e2e0,12e0,21e2e02fff，所以存在11,2x

，使得10fx，则当11,xx时，0fx，故函数fx递减，当1,xx时，0fx，故函数fx递增，所以1fxfx，而10fx，即112e2e=0xx，所以112e=2e

xx，所以111111122lne2e2e2ln4e2exfxxxxxx，令22ln4e2e,1,2hxxxxx，则222222e222exxhxxxx，令22e22,1,2rxx

xx，则4e20,1,2rxxx，所以函数rx在1,2上递减，所以122e0rxr，所以0,1,2hxx，所以函数hx在1,2上递减，所以222ln24e4e2ln2102hxh,

所以10fx，即0fx，满足题意；当1a时，lne2eexfxxx，则1e2exfxx，21exfxx，因为函数21,exyyx在1,2x都是增函数，所以函数21exfxx

在1,2x是增函数，且1e10fxf，所以fx在[1,)上递增，又2111e0,2e2e>02ff，所以存在21,2x，使得20fx，当

21,xx时，0fx，故函数fx递减，10fxf，不满足题意，综上：整数a的最小值为2.【点睛】思路点睛：本题第二问基本思路是由10f确定1a，再由e2e+xmxxxa

，当1x时，取得极小值1ema，确定分类标准而得解，特别注意是验证1a是否成立是本题的关键.五、双空题15．（2022·江苏江苏·一模）已知fx是定义在R上的奇函数，且121fxfx.若当0,1x时，121fxx，

则fx在区间1,3上的值域为____________，45gxfxx在区间1,3内的所有零点之和为__________【答案】[2,2]52##2.5【分析】第一空先求出函数fx在

0,1上的解析式，结合奇函数画出1,1的图像，再由121fxfx得到(2)2()fxfx，进而得到函数在1,3上的图像，即可求得值域；第二空画出将零点转化为4(),5yfxyx的交点，再画出45yx的图像即可求解.【详解】由当0,1x时

，121fxx，可得当10,2x时，1212fxxx，当1,12x时，12122fxxx，又fx是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当0,1x时，

121fxfx即(1)2(1)fxfx，即(2)2()fxfx，即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在1,3上的图像如图所示：结合图像可知fx在区间1,3上的值域为[2,2]；

405gxfxx，即4()5fxx，即4(),5yfxyx的交点，画出45yx的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为125,0,,2xx，又4(),5yfxyx均是奇函数，故120xx，故1255022xx.故答案为：[2,2]；52.1

6．（2022·广东汕头·一模）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是2m（mN）将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者

，则将这批人平均分为两组，每组12m人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来．．．．．．．．．．确定．．）.若

待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为23mm，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.【答案】241m【分析】利用二分检测法求解.【

详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；若待检测的总人数为23mm，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个

感染者，则只需1221mm次检测；若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为12m的组，每组1个感染者，此时每组需要12121mm次检测，所以此时两组

共需22142mm次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需42141mm次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为41m.故答案为：2，41m函数模型及其应用

一、单选题1．（2022·广东·一模）已知函数()lnfxx，()eexxgx，则图象如图的函数可能是()A．()()fxgxB．()()fxgxC．()()fxgxD．()()fxgx【答案】D

【分析】结合函数图像的奇偶性和单调性即可判断.【详解】由图可知，该函数为奇函数，()()fxgx和()()fxgx为非奇非偶函数，故A、B不符；当x＞0时，()()fxgx单调递增，与图像不符，故C不符；()()fxgx为奇函数，当x→＋时，∵y＝ex的增长速度快于y＝lnx的增长速度

，故()()fxgx＞0且单调递减，故图像应该在x轴上方且无限靠近x轴，与图像相符.故选：D.2．（2022·贵州·模拟预测（理））生物入侵是指生物由原生存地侵入到另一个新的环境，从而对入侵地的生态系统造成危害的现象.若某入侵物种的个体

平均繁殖数量为Q，一年四季均可繁殖，繁殖间隔T为相邻两代间繁殖所需的平均时间.在物种入侵初期，可用对数模型lnKnn（为常数）来描述该物种累计繁殖数量n与入侵时间K（单位：天）之间的对应关系，且1TQ，在物种入侵初期，基于现有数据得出6

Q，50T.据此估计该物种累计繁殖数量比初始累计繁殖数量增加11倍所需要的时间为（ln20.69，ln31.10）（）A．22.0天B．13.8天C．24.8天D．17.9天【答案】C【分析】根据已知数据可求得，设初始时间为1K，累计繁殖数量增加11倍后的时间为2K，利用21KK，结

合对数运算法则可求得结果.【详解】1TQ，6Q，50T，5061，解得：10.设初始时间为1K，初始累计繁殖数量为n，累计繁殖数量增加11倍后的时间为2K，则21ln12lnln12102ln2ln324.8KKnn

（天）.故选：C.3．（2022·广西·模拟预测（理））异速生长规律描述生物的体重与其它生理属性之间的非线性数量关系通常以幂函数形式表示．比如，某类动物的新陈代谢率y与其体重x满足ykx，其中k

