4.3.1对数的概念 能力提升-2022-2023学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册（含解析）

4.3.1 对数的概念 能力提升
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
未命名
一、单选题
1．已知，，则（ ）
A．25 B．5 C． D．
2．对数中的实数的取值范围与下列哪个不等式的解相同（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的图象沿轴向左平移个单位后与函数的图象关于轴对称，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．下列函数是对数函数的是（ ）
A． B．
C．（，） D．
5．方程实数根为（ ）
A． B．
C． D．无实根
6．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
二、多选题
7．已知，则a，b满足的关系有（　　）
A． B． C． D．
8．下列指数式与对数式互化正确的一组是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
9．下列指数式与对数式互化正确的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
10．下列指数式与对数式互化正确的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
11．已知函数，其中实数为常数.
(1)若，解关于的方程；
(2)若函数是奇函数，求实数的值.
12．已知函数，与的图象关于直线对称的图象过点.
(1)求的值；
(2)求不等式的解集.
13．若函数满足，其中，且．
(1)求函数的解析式；
(2)判断并证明函数的单调性；
(3)若，在时恒成立，求的取值范围．
14．已知函数.
(1)讨论的奇偶性；
(2)若在上单调递减，求实数a的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】将转化为指数式，然后代入目标式，利用指数的运算性质计算即可.
【详解】由得，即，
故选：D.
2．D
【分析】根据对数中底数的取值要求进行求解判断即可.
【详解】对数中的实数的取值要求为：且，
A：本选项显然不符合题意；
B：，显然不符合题意；
C：，或，显然不符合题意；
D：且，所以有且，显然符合题意，
故选：D
3．C
【分析】根据函数对称关系、函数图象平移的基本方法可求得，由可求得结果.
【详解】关于轴对称的函数为，，
，.
故选：C.
4．B
【分析】根据对数函数的定义，即可判断选项.
【详解】对于A，真数为，而不是，故A不是对数函数；
对于B，底数为常数，且，真数为，且函数系数为1，故B是对数函数；
对于C，真数为常数，而不是，故C不是对数函数；
对于D，真数为，而不是，故D不是对数函数．
故选：B．
5．A
【分析】分和两种情况讨论，结合指数函数的性质及指数与对数的关系计算可得.
【详解】解：因为，
当时，所以原方程即，即，即，
所以，则，符合题意；
当时，所以原方程即，即，
显然当时，故方程无解；
综上可得原方程的解为.
故选：A
6．B
【分析】根据必要不充分条件的定义及对数的定义即可判断.
【详解】解：由，可得，所以时，所以必要性成立；
当时，在的情况下，不成立，所以充分性不成立．
故“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
7．ABD
【分析】先把指数式化为对数式，再利用对数的运算性质可判断A正确，根据，结合基本不等式可判断BCD的正误.
【详解】由，则，
A：，正确；
B：由A知：且，所以，即，故正确，
C：由A、B知：，而，故错误，
D：由上，，故正确.
故选：ABD.
8．ACD
【分析】根据对数的概念，逐项判断，即可得到结果.
【详解】由对数的概念可知：可转化为，故A正确；
由对数的概念可知：可转化为，故B错误；
由对数的概念可知：可转化为，故C正确；
由对数的概念可知：可转化为，故D正确；
故选：ACD.
9．ABD
【分析】结合指数式与对数式互化的知识确定正确答案.
【详解】A选项，，正确.
B选项，，正确.
C选项，，C错误.
D选项，，正确.
故选：ABD
10．BD
【分析】根据指数式与对数式的互化公式，依次验证每个选项即可得解.
【详解】对于A，可化为：，故不正确；
对于B，可化为：，故正确；
对于C，可化为：，故不正确；
对于D，可化为：，故正确.
故选：BD
11．(1)或；
(2).
【分析】（1）根据，求得，再解方程即可；
（2）根据，求得参数，再验证即可.
【详解】（1）因为，则，解得，则，即，
整理得，则，或，解得或.
故方程的根为或.
（2）函数是奇函数，又的定义域为，则，解得；
当时，，则，
满足为奇函数，故.
12．(1)；
(2)且}．
【分析】（1）由对称性知的图象过点，代入后可得值；
（2）结合指数函数性质解不等式．
【详解】（1）由题意的图象过点，所以，；
（2）由（1），显然，
不等式为，化简得，，
所以不等式的解集为且}．
13．(1)，
(2)见解析，
(3).
【分析】（1）利用换元法，令，则，代入化简可求出函数解析式，
（2）分和两种情况，利用单调性的定义判断即可，
（3）由（2）可知在上递减，所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围．
【详解】（1）令，则，
所以，
所以，
（2）当时，在上递增，当时，在上递减，
理由如下：
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递增，
当时，任取，且，则
，
因为，，所以，，
所以，
所以，
所以，即，
所以在上递减，
（3）当时，由（2）可知在上递减，
因为在时恒成立，
所以，
所以，即，
所以，解得或，
因为，
所以，
即的取值范围.
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）对a分类讨论，根据定义判断奇偶性即可；
（2）对a分类讨论函数单调性，在上单调递减，则只需满足单调递减区间包含即可
（1）
由，得.
i.当时，对任意实数x恒成立，故函数的定义域为R，此时，，此时函数为偶函数；
ii.当时，，所以的解集为，故的定义域为；
①当，即时，的定义域关于原点不对称，此时为非奇非偶函数；
②当，即时，的定义域为，此时
，此时为奇函数.
综上所述，当时，为偶函数；当时，为奇函数；当且时，为非奇非偶函数.
（2）
i.当时，，在上不单调，不合题意；
ii.当时，函数的定义域为，且，
因为，所以，所以在，上单调递减，
又在上单调递减，所以，
所以，即，所以，
故实数a的取值范围为.