高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷2.docx

1、高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷2第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（ ）A3BCD2如图，将矩形纸片折起一角落得到，记二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，则（ ）ABCD3如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（ ）AB1CD4已知平面区域，若圆与轴和直线均相切，且圆心，则的最小值为A0BCD5已知函数，其中，对于任意且，均存在唯一实数，使得，且，若有4个不相等的实数根

2、，则的取值范围是ABCD6如图，已知，分别是正四面体的侧面与侧面上动点（不包含侧面边界），则异面直线，所成角不可能的是ABCD二、多选题7已知函数，下列关于函数的零点个数的说法中，正确的是（ ）A当，有1个零点B当时，有3个零点C当，有4个零点D当时，有7个零点8已知函数在区间上的最大值为，最小值为，令，则下列结论中正确的是（ ）AB的最大值为C的最小值为1D当时，第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题9已知平面内不同的三点O，A，B满足，若时，的最小值为，则_.10如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点

3、A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是_.11已知函数，若，则满足的x的值为_.12已知常数，设函数，定义域为.若的最小值为，则_.四、解答题13已知函数(1)当时，比较，；(2)当时，恒有成立，求实数a的取值范围14已知函数是定义在实数集上的奇函数，且当时，（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，求的取值范围15已知函数的定义域为D，若存在实数a，b，对任意的，有，且使得均成立，则函数的图像关于点对称，反之亦然，我们把这样的函数叫做“函数（1）已知“函数”的图像关于点对称，且时，；求时，函数的解析式；（2）已知函数，问是否为“函数”？请说明理由；（3）对于不同的“函数”与，若、有

4、且仅有一个对称中心，分别记为和，求证：当时，仍为“函数”；问：当时，是否仍一定为“函数”？若是，请说明理由；若不一定是，请举出具体的反例16已知函数为自然对数的底数）.（1）当时，判断函数的单调性和零点个数，并证明你的结论；（2）当时，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.试卷第3页，共4页参考答案1B【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球设球心为，球的半径为，下底面半径为，轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：则，因为，故可得：；所以为等边三角形，故是的中心，连接，则平分，

5、所以；所以，即，即四面体的外接球的半径为另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以，所以即的最大值为故选：B【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题2A【分析】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，可证，利用三角变换公式可证，从而可得正确的选项.【详解】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，设，因为平面，平面，故，而，故平面，而平面，所以，故，又，.在直角三角形中，同理，故，同理，故，故，

6、整理得到，故，整理得到即，若，由 可得即，但，故，即，矛盾，故.故A正确，B错误.由可得，而均为锐角，故，故CD错误.故选：A.【点睛】思路点睛：空间中不同类型的角的关系，应利用点线面的位置关系构建关于角的等式关系，注意平面几何、三角变换、解三角形等计算中的应用.3C【分析】过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值.【详解】过作交BC于E，连接EH，在平面内的射影恰好落在线段上，即面，且，,即面，面，则,二面角的平面角为，在中，若令，则，又，且，故，则，即方程在上有解时，m的最大值

7、即为所求，而开口向上且，即，对称轴.当时，显然成立；当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，即；综上，有，即，故二面角的正切的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值.4C【分析】由约束条件画出可行域，为一个等边三角形，那么圆C与轴和直线均相切，则圆心在的角平分线MP上移动，且，代入所求关系式中，化简后令转化到斜率，利用求函数最值的方式，借助双勾函数求得最小值.【详解】做出约束条件的可行域如图，为一个等边三角形因为就是图像中的直线MQ，又因为圆与轴和直线均相切故其圆心C应在的角

8、平分线MP上移动，且，所以，令，因为圆心，所以或则令，则令，则由双勾函数可知则故即，所以的最小值为.故选：C【点睛】本题考查求函数最值问题，其中涉及线性规划作图分析，非线性的斜率问题，双勾函数值域，还考查了不等式的简单性质，属于难题.5D【详解】由题意可知f(x)在0,+)上单调递增,值域为m,+)，对于任意x1R且x10,均存在唯一实数x2,使得f(x2)=f(x1)，f(x)在(,0)上是减函数,值域为(m,+)，a0，b=m.|f(x)|=f(m)有4个不相等的实数根，0f(m)m，又m1，0am+bm,即0(a+1)mm，2a1.本题选择D选项.点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定

9、要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a)的形式时，应从内到外依次求值(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围6A【分析】取的中点，根据线面垂直判定定理可得平面，进一步可得平面然后计算直线与平面所成角，最后进行判断即可.【详解】另设正四面体的边长为2，取的中点，连接，并作，连接如图在该正四面体中，有所以，平面所以平面，又平面所以，由，平面所以平面，则与平面所成的角为又，则所以，则所以，所以所以若点为点，与平面所成的角要大于则当在平面内运动时

10、，与所成角要大于所以，在侧面与侧面运动，与所成角要大于故选：A【点睛】本题考查异面直线所成角，通过等价转化，线线角转化为线面角，便于计算与判断，考查分析能力与逻辑推理能力，属难题.7ABD【分析】令得，利用换元法将函数分解为和，作出函数的图象，利用数形结合即可得到结论【详解】令，得，设，则方程等价为，函数，开口向上，过点，对称轴为对于A，当时，作出函数的图象：，此时方程有一个根，由可知，此时x只有一解，即函数有1个零点，故A正确；对于B，当时，作出函数的图象：，此时方程有一个根，由可知，此时x有3个解，即函数有3个零点，故B正确；对于C，当时，图像如A，故只有1个零点，故C错误；对于D，当时，