和为正常数，该类动物某一个体在生长发育过程中，其体重增长到初始状态的16倍时，其新陈代谢率仅提高到初始状态的8倍，则为（）A．14B．12C．23D．34【答案】D【分析】初始状态设为11(,)xy，变化后为22(,)xy，根据12,xx，12,

yy的关系代入后可求解．【详解】设初始状态为11(,)xy，则2116xx，218yy，又11ykx，22ykx，即11816ykx116kx，1111816ykxykx，

168，4322，43，34．故选：D．4．（2022·河南新乡·三模（理））中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：2log1SCWN.它表示，在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W，信道内信号的平均功率S，信

道内部的高斯噪声功率N的大小，其中SN叫作信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计.按照香农公式，增加带宽，提高信号功率和降低噪声功率都可以提升信息传递速度，若在信噪比为1000的基础上，将带宽W增大到原来的2倍，信号功率S增

大到原来的10倍，噪声功率N减小到原来的15，则信息传递速度C大约增加了（）（参考数据：lg20.3）A．87%B．123%C．156%D．213%【答案】D【分析】先求得提升前的信息传递速度，然后求得提升后的信息传播速度，由此求得正确答案.【详解】提升前的信息传递速度2223loglog

10003log1010lg2SWCWWWWN，提升后的信息传递速度22210504lg52log2log2log5000021lg25SSCWWWWNN5lg2942lg23WW，

所以信息传递速度C大约增加了941032.13213%10WWCCCW.故选：D5．（2022·天津市第七中学模拟预测）一种药在病人血液中的量不少于1500mg才有效，而低于500mg病人就有危险．现给某病人注射了这种药2500mg

，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过（）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg20.3010，lg30.4771，结果精确到0.1h）A

．2.3小时B．3.5小时C．5.6小时D．8.8小时【答案】A【分析】根据已知关系式可得不等式5002500120%1500x，结合对数运算法则解不等式即可求得结果.【详解】设应在病人注射这种药x小时后再向病人的血液补充这种药，则5002

500120%1500x，整理可得：0.20.80.6x，0.80.8log0.6log0.2x，0.8lg0.6lg61lg2lg31log0.62.3lg0.8lg813lg21，0

.8lg0.2lg21log0.27.2lg0.83lg21，2.37.2x，即应在用药2.3小时后再向病人的血液补充这种药.故选：A.二、多选题6．（2022·湖北·一模）尽管目前人类还无法准确预报地震，

但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M，则下列说法正确的是（）A．地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级B．八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍C．八级地震释放的

能量约为六级地震释放的能量的1000倍D．记地震里氏震级为n（n=1，2，···，9，10），地震释放的能量为an，则数列{an}是等比数列【答案】ACD【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解

】对于A：当15.310E时，由题意得15.3lg104.81.5M，解得7M，即地震里氏震级约为七级，故A正确；对于B：八级地震即8M时，1lg4.81.5816.8E，解得16.8110E，所以16.8

1.5115.31010106.310EE，所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的1.510倍，故B错误；对于C：六级地震即6M时，2lg4.81.5613.8E，解得13.8210E，所以16.8311

3.821010100010EE，即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C正确；对于D：由题意得lg4.81.5nan（n=1，2，···，9，10），所以4.81.510nna，所以4.81.

5(1)6.31.511010nnna所以6.31.51.514.81.5101010nnnnaa，即数列{an}是等比数列，故D正确；故选：ACD7．（2021·福建厦门·一模）某医药研究机构开发了一种

新药，据监测，如果患者每次按规定的剂量注射该药物，注射后每毫升血液中的含药量y（微克）与时间t（小时）之间的关系近似满足如图所示的曲线．据进一步测定，当每毫升血液中含药量不少于0.125微克时，治疗该病有效

，则（）A．3aB．注射一次治疗该病的有效时间长度为6小时C．注射该药物18小时后每毫升血液中的含药量为0.4微克D．注射一次治疗该病的有效时间长度为31532时【答案】AD【分析】利用图象分别求出两段函数解析式，再进行逐个分析，即可解决．【详解】由函数图象可知4(01)11

2tattyt„，当1t时，4y，即11()42a，解得3a，34(01)112tttyt„，故A正确，药物刚好起效的时间，当40.125t，即132t，药物刚好失效的时间31()0.1252t，解得6t

，故药物有效时长为131653232小时，药物的有效时间不到6个小时，故B错误，D正确；注射该药物18小时后每毫升血液含药量为140.58微克，故C错误，故选：AD．8．（2021·江苏南京·二模）某港口一天24h内潮水的高度S（单位：m）随时间t（单位：h，0≤t≤2

4）的变化近似满足关系式5()3sin()126Stt，则下列说法正确的有（）A．()St在[0，2]上的平均变化率为34m/hB．相邻两次潮水高度最高的时间间距为24hC．当t＝6时，潮水的高度会达到一天中最低D．18时潮水起落

的速度为8m/h【答案】BD【解析】利用导数的概念及几何意义、求导法则，逐个判断选项即可【详解】由题意，对于选项A，5303sin62S，523sin20126S，所以()St在[0，2]上的平均

