高中數學人教A版必修第一冊第二冊綜合拔高試卷7

1、試卷第 =page 5 5頁，共 =sectionpages 5 5頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 5 5頁高中數學人教A版必修第一冊第二冊綜合拔高試卷7第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、單選題1已知函數在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，給出下列四個結論：在區(qū)間上有且僅有3個不同的零點；的最小正周期可能是；的取值范圍是；在區(qū)間上單調遞增其中所有正確結論的序號是（ ）ABCD2已知函數是定義在R上奇函數，當時，.若對任意的恒成立，則實數的取值范圍是（ ）ABCD3已知實數a、b，滿足，則關于a、b下列判斷正確的是（ ）Aab2Bba2C2abD2ba4已知函

2、數，函數g（x）x2，若函數yf（x）g（x）有4個零點，則實數的取值范圍為（）A（5，+）BCD5已知函數，若有且僅有兩個整數、使得，則的取值范圍是（ ）ABCD6設集合，若是的子集，把中的所有數的和稱為的“容量”（規(guī)定空集的容量為0），若的容量為奇（偶）數，則稱為的奇（偶）子集，命題：的奇子集與偶子集個數相等；命題：當時，的所有奇子集的容量之和與所有偶子集的容量之和相等，則下列說法正確的是（ ）A命題和命題都成立B命題和命題都不成立C命題成立，命題不成立D命題不成立，命題成立二、多選題7已知圖1中的正三棱柱的底面邊長為2，體積為，去掉其側棱，將上底面繞上、下底面的中心所在的直線，逆時針旋轉

3、后（下底面位置保持不變），再添上側棱，得到圖2所示的幾何體，則下列說法正確的是（ ）ABC四邊形為正方形D正三棱柱與多面體的體積相同8如圖，在菱形中，,，為的中點，將沿直線翻折成，連接和，為的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（ ）A B的長不為定值C與的夾角為D當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積是第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題9如圖，在四面體中，分別是的中點若用一個與直線垂直，且與四面體的每個面都相交的平面去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為_.10設函數的定義域為，若函數滿足條件：存在，使在上的值域是，則稱為“倍縮函數

4、”，若函數為“倍縮函數”，則實數的取值范圍是_.11三棱錐中，為邊長為3的等邊三角形，且面面，則三棱錐的外接球的體積為_.12給出下列五個命題：函數在區(qū)間上存在零點；要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位；若，則函數的值城為；“”是“函數在定義域上是奇函數”的充分不必要條件；已知為等差數列，若，且它的前項和有最大值，那么當取得最小正值時，.其中正確命題的序號是_.四、解答題13設，集合，若個互不相同的非空集合，同時滿足下面兩個條件，則稱是集合的“規(guī)范子集組”；對任意的，要么，要么中的一個是另一個的子集（1）直接寫出集合的一個“規(guī)范子集組”（2）若是集合的“規(guī)范子集組”，（）求證：中至

5、多有1個集合對，滿足且；（）求的最大值14已知函數（1）求的單調遞增區(qū)間；（2）當時，關于的方程恰有三個不同的實數根，求的取值范圍15已知函數f（x），xR（1）若f（x）是偶函數，求實數a的值；（2）當a0時，不等式f（sinxcosx）f（4+t）0對任意的x恒成立，求實數t的取值范圍；（3）當a0時，關于x的方程在區(qū)間1，2上恰有兩個不同的實數解，求實數a的取值范圍16設，函數（1）若，求證：函數為奇函數；（2）若，判斷并證明函數的單調性；（3）若，函數在區(qū)間上的取值范圍是，求的范圍答案第 = page 19 19頁，共 = sectionpages 19 19頁答案第 = page 1

6、8 18頁，共 = sectionpages 19 19頁參考答案1B【分析】令，則，由函數在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，即有4個整數符合，可求出判斷，再利用三角函數的性質可依次判斷.【詳解】由函數， 令，則函數在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，即有4個整數符合，由，得，則，即，故正確；對于，當時，在區(qū)間上有且僅有3個不同的零點；當時，在區(qū)間上有且僅有4個不同的零點；故錯誤；對于，周期，由，則，又，所以的最小正周期可能是，故正確；對于，又，又，所以在區(qū)間上不一定單調遞增，故錯誤故正確結論的序號是：故選：B【點睛】方法點睛：函數的性質：(1) .(2)周期(3)由 求對稱軸，由求對稱中心.(4)由求增區(qū)