11、作出函数的图象：，此时方程有3个根，其中，由可知，此时x有3个解，由，此时x有3个解，由，此时x有1个解，即函数有7个零点，故D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：本题考查分段函数的应用，考查复合函数的零点的判断，利用换元法和数形结合是解决本题的关键，已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解，属于难题8AB【分析】应用同角平方关系、

12、二倍角余弦公式得，A将代入求区间，根据正弦型函数的性质即可求，B、C讨论与的递增区间的关系，结合已知区间的长度为，分析不同情况下的的取值范围，进而确定最大、小值，D由题设知，或，结合区间长度即可求t.【详解】A：当时，由，得，此时，于是，正确由可得，所以函数的单调递增区间为当，即时，则有，而，即当，即时，函数的最小正周期，而区间的长度为，即，由正弦函数的图象与性质可知，的最大值为，最小值为，故B正确，C错误D：当时，必有，或，由于区间的长度为，即，所以，即，错误故选：AB【点睛】关键点点睛：求解最值的关键是想到将区间放到函数的单调递增区间上和函数的关于对称轴对称的区间上考虑；判断D的关键是能够

13、结合的值域和的取值得到，或，从而得到结果9【分析】由题设，将平面向量转化为平面几何图形，B在以A为圆心5为半径的圆上，利用向量加减、数乘的几何意义分别确定D、E使、，进而可知表示，若是关于的对称点，可知共线时最小，中应用余弦定理求，即可求.【详解】由题设，如下图示，若，则，即，即，若是关于的对称点，即，如下图示，当且仅当共线时，即最小，即，此时，中，而且为锐角，而.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据平面向量加减、数乘的几何意义，将题设条件转化为平面几何中的点线距离最短问题.10#【分析】画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.【详解】

14、如图，分别是正方形ABCD，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，平面，PT，而，BC，是等腰直角三角形，从而T在AC上，可以证明FHAC，GHAC，DGAC，基于平行

15、线的唯一性，显然H在DG上，综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TPCB于点P，则TP，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，AC，则H是的中点，于是，

16、从而有，又因为TPCB，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，所以面积.故答案为：【点睛】对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.1152【分析】先确定函数的解析式，然后结合函数的解析式和函数的对称性解方程，即可求解.【详解】解：由题意，注意到，又,，关于点对称，解得：又，经验证，当且仅当时符合题意，故答案为：【点睛】本题主要考查函数的对称性,

17、函数解析式的求解，函数与方程的综合运用等知识，属于难题12【分析】由已知可得恒成立，且等号能取到，分离参数得到恒成立，通过换元，求函数的最大值，即可求解.【详解】（*）恒成立，且等号能取到，令，令，当且仅当，等号成立；，因为（*）取到等号，所以.故答案为:.【点睛】本题考查最值与不等式的关系，转化为不等式恒成立问题，解题的关键是分离参数，注意换元法以及基本不等式的应用，属于较难题.13(1)；(2).【分析】(1)a=2时，分析出f(x)的单调性，再比较，的大小而得；(2)化简计算给定不等式的左边，原不等式等价转化为，再分离参数，转化成求函数的最大值得解.【详解】(1)a=2时，而是R上的增函

18、数，是R上的减函数，则f(x) 是R上的增函数，即，所以；(2)，-1在上递减，在1，4上递增，时，t=4时，所以t=4时，-1取最大值，即x=2时，取最大值，故，实数a的取值范围是.【点睛】(1)对勾函数是奇函数，时，f(x)在上是减函数，在上是增函数；(2)含参的不等式恒成立问题，最先思考的方法是分离参数转化成求函数最值解决.14（1），（2）实数的取值范围是【分析】（1）根据函数奇偶性求解析式；（2）将恒成立转化为令， 恒成立，讨论二次函数系数，结合根的分布.【详解】解：（1）因为函数是定义在实数集上的奇函数，所以，当时，则所以当时所以（2）因为时，在上恒成立等价于即在上恒成立令，则当时

19、，不恒成立，故舍去当时必有，此时对称轴若即或时，恒成立因为，所以 若即时，要使恒成立则有与矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.15（

20、1）（2）是“函数”（3）仍为“函数”；时，不一定是“函数”.【分析】（1）根据函数图像的对称关系列关系式计算即可；（2）根据“函数”的定义，结合题给的具体函数解析式，计算出a,b的值即可得出结果；（3）根据定义验证即可；根据定义，举出具体函数验证结论，所举函数不唯一.（1）根据“函数”的概念， 时，又 时，时，即时，的解析式为 .（2）根据题意，取，上式计算得，此时 所以函数是“函数”.（3）根据题意，时，所以此时仍为“函数”；时，不一定是“ 函数”.设，易知函数图像关于 对称，得;设，知函数图像关于对称，得此时，其图像不关于某一点对称，即不是“ 函数”结论得证.16（1）函数的零点个数为1

21、个，证明见解析（2）【分析】（1）利用函数单调性证明，再利用零点存在性定理即可知零点个数.（2）将转化为，构造函数，转化为，即，即，求解即可.（1）函数的定义域为.当时，函数在上单调递减，证明如下：任取，且，即.所以函数在上单词递减.又在区间上存在零点，且为唯一的零点.函数的零点个数为1个（2）可化为.可化为.可化为.令，可知在R单调递增，所以有，即令，可知在上单调递增.即在上单调递增，所以实数a的取值范图是.【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；数形结合( 图像在 上方即可)；讨论最值或恒成立.答案第21页，共21页