变化率为3020322024SSm/h，故A选项错误；对于选项B，相邻两次潮水高度最高的时间间距为一个周期，而22412Th，故B选项正确；对于选项C，当t＝6时，53363si

n631262S，所以潮水的高度会达到一天中最低为错误说法，即C选项错误；对于选项D，553osos126124126Stctct

，所以518os1841268Sc，则选项D正确；综上，答案选BD.故选：BD【点睛】关键点睛：解题关键在于利用导数的概念及几何意义、求导法则，求出题中函数的单调性、周期和最值，进而判断选项，属于基础题9．（2

020·福建莆田·模拟预测）某导演的纪录片《垃圾围城》真实地反映了城市垃圾污染问题，目前中国668个城市中有超过23的城市处于垃圾的包围之中，且城市垃圾中的快递行业产生的包装垃圾正在逐年攀升，有关数据显示，某城市从201

6年到2019年产生的包装垃圾量如下表：年份x2016201720182019包装垃圾y（万吨）46913.5（1）有下列函数模型：①2016xyab；②sin2016xyab；③1()(0,1)yagxbab（参考数据：lg20.3010，lg30.4771），以上函数模

型（）A．选择模型①，函数模型解析式201634()2xy，近似反映该城市近几年包装垃圾生产量y（万吨）与年份x的函数关系B．选择模型②，函数模型解析式4sin20162016xy，近似反映该城市近几年包装垃圾生产量y（万吨）与年份x的函数

关系C．若不加以控制，任由包装垃圾如此增长下去，从2021年开始，该城市的包装垃圾将超过40万吨D．若不加以控制，任由包装垃圾如此增长下去，从2022年开始，该城市的包装垃圾将超过40万吨【答案】AD【解析】分别选函数模

型:201634()2xy，4sin20162016xy，代入数据计算得到近似值，比较即可，根据选择的函数模型，令40y计算得出结论.【详解】若选201634()2xy，计算可得对应数据近似为4,6,9,12.5，若选4sin20

162016xy，计算可得对应数据近似值都大于2012，显然A正确，B错误；按照选择函数模型201634()2xy，令40y，即201634()402x，20163()102x，322016log10x，lg10120165.67863lg3lg2

lg2x，2021.6786x，即从2022年开始，该城市的包装垃圾将超过40万吨，故C错误D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：根据给出的函数模型，利用所给数据比较拟合程度即可选出适合的函数模型，根据所选函数模型，解不等式即可求出结论，考查运算能力，属于中档题.三、填空题10．

（2022·重庆·模拟预测）我国的酒驾标准是指车辆驾驶员血液中的酒精含量大于或者等于20mg/100ml，已知一驾驶员某次饮酒后体内每100ml血液中的酒精含量y（单位：mg）与时间x（单位：h）的关系是：当1103x时，227010801111yxx；当113

x时，110yx，那么该驾驶员在饮酒后至少要经过__________h才可驾车.【答案】5.5【分析】根据二次函数的单调性和反比例函数的单调性进行求解即可.【详解】当1103x时，222701080270

1080(2)11111111yxxx，当2x时，函数有最大值10802011，所以当1103x时，饮酒后体内每100ml血液中的酒精含量小于20mg/100ml，当当113x时

，函数110yx单调递减，令110205.5yxx，因此饮酒后5.5小时体内每100ml血液中的酒精含量等于20mg/100ml，故答案为：5.5四、解答题11．（2022·四川·泸县五中模拟预测（理））为响应绿色出行，前段时间贵阳市在推出“共享单车”后，又推出“新能源分时租赁汽车”

，其中一款新能源分时租赁汽车，每次租车收费的标准由两部分组成：①根据行驶里程按1元/公里计费；②行驶时间不超过40分钟时，按0.12元/分钟计费；超出部分按0.20元/分钟计费，已知张先生家离上班地点15公里，每天租用该款汽车上、下班各一次.由于堵车、红路灯等因素，每次路上开车

花费的时间t（分钟）是一个随机变量.现统计了100次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示：时间t（分钟）(20,30]30,4040,5050,60频数4364020将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开

车花费的时间视为用车的时间，范围为20,60分钟.(1)写出张先生一次租车费用y（元）与用车时间t（分钟）的函数关系式；(2)若公司每月给900元的车补，请估计张先生每月（按24天计算）的车补是否足够上下租用新能源分时租赁汽车？并说明理由

；（同一时段，用该区间的中点值作代表）(3)若张先生一次开车时间不超过40分钟为“路段畅通”，设表示3次租用新能源分时租赁汽车中“路段畅通”的次数，求的分布列和期望.【答案】(1)0.1215,20400.211.8,4

060ttytt；(2)张先生每月的车补不够上下班租用新能源分时租赁汽车费用，理由见解析；(3)分布列见解析，期望为1.2.【分析】（1）分类讨论得到一次租车费用y（元）与用车时间t（分钟）的函数关系式；（2）求出一个月上下班租车的费用即得解；（

3）由题得可取0,1,2,3，再求出对应的概率即得解.(1)解：当2040t时，0.1215yt当4060t时，0.12400.12(40)150.211.8ytt所以0.1215,20400.211.8,4060ttytt.(2

