2020届高考数学(全国通用)二轮复习钻石卷高频考点训练1-2-Word版含解析.docx

时间：45分钟　 分值：75分
一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30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，将答案填在题后括号内．
1．(2021·山东卷)已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋，则f(－1)＝(　　)
A．－2　　　　　B．0　　　　C．1　　　　D．2
解析　f(x)为奇函数知f(－1)＝－f(1)＝－2，故选A.
答案　A
2．(2021·浙江卷)已知x，y为正实数，则(　　)
A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgy
C．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx·2lgy
解析　由指数与对数的运算性质得2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy.
答案　D
3．(2021·全国卷Ⅱ)设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则(　　)
A．c>b>a B．b>c>a
C．a>c>b D．a>b>c
解析　a＝log36＝1＋log32，b＝log510＝1＋log52，c＝log714＝1＋log72.
由y＝log3x，y＝log5x，y＝log7x在同一坐标系中的相对位置知log32>log52>log72，进而得a>b>c，选D.
答案　D
4．(2021·陕西卷)设表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有(　　)
A．＝－ B．＝2
C．≤＋ D．≤－
解析　令x＝1.5，而＝－2，－＝－1，故A错．＝3,2＝2，则B错，令x＝1.8，y＝1.9，则＝＝3，而＝1，＝1，>＋，故C错，从而选D.
答案　D
5．(2021·山东东营模拟)已知函数y＝f(x)的大致图象如图所示，则函数y＝f(x)的解析式应为(　　)

A．f(x)＝exlnx B．f(x)＝e－xln(|x|)
C．f(x)＝exln(|x|) D．f(x)＝e|x|ln(|x|)
解析　由定义域是{x|x∈R，且x≠0}，排解A；由函数图象知不是偶函数，排解D；当x→＋∞时，f(x)＝→0，排解B，选C.
答案　C
6．(2021·北京东城模拟)给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数y＝x－1，y＝x，y＝(x－1)2，y＝x3中有三个是增函数；②若logm3og3n0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为．
解析　x<0时，－x>0，f(－x)＝x2＋4x＝－f(x)，故f(x)＝－x2－4x.
x＝0时，f(x)＝0，
所以f(x)>x，即为或解得－55.
答案　(－5,0)∪(5，＋∞)
9．(2021·北京石景山模拟)给出定义：若m－
则上述命题中真命题的序号是________．
解析　令x＝m＋a，a∈，所以f(x)＝x－{x}＝a∈，所以①正确；由于f(2k－x)＝2k－x－{2k－x}＝(－x)－{－x}＝f(－x)≠－f(－x)，所以点(k,0)不是函数f(x)的图象的对称中心，所以②错误；f(x＋1)＝x＋1－{x＋1}＝x－{x}＝f(x)，所以最小正周期为1，所以③正确；明显④错误；所以正确的为①③.
答案　①③
三、解答题：本大题共3小题，共30分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
10．(本小题10分)已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)在区间上有最大值5，最小值2.
(1)求a，b的值；
(2)若b<1，g(x)＝f(x)－2mx在上单调，求m的取值范围．
解　(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.
①当a>0时，f(x)在上为增函数，
故⇒⇒
②当a<0时，f(x)在上为减函数，
故⇒⇒
∴a＝1，b＝0或a＝－1，b＝3.
(2)∵b<1，∴a＝1，b＝0，
即f(x)＝x2－2x＋2，
g(x)＝x2－2x＋2－2mx＝x2－(2＋2m)x＋2.
若g(x)在上单调，则≤2或≥4，
∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log26.
故m的取值范围是(－∞，1]∪上的最大值为，求a的值．
解　函数的定义域为(0,2)，f′(x)＝－＋a.
(1)当a＝1时，f′(x)＝，
令f′(x)>0，得<0，
又00，解得00，当x∈(0,1]时，
f′(x)＝－＋a＝＋a>0.
则f(x)在x∈(0,1]上是增函数，
故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
12．(本小题10分)(2021·辽宁沈阳一模)设f(x)＝|lgx|，a，b为实数，且0f(b)＝2f，求证：a·b＝1，>1；
(3)在(2)的条件下，求证：由关系式f(b)＝2f所得到的关于b的方程g(b)＝0，存在b0∈(3,4)，使g(b0)＝0.
解　(1)由f(x)＝1，得lgx＝±1，
所以x＝10或.
(2)证明：结合函数图象，由f(a)＝f(b)可推断a∈(0,1)，b∈(1，＋∞)，

从而－lga＝lgb，从而ab＝1.
又＝，
令φ(b)＝＋b(b∈(1，＋∞))，
任取1φ(1)＝2.
∴>1.
(3)证明：由已知可得b＝2，
得4b＝a2＋b2＋2ab，得＋b2＋2－4b＝0，
g(b)＝＋b2＋2－4b，
由于g(3)<0，g(4)>0，依据零点存在性定理可知，函数g(b)在(3,4)内确定存在零点，即存在b0∈(3,4)，使g(b0)＝0.