7、間；由求減區(qū)間.2D【分析】先判斷函數在R上的單調性，再將函數值的大小轉化為自變量的大小，分參轉化為恒成立問題，進而得到答案.【詳解】因為在單調遞增（增增），且函數是R上的奇函數，容易判斷函數在R上是增函數.對任意的,問題，記，則問題因為，當且僅當時取“=”，所以.故選：D.【點睛】本題較為綜合，到這一步都是比較正常的思路，接下來注意齊次式的處理方式，目的是為了消元（看成一個量），下一步的換元一定要注意要把分母整體換元，這樣后面的運算會簡單，最后結合基本不等式或者導數解決即可.3D【分析】先根據判斷a接近2，進一步對a進行放縮，進而通過對數運算性質和基本不等式可以判斷a2；根據b的結構，構造函

8、數，得出函數的單調性和零點，進而得到a,b的大小關系，最后再判斷b和2的大小關系，最終得到答案.【詳解】.構造函數：，易知函數是R上的減函數，且，由，可知：，又，則ab.又，ab2.故選：D.【點睛】對數函數式比較大小通常借助中間量，除了0和1之外，其它的中間量需要根據題目進行分析，中間會用到指對數的運算性質和放縮法；另外，構造函數利用函數的單調性比較大小是比較常用的一種方法，需要我們對式子的結構進行仔細分析，平常注意歸納總結.4B【分析】因為是分段函數，新函數的零點問題也需要分段研究，每一段上的零點個數加成總和即為函數的零點個數.【詳解】分段討論：當時，與有兩個交點，兩個零點.要使有4個零點

9、,則當時與有兩個交點即可（如圖）.過點作的切線，設切點為,則，即切線方程為,把點代入切線方程，得或,又，則，又，解得，所以實數的取值范圍是故選B.【點睛】分段函數一定要分段研究，不同的取值范圍對應不同的解析式在二次函數與一次函數相交的問題中，巧妙利用圖像法可有效解決問題.5A【分析】由題意可知，滿足不等式的解中有且只有兩個整數，即函數在直線上方的圖象中有且只有兩個橫坐標為整數的點，然后利用數形結合思想得出以及，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】由，得.由題意可知，滿足不等式的解中有且只有兩個整數，即函數在直線上方的圖象中有且只有兩個橫坐標為整數的點.如下圖所示：由圖象可知，由于，該直線過定點.

10、要使得函數在直線上方的圖象中有且只有兩個橫坐標為整數的點，則有，即，解得，又，所以，因此，實數的取值范圍是.故選A.【點睛】本題考查函數不等式的求解，解題的關鍵利用數形結合思想找到一些關鍵點來得出不等關系，考查數形結合思想的應用，屬于難題.6A【分析】設為的奇子集，構造集合，得到奇子集與偶子集個數相等，正確；計算奇子集容量之和是，等于偶子集的容量之和，得到正確，判斷得到答案.【詳解】設為的奇子集，令，則是偶子集是奇子集到偶子集的一一對應，且每個偶子集，均恰有一個奇子集，與之對應，故的奇子集與偶子集個數相等，所以正確；對任一，含的子集共有個，用上面的對應方法可知，在時，這個子集中有一半是奇子集，

11、在時，由于，將上邊的1換成3，同樣可得其中有一半是奇子集，于是計算奇子集容量之和是，根據上面所說，這也是偶子集的容量之和，兩者相等，所以當時，的所有奇子集的容量之和與所有偶子集的容量之和相等，即命題正確，故應選.【點睛】本題考查了集合的新定義問題，構造集合是解題的關鍵.7AC【分析】本題在充分理解題意的基礎上可先由已知條件將可以求出的線段求出，找到圖二復雜多面體的特點，再對各選項逐個分析.對于A可利用線面垂直證明線線垂直；對于B，由已知條件作輔助線求解；對于C，利用正方形判定定理，利用題中條件即可；對于D，圖二正八面體利用體積公式即可.【詳解】如圖1，底面正三角形面積,所以,得.如圖2，過點作

12、平面，連接,由旋轉以及三角形中心性質可知，,由題意知，,在中，,同理,所以圖二多面體為正八面體.對于A，取中點,連接,由等邊三角形性質易得,又因為平面,平面，,所以平面,又因為平面,所以，故A正確；對于B，由已證知，,故B錯誤；對于C，由旋轉性質易得,又,所以四邊形為菱形，由已知易證平面,得,所以四邊形為正方形，故C正確；對于D，多面體為正八面體，體積公式，正三棱柱體積2,兩體積不同，故D錯誤.故選:AC【點睛】對于復雜的立體幾何問題，可以先從題中條件或簡單處入手，求出圖形的邊長等，利用直觀想象能力，通過數形結合方法進一步尋找條件從而求解求證.8AC【分析】對于A根據已知條件證明平面即可；對于