)解：张先生租用一次新能源分时汽车上下班，平均用车时间为43640202535455542.6100100100100t每次上下班租车的费用约为0.242.611.820.32一个月上下班租车的费用约为20.32242975.36900，

估计张先生每月的车补不够上下班租用新能源分时租赁汽车费用.(3)解：张先生租赁分时汽车为“路段畅通”的概率43621005p，可取0,1,2,3.2754(0),(1)125125pp368(2),(3)125125pp，的分布

列为：0123p2712554125361258125所以543681231.2125125125E12．（2021·全国·模拟预测）随着我国经济发展､医疗消费需求增长､人们健康观念转变以及人口老龄化进程加快等因素的影响，医疗器械市场近年来一直保持了持续

增长的趋势.某医疗器械公司为了进一步增加市场竞争力，计划改进技术生产某产品.已知生产该产品的年固定成本为300万元，最大产能为100台.每生产x台，需另投入成本Gx万元，且2280,040,36002012100,40100,xxxGxxxx由市场调

研知，该产品每台的售价为200万元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完.（1）写出年利润Wx万元关于年产量x台的函数解析式（利润=销售收入-成本）；（2）当该产品的年产量为多少时，公司所获利润最大？最大利润是多少？【答案】（1）22120300,040,36001800,4010

0.xxxWxxxx；（2）该产品的年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.【分析】（1）根据年利润Wx等于总收入200x减去固定成本300

万再减去另投入成本Gx，写成分段函数的形式即可；（2）分别由二次函数的性质以及基本不等式求出分段函数各段的最大值，再比较取最大值即可求解.【详解】（1）由题意可得：当040x时，222002803002

120300Wxxxxxx；当40100x时，3600360020020121003001800Wxxxxxx，所以22120300,040,36001800,40100.xxxWxxxx

（2）若040x，22301500Wxx，所以当30x时，max1500Wx万元.若40100x，3600360018002180012018001680Wxxxxx

，当且仅当3600xx时，即60x时，max1680Wx万元.所以该产品的年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.13．（2018·全国·三模（理））某企业采用新工艺，把企业生产中排放

的二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y212x200x＋80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元.(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每

吨的平均处理成本最低？(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？【答案】(1)400；(2)不能获利，至少需要补贴35000元.【分析】(1)每月每吨的

平均处理成本为yx，利用基本不等式求解即得最低成本；(2)写出该单位每月的获利f(x)关于x的函数，整理并利用二次函数的单调性求出最值即可作答.(1)由题意可知：21200800003006002yxxx，每吨二氧化碳的平均处理成本为

：8000080000200220020022yxxxxx，当且仅当800002xx，即400x时，等号成立，∴该单位每月处理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低；(2)该单位每月的获利：221110020080000(300)3500022fxxxxx

，因300600x，函数fx在区间300,600上单调递减，从而得当300x时，函数fx取得最大值，即max()30035000fxf，所以，该单位每月不能获利，国家至少需要补

贴35000元才能使该单位不亏损.函数综合一、单选题1．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学一模）已知1a，且函数2224fxxxaxxa＝.若对任意的1,xa不等式1fxax恒成立，则

实数a的取值范围为A．19，B．125，C．425，D．4，【答案】B【解析】先参变分离得1214aaaxxxx，然后分类讨论求出214aaxxxx得最小值，列不等式解出a的范围即可.【详解】解：因为1a，1,xa不等式1fxax

恒成立，所以22241fxxxaxxaax＝，即1214aaaxxxx恒成立，令agxxx，则2'1agxx，1,xa时，'gx＜0，g（x）递减；,xaa时，'gx＞0，g

（x）递增，所以g（x）最小值为：2agaaaa，令2,1atxaax（1a），所以1axx令ht214214224aaxxttttxx（）＝（1）当4a时，t≥4，()36htt，所以()ht的最小值为：6

6a，所以166aa，即226250aa，解得：125a，所以425a（2）当1＜a＜4时，所以，36,41()2,24ttahttat，()ht的最小值为：22

a，所以122aa，即21090aa，解得：19a所以14a＜＜恒成立．综合（1）（2）可知：125a故选B.【点睛】本题考查了函数的综合问题，不等式恒成立问题，参变分离和分类讨论是解题关键，属于难题.2．（20

22·河南·模拟预测（理））若关于x的方程e0eexxxxmx有三个不相等的实数解123,,xxx，且1230xxx，其中Rm，e2.71828为自然对数的底数，则3122312111eeexxxxxx

的值为（）A．1B．eC．1mD．1m【答案】A【详解】化简0xxxxemexe，可得101xxxmxee，令=xxte，原式可化为101tmt，2110tmtm，由韦达定理可得1,1abab

ttmttm，3131131111xxxxttee1313=+1=-11+1=1ttttmm，1212121111xxxxttee

1212=+1=-11+1=1ttttmm，两式相乘可得31223121111eeexxxxxx，即3122312111eeexxxxxx的值为1，故

选A.【方法点睛】本题主要考查韦达定理的应用及数学的转化与划归思想，属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高

了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题中，利用换元法，将问题转化为1212+1=1tttt，1313+1=1tttt

是解题的关键.3．（2022·贵州·镇远县文德民族中学校模拟预测（文））设函数()fx的定义域为R，满足2(1)()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx.若对任意[,)xm，都

有8()9fx，则m的取值范围是A．7[,)6B．5[,)3C．5[,)4D．4[,)3【答案】D【解析】根据已知条件求出当2,1x时，函数2111112fxfxxxxx

，做出示意图如下图所示：要使89fx，则需1xx，而由8129xx可解得143x，从而得出m的范围.【详解】当1,0x时，10,1x，而0,1x时

，1,fxxx所以11111,fxxxxx又21fxfx，所以当1,0x时，2121fxfxxx，当2,1x时，212

2111412fxfxxxxx，做出示意图如下图所示：要使89fx，则需1xx，而由84129xx解得143x，所以43m，故选：D.【点睛】本题考查函数不等式的求解问题，解决问题的关键在于根据已知条件21fxfx求出相应

区间的解析式，运用数形结合的思想巧妙求解不等式，属于中档题.4．（2021·浙江·模拟预测）已知函数1()ln||fxxxx，则函数()yfx的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用特殊值代入的方法排除CD，当0x时，求出

(2)1ff，2fef，比较变化情况排除选项A，即可得出结果.【详解】因为1()ln||fxxxx，由110feee，排除CD；当0x时，1()lnfxxxx，13(2)ln22ln222f，又ln20.69310.7

，则3(2)ln20.82f，(2)10.8ff；111.35feee，20.55fef，选项A在1,减的越来越快，不符合题意；故选：B.【点睛】方法点睛：本题考查函数图象的识别，此类问题一般利用特殊值代入，根据函数的奇偶性、

单调性、函数在特殊点处的函数的符号等来判别.5．（2021·安徽·池州市第一中学模拟预测（理））设函数(21)xfxexaxa，其中1a，若存在唯一的整数0x，使得0()0fx，则a的取值范围是（）A．3,12eB．33,2e4C．33,2e4

D．3,12e【答案】D【分析】设21xgxex，1yax，问题转化为存在唯一的整数0x使得满足01gxax，求导可得出函数ygx的极值，数形结合可得01ag且312gae

，由此可得出实数a的取值范围.【详解】设21xgxex，1yax，由题意知，函数ygx在直线yaxa下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，21xgxex，当12x时，0gx；当12x时，0gx.所以，函数ygx的最

小值为12122ge.又01g，10ge.直线yaxa恒过定点1,0且斜率为a，故01ag且31gaae，解得312ae，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于

中等题.6．（2021·四川·仁寿一中二模（文））关于函数()sin|||sin|fxxx有下述四个结论：①f(x)是偶函数②f(x)在区间（2,）单调递增③f(x)在[,]有4个零点④f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A．①②④B．②

④C．①④D．①③【答案】C【分析】化简函数sinsinfxxx，研究它的性质从而得出正确答案．【详解】sinsinsinsin,fxxxxxfxfx为偶函数，故①正确．当2x时，2sinfxx，它在区间

,2单调递减，故②错误．当0x时，2sinfxx，它有两个零点：0；当0x时，sinsin2sinfxxxx，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：0，故③错误．当2,2xkkk

N时，2sinfxx；当2,22xkkkN时，sinsin0fxxx，又fx为偶函数，fx的最大值为2，故④正确．综上所述，①④正确，故选C．【点睛】画出函数sinsinfxxx的图象，由图象可

得①④正确，故选C．二、多选题7．（2021·全国·模拟预测）已知函数2logfxx，下列四个命题正确的是．A．函数fx为偶函数B．若fafb，其中0a，0b，ab¹，则1abC．函数22fxx在1,3上为单调递增函数D．若01a，则

11fafa【答案】ABD【分析】根据函数的奇偶性定义，函数性质、对数函数的性质，以及作差法，可以判断.【详解】函数2logfxx对于A，2logfxx，22loglogfxxxfx，

所以函数fx为偶函数，故A正确；对于B，若fafb，其中0a，0b，ab¹，所以fafbfb，22loglogab，即222logloglog0abab，得到1ab，故

B正确；对于C，函数2222log2fxxxx，由220xx，解得02x，所以函数22fxx的定义域为0,2，因此在1,3上不具有单调性，故C错误；对于D，因为0

1a，21110,011aaa，101fafa故2211log1log1fafaaa2222log1log1log10aaa，

故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查的是函数的性质以及对数函数性质的应用，作差法的应用，考查学生的分析问题的能力，和计算能力，是中档题.三、填空题8．（2021·北京八十中模拟预测）已知集合{(,)|()}Mxyyfx，若对于任意11(,)xyM

，存在22(,)xyM，使得12120xxyy成立，则称集合M是“好集合.给出下列4个集合：①1{(,)|}Mxyyx；②{(,)|2}xMxyye；③{(,)|cos}Mxyyx；④{(,)|ln}Mxyyx.其中所有“好集合”的序号是__________

______.【答案】②③【解析】根据题意设111122(,),(,)MxyMxy，由12120xxyy，可知120OMOM，即12OMOM，逐个作图，分别判断即可得解.【详解】根据题意设111122

(,),(,)MxyMxy，由12120xxyy，可知120OMOM，即12OMOM，对①，1yx，如图，不管12,MM在一侧还是同侧均不能有12OMOM对②，2xye，如图，对任意1M，均有2M使得12OMOM，对③，cosyx