13、B根據已知條件求出的長即可；對于C轉化為求與的夾角即可；對于D根據三棱錐的體積最大時的特征放入長方體中求解即可.【詳解】對于A，如圖1所示，因為在菱形中，,，所以易證是等邊三角形，又因為為的中點，所以，由翻折性質知.又因為平面,所以平面,因為平面,所以.故A正確.對于B，如圖1所示，取中點，由三角形中位線定理知,在菱形中易證，因為和的兩邊方向相同，則由等角定理易證，在中由余弦定理得，得，所以的長為定值，故B錯誤.對于C，如圖1所示，由已證知，所以與的夾角即為與的夾角，在中，由余弦定理得,因為，所以，由于空間中兩直線夾角范圍為，所以與的夾角為，即與的夾角為，故C正確.對于D，由題意可知當平面平面

14、時三棱錐的體積最大.由A項已證知此時平面，因為，所以.如圖2所示,要求三棱錐外接球表面積即求如圖長方體外接球的表面積，由已知得長方體的長寬高分別為，則長方體外接球半徑，則表面積為，故D錯誤. 故選:AC【點睛】一.求幾何體的體積，要注意分割與補形將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形將其轉化為規(guī)則的幾何體求解二.幾何體展開、折疊問題，要抓住前后兩個圖形間的聯(lián)系，找出其中的量的關系9【分析】本題首先可以將四面體補成長寬高分別為、的長方體，然后根據平面得出截面為平行四邊形，再然后根據三角形相似的相關性質得出兩相鄰邊的和為，再然后求出異面直線與所成角的正弦值，最后通過解三角形面積公式以及基本不等式即可得出結

15、果【詳解】如圖所示，將四面體補成長寬高分別為、的長方體，由于平面，故截面為平行四邊形，由平面幾何的平行線段成比例可得，設異面直線與所成角為，則，解得，所以平行四邊形的面積，當且僅當時取“”號，故答案為【點睛】本題考查四面體截面面積的求法，考查解三角形面積公式以及基本不等式的使用，能否根據四面體構建出長方體以及確定四面體截面的位置是解決本題的關鍵，考查推理能力，是難題10【分析】由題意得，函數是增函數，構造出方程組，利用方程組的解都大于0，求出t的取值范圍.【詳解】因為函數為“倍縮函數”，即滿足存在，使在上的值域是由復合函數單調性可知函數在上是增函數所以，則，即所以方程有兩個不等的實根，且兩根都

16、大于0則，解得所以實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】本題考查由函數的新定義求參數取值范圍問題，屬于難題.11【分析】根據面面垂直的性質定理得出DC平面ABC，進而找到三角形ABC的外心O1與三角形BCD的外心O2，然后過O1作平面ABC的垂線，過O2作平面BCD的垂線，兩條垂線的交點即為外接球心，最后解出答案.【詳解】如圖，因為平面ACD平面ABC，且交于BC，而DCBC，所以DC平面ABC，取正三角形ABC的外心（也為重心）O1，過O1引平面ABC的垂線，取直角三角形BCD的外心O1，則O1為BD中點，過O2引平面BCD的垂線，設兩條垂線交于O，則O為三棱錐的A-BCD的外接球心.取BC中

17、點D，連接AO1,OO2,O2D,O1D，因為分別為的中點，所以DC，且，所以平面ABC，因為平面ABC，所以.易知三點共線，且ADBC，又因為平面ACD平面ABC，且交于BC，所以AD平面BCD，而OO2平面BCD，所以O1DOO2，于是四邊形是矩形，且.連接，在正三角形ABC中，其邊長為3，所以，由勾股定理：外接球半徑，所以外接球體積.故答案為：.【點睛】多面體外接球心比較常見的一種找法是選取多面體的兩個特殊面（通常為等邊三角形、等腰三角形和直角三角形），然后找到兩個面的外心，進而通過外心引各自所在面的垂線，垂線的交點即為球心，然后構造幾何圖形求出外接球半徑即可，本題比較典型，可以作為范題

18、進行總結.12【分析】根據函數零點的存在性定理可判定，故正確；要得到此函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移個單位，故錯誤；根據對數的真數可取所有正實數，可得此函數的值城為，故正確；根據“”能說明“函數在定義域上是奇函數”，但“函數在定義域上是奇函數”得到的是“”，則是充分不必要條件，故正確；由有最大值，得，進一步得到，故錯誤.【詳解】對于函數在區(qū)間上單調遞增，根據函數零點的存在定理可得在區(qū)間上存在零點，正確；對于將函數化為，要得到此函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移個單位，得到，錯誤；對于當，函數的真數為，判別式，故真數可取所有正實數，故函數的值城為，正確；對于函數在定義域上是奇函數，則，即