，如图，对任意1M，均有2M使得12OMOM，对④，lnyx，如图，当取1(0,1)M，则不存在2M使得12OMOM，故答案为：②③【点睛】本题考查了函数相关的新定义，考查了转化思想和数形结合思想，属于中

档题.本题的关键点有：（1）陌生的问题熟悉化，通过转化把新定义转化为垂直问题；（2）数形结合，对图像的的直观认识是解题关键._一、单选题1．（2020·海南·高考真题）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一

个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e)rtIt描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT.有学者基于

已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)（）A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得0.38rttIte

e，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t天，根据10.38()0.382tttee，解得1t即可得结果.【详解】因为03.28R，6T，01RrT，所以3.2810.386r，所以0.38rttItee，设在新冠

肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t天，则10.38()0.382tttee，所以10.382te，所以10.38ln2t，所以1ln20.691.80.380.38t天.故选：B.【

点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.2．（2020·天津·高考真题）已知函数3,0,(),0.xxfxxx…若函数2()()2()gxfxkxxkR恰有4个零点，则k的取值

范围是（）A．1,(22,)2B．1,(0,22)2C．(,0)(0,22)D．(,0)(22,)【答案】D【分析】由(0)0g，结合已知，将问题转化为|2|ykx与()()||fxhxx有3个不同交点，分0,0,0kkk

三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】注意到(0)0g，所以要使()gx恰有4个零点，只需方程()|2|||fxkxx恰有3个实根即可，令()hx()||fxx，即|2|ykx与()()||fxhxx的图象有3个不同交点.因为2,0(

)()1,0xxfxhxxx，当0k时，此时2y，如图1，2y与()()||fxhxx有1个不同交点，不满足题意；当0k时，如图2，此时|2|ykx与()()||fxhxx恒有3个不同交点，满足题意；当0k时，如图3，当2ykx与2yx=相切时，联立方程得2

20xkx，令0得280k，解得22k（负值舍去），所以22k.综上，k的取值范围为(,0)(22,).故选：D.【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.3．（2020·全国·高考真题（理））若242log42logaba

b，则（）A．2abB．2abC．2abD．2ab【答案】B【分析】设2()2logxfxx，利用作差法结合()fx的单调性即可得到答案.【详解】设2()2logxfxx，则()fx为增函数，因为22422log

42log2logabbabb所以()(2)fafb2222log(2log2)abab22222log(2log2)bbbb21log102，所以()(2)fafb，所以2ab.2()()fafb22222log(2l

og)abab222222log(2log)bbbb22222logbbb，当1b时，2()()20fafb，此时2()()fafb，有2ab当2b时，2()()10fafb，此时2()()fafb，有2ab，所以C、D错误.故选：B.【点晴】本

题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.4．（2020·全国·高考真题（理））在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，

许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A．1

0名B．18名C．24名D．32名【答案】B【分析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.【详解】由题意，第二天新增订单数为50016001200900，9001850，故至少需要志愿者18名.故选：B【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，

属于基础题.5．（2019·全国·高考真题（理））关于函数()sin|||sin|fxxx有下述四个结论：①f(x)是偶函数②f(x)在区间（2,）单调递增③f(x)在[,]有4个零点④f(x)的

最大值为2其中所有正确结论的编号是A．①②④B．②④C．①④D．①③【答案】C【分析】化简函数sinsinfxxx，研究它的性质从而得出正确答案．【详解】sinsinsinsin,fxxxxxfxfx为偶函数，故①正确．当2x

时，2sinfxx，它在区间,2单调递减，故②错误．当0x时，2sinfxx，它有两个零点：0；当0x时，sinsin2sinfxxxx

，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：0，故③错误．当2,2xkkkN时，2sinfxx；当2,22xkkkN时，s

insin0fxxx，又fx为偶函数，fx的最大值为2，故④正确．综上所述，①④正确，故选C．【点睛】画出函数sinsinfxxx的图象，由图象可得①④正确，故选C．二、双空题6．（2019·北京·高考真题（理））李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中

有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x=10时，顾客一次购买草莓和西

瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．【答案】130.15.【分析】由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得

x的最大值.【详解】(1)10x,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付608010130元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y元,120y元时,李明得到的金额为80%y,符合要求.

120y元时,有80%70%yxy恒成立,即87,8yyxyx,即min158yx元.所以x的最大值为15.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子

变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.三、填空题7．（2019·江苏·高考真题）设(),()fxgx是定义在R上的两个周期函数，()fx的周期为4，()gx的周期为2，且()fx是奇函数.当2(]0,x时，2()1(1)f

xx，(2),01()1,122kxxgxx，其中0k.若在区间(0]9，上，关于x的方程()()fxgx有8个不同的实数根，则k的取值范围是_____.【答案】12,34.【分析】分别考查函数fx和函数g

x图像的性质，考查临界条件确定k的取值范围即可.【详解】当0,2x时，2()11,fxx即2211,0.xyy又()fx为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为4，如图，函数()fx与()gx的图象

，要使()()fxgx在0,9上有8个实根，只需二者图象有8个交点即可.当1g()2x时，函数()fx与()gx的图象有2个交点；当g()(2)xkx时，()gx的图象为恒过点2,0的直线，只需函数()fx与()gx的图象有6个交点.当()fx与()g

x图象相切时，圆心1,0到直线20kxyk的距离为1，即2211kkk，得24k，函数()fx与()gx的图象有3个交点；当g()(2)xkx过点1,1（）时，函数()fx与()gx的图象有6个交点，此时13k

，得13k.综上可知，满足()()fxgx在0,9上有8个实根的k的取值范围为1234，.【点睛】本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大.不能正确画出函数图象的交点而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两

个函数图象相切或相交的临界交点个数，从而确定参数的取值范围.四、解答题8．（2019·江苏·高考真题）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修

建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米

）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+

321（百米）.【分析】解：解法一：（1）过A作AEBD，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．解法二：（1）建立

空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．【详解】解法一：（1）过A作AEBD，垂足为E.由已知条件得，四边形A

CDE为矩形，6,8DEBEACAECD.因为PB⊥AB，所以84cossin105PBDABE.所以12154cos5BDPBPBD.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由

（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知2210ADAEED，从而2227cos0225ADABBDBAD

ADAB，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的

距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设1P为l上一点，且1PBAB，由（1）知，11

5PB，此时11113sincos1595PDPBPBDPBEBA；当∠OBP>90°时，在1PPB△中，115PBPB.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，2

222156321CQQAAC.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+

321.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O

的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为34.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为43，直线PB的方程为42533yx.所以P（−13，9），22(134)(93)15PB.因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），所以线段AD：36(44)4yxx剟.在线段AD上取点M（3，154），因为22221533454OM

，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段

PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设1P为l上一点，且1PBAB，由（1）知，115PB，此时113,9P；当∠OBP>90°时，在1PPB△中，115PBPB.

由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由22(4)(93)15(4)AQaa，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O

的半径.综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离4321(13)17321PQ.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.【点睛】本题主要考查

三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.一、单选题1.（2022·辽宁大东·模拟预测）已知函数()4sin(2)2(0)3fxx在0,内有且仅有两

个零点，则的取值范围是（）A.75,62B.75,62C.75,124D.75,124【答案】D【分析】根据给定条件确定23x的范围，求解不等式作答.【详解】由()0fx

得1sin(2)32x，而当0,x，0时，22333x，又5131sinsinsin6662，函数()fx在0,内有且仅有两个零点，于是得5132636，解得75124，所以的取

值范围是75[,)124.故选：D2.（2022·全国·模拟预测）科学家以里氏震级来度量地震的强度，若设I为地震时所散发出来的相对能量程度，则里氏震级度量r可定义为2lg23rI，则每增加一个震级，相对能量程度

扩大到（）(103.16)A.31.6倍B.13.16倍C.6.32倍D.3.16倍【答案】A【分析】由里氏震级度量公式代入计算即可得出结果.【详解】由2lg23rI，可得36210rI，所以3(1)63212362101031.610rrrrII.

故选：A.3.（2022·全国·模拟预测）牛顿流体符合牛顿黏性定律，在一定温度和剪切速率范围内黏度值是保持恒定的：τηγ，其中为剪切应力，为黏度，为剪切速率；而当液体的剪切应力和剪切速率存在非线性关系时液体就称为非牛顿流体．非牛顿流体

会产生很多非常有趣的现象，如人陷入沼泽越挣扎将会陷得越深；也有很多广泛的应用，如某些高分子聚合物还可以做成“液体防弹衣”．如图是测得的某几种液体的流变τγ曲线，则其中属于沼泽和液体防弹衣所用液体的曲线分别

是（）A.③和①B.①和③C.④和②D.②和④【答案】C【分析】根据所给定义，分析出图象中牛顿流体和非牛顿流体对应的曲线，即可得答案.【详解】由题意得牛顿流体黏度恒定，即在τγ曲线中，图象为直线，即①和③为牛顿流体，④和②为非牛顿流体，又属于沼泽和液体防弹衣所

用液体为非牛顿流体，所以对应曲线为④和②.故选：C4.（2022·天津·模拟预测）已知函数22,0ln1,0xxxfxxx，关于x的方程2210fxafxaaR有四个相异的实数根，则a的取值范围是（）A.,0B.[1，)

C.,0[2，)D.(，0)(1，)【答案】D【分析】画出函数fx图像，结合图像可知，fx必须有两个解，一个1fx，一个(0fx，1)，或者(0fx，1)，另一个

0fx„，转化为一元二次方程根的分布问题，即可求解.【详解】解：函数22,0()ln(1),0xxxfxxx的图象如图：方程2210fxafxaaR有四个相异的实数根，fx必须有两个解，①一

个1fx，一个(0fx，1)，或者②(0fx，1)，另一个0fx„，令()tfx，则可令2()21()gttataaR，故①Δ0(0)0(1)0gg，即210100aaaa