19、解得，所以條件可推出結論，結論不能推出條件，是充分不必要條件，正確；對于有最大值，所以，于是，所以，則，即，所以所求，錯誤.故答案為：【點睛】本題考查了函數的零點分布，三角函數圖像的平移變換，對數函數的定義域與值域，還考查了等差數列中求前n項和為正的問題，屬于難題.13（1）（2）（）見解析；（）【分析】（1）根據題意寫出答案即可；（2）（）利用反證法證明即可；（）設，當時，令，當時，令，這樣取出的個集合滿足題意，用數學歸納法證明，將分為三類：全集；不為全集，且與的交集不為空集；與的交集為空集，討論從而可得出答案.（1）解：設，令，則滿足且，所以的一個“規(guī)范子集組”為；（2）（）證明：利用反證

20、法證明：解：假設“存在兩個不同的集合對；”依題意即互補，不妨設對“規(guī)范k-子集組”來講：一方面，時，另一方面，其中存在兩個不同的集合對；滿足，不妨設，即，再由“”，得，此時，要么，要么是的真子集，若，則，故，這與與矛盾；若是的真子集，則是的真子集，此時，且彼此都不是對方的子集，綜上，假設“存在兩個不同的集合對；”不成立，所以原結論成立，證畢.（）解：設，當時，令，當時，令，這樣取出的個集合滿足題意，下面用數學歸納法證明，當時，結論成立；假設當時，結論成立，當時，考慮中不為全集且元素個數最多的集合（記為，并設中有個元素），則，將分為三類： 全集；不為全集，且與的交集不為空集；與的交集為空集.由的

21、選取，知中的集合均為的子集，且依然滿足條件，由歸納假設可知中的集合的個數不超過，而中的集合均為的子集，有歸納假設可知集合的個數不超過，所以，即當時，結論成立，所以均有，即的最大值為.【點睛】本題考查了集合新定義問題，考查了分類討論思想，和數據分析能力，對邏輯推理能力要求比較高，難度較大.14（1）；（2）.【分析】（1）本題可根據正弦函數的單調性得出，然后通過計算即可得出結果；（2）首先可通過解得或，然后繪出函數在區(qū)間上的圖像，再然后將“有三個不同的實數根”轉化為有一個實數解且有兩個不同的實數解或有兩個不同的實數解且有一個實數解，最后分為或、四種情況進行討論，即可得出結果.【詳解】（1）令，解

22、得，故的單調遞增區(qū)間為，（2）等價于，解得或，因為，所以，如圖，繪出函數的圖像，方程有三個不同的實數根等價于有一個實數解且有兩個不同的實數解或有兩個不同的實數解且有一個實數解，當或時，無解，不符合題意； 當時，則，有一個實數解，有兩個不同的實數解，符合題意； 當時，則，有兩個不同的實數解，有一個實數解，符合題意； 當時，則，有一個實數解，至多有一個實數解，不符合題意，綜上，m的取值范圍為【點睛】本題考查三角函數單調區(qū)間的求解以及三角函數圖像的綜合應用，可借助正弦函數、余弦函數以及正切函數的單調性來求解三角函數的單調區(qū)間，考查數形結合思想以及分類討論思想，考查推理能力，是難題.15（1）a；（2

23、）（；（3）（，log4【分析】（1）根據f（x）是偶函數，有f（x）f（x），得log2（2x+1）+a（x）log2（2x+1）+ax化簡求解.（2）由a0，結合對數函數和一次函數的單調性，得到函數f（x）log2（2x+1）+ax是增函數，然后利用單調性的定義，將不等式f（sinxcosx）f（4+t）0，轉化為sinxcosx4+t，對任意的x恒成立，利用三角函數的性質求解.（3）根據題意，有 f（0）1，將方程ff（x）a（1+x）1og4（2x1）1，轉化為ff（x）a（1+x）1og4（2x1）f（0）再利用函數的單調性，轉化為變形為：1og4a，通過函數g（x）的圖象與ya有2

24、個交點求解.【詳解】（1）根據題意，若f（x）是偶函數，則f（x）f（x），則有l(wèi)og2（2x+1）+a（x）log2（2x+1）+ax，變形可得2axlog2（2x+1）log2（2x+1）x，解得a；（2）當a0時，函數ylog2（2x+1）和函數yax都是增函數，則函數f（x）log2（2x+1）+ax為增函數，不等式f（sinxcosx）f（4+t）0，所以f（）f（4+t）對任意的x恒成立sinxcosx4+t，對任意的x恒成立；t2sin（x）4對任意的x恒成立；t（2sin（x）4）min，x；由x，得x，當x時，sin（x）4的最小值為4；t；故t的取值范圍為（3）根據題意，函數f（x）log2（2x+1）+ax，有f（0）1，則ff