,解得1,a，故②Δ0(0)0(1)0gg，即210100aaaa,解得,0a，综上，,01,a故选：D5.（2022·湖南永州·二模）在流行病学中，基本传

染数是指每名感染者平均可传染的人数.假设某种传染病的基本传染数为0R，1个感染者在每个传染期会接触到N个新人，这N个人中有V个人接种过疫苗（VN称为接种率），那么1个感染者传染人数为0RNVN.已知某种传染病在某地的基

本传染数04R，为了使1个感染者传染人数不超过1，则该地疫苗的接种率至少为（）A.45%B.55%C.65%D.75%【答案】D【分析】由已知可得011VRN结合04R可解得VN的取值范围，即可得解.【详解】为了使得1

个感染者传染人数不超过1，只需01RNVN，即011VRN，因为04R，故114VN，可得34VN.故选：D.6.（2022·全国·模拟预测）已知某种垃圾的分解率为v，与时间t（月）满足函数关系式t

vab（其中a，b为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（）（参考数据：lg20.3）A.48个月B.52个月C.64个月D.120个月【答案】B【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数

关系式，然后再代入数值计算即可.【详解】由题意可得12240.10.2abab，解得1121202ab，所以121220tv，这种垃圾完全分解，即当1v时，有1211220t，即12220t，解得

122221lg2log2012log202412log5241252lg2t.故选：B二、多选题7.（2022·福建莆田·模拟预测）已知定义在0,4上的函数sin(0)4fxx（）A.若fx

恰有两个零点，则的取值范围是5,9B.若fx恰有两个零点，则的取值范围是5,9C.若fx的最大值为5，则的取值个数最多为2D.若fx的最大值为5，则的取值个数最多为3【答案】AC【分析】对选项A和B，根据sinyx的图象性质可知244

„，然后解出不等式即可；对选项C和D，对fx的最大值取值点进行分类讨论，并利用sinyx的单调性和图象特点即可【详解】令,4444x，若fx恰有两个零点，则有：244„解得的取值范围是：5,9若f

x的最大值为5，分两种情况讨论：①当442…，即3…时，根据正弦函数的单调性可知，max()15fx解得：5②当442，即03时，根据正弦函数的单调性可知，sinyx在,22

上单调递增则有：max()sin0445fx结合函数sin44yx与5xy在0,3上的图象可知，如下图：故存在唯一的0,3，使得sin445综上可知，若fx的最大值为5，则的取值个数最

多为2故选：AC三、填空题8.（2022·广东茂名·一模）已知函数2log,02()3,2xxfxxx，若123,,xxx均不相等，且123()()()fxfxfx，则123xxx的取值范围是____

_______【答案】(2,3)【分析】不妨设123xxx，结合函数图像可得2122loglogxx，从而得出121xx，即可得出答案.【详解】不妨设123xxx，由图可得，21223loglog30,1xxx

，所以2122loglog,xx即121xx，由123()()()fxfxfx得，3(2,3)x，所以123xxx的取值范围是(2,3)故答案为：(2,3)9.（2022·浙江·模拟预测）我国古代有一则家喻户晓的神话故事——后羿射日，在《

淮南子･本经训》和《山海经･海内经》都有一定记载.如果被射下来的九个太阳中有一个距离地球约3500光年，如果将“3500光年”的单位“光年”换算成以”米”为单位，所得结果的数量级是___________（光年是指光在宇宙真空中沿直线经

过一年时间的距离，光速5310vkm/s；通常情况下，数量级是指一系列10的幂，例如数字32.610的数量级是3）.【答案】19【分析】根据题意得到距离地球约3500光年，一年走过的路程为5365243600310km，3500光年走过的路程为535003652

436003101000计算出结果即可.【详解】根据题意得到距离地球约3500光年，一年有365243600秒，光速5310vkm/s，一年走过的路程为5365243600310km3500光年走过的路程为519350036524360031010003.3112810

m数量级为19.故答案为：19.10.（2022·重庆实验外国语学校一模）已知函数32sin4π0,232,02,xxfxxxxx，若存在1x，2x，…，nx，使得121220211112022

nnfxfxfxxxx，则12nxxx的值为________．【答案】8【分析】首先可判断fx关于1,0对称，由202112022nnfxx可得202112022nnfxx，即

可得到nx为yfx与202112022yx的交点的横坐标（除1外），结合函数图象计算可得；【详解】解：因为32sin4π0,232,02,xxfxxxxx，对

于sin4yx，令42,xkkZ，解得1,2xkkZ，即sin4yx关于1,02k，kZ对称，当0,2x时sin4fxx，所以fx关于1,0对称；令323212gxxxxxxx

，则11111gxxxxxxx，111gxxxx，所以110gxgx，所以gx关于1,0对称；综上可得fx关于1,0对称，函数fx的图象

如下所示：因为1x，2x，…，nx，使得121220211112022nnfxfxfxxxx，所以202112022nnfxx，即1x，2x，…，nx，为yfx与202112022y

x的交点的横坐标（除1外），又202112022yx也关于1,0对称，结合函数图象可得yfx与202112022yx有9个交点，不妨设交点的横坐标从左到右分别为1x，2x，…，9x，所以192x

x，282xx，372xx，462xx，51x，显然51x时551fxx无意义，故舍去；所以123467898xxxxxxxx故答案为：8