高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷10word版含答案

高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷10
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知函数在区间上为单调函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，、、，且都有，满足的实数有且只有个，给出下述四个结论：
①满足题目条件的实数有且只有个；②满足题目条件的实数有且只有个；
③在上单调递增；④的取值范围是．
其中所有正确结论的编号是
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
3．已知函数f（x）=ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，g（x）=lnx，记h（x）=min{f（x），g（x）}，若h（x）至少有三个零点，则实数a的取值范围是
A．（﹣∞，） B．（，+∞） C．[，） D．[，]
4．已知，为三角形所在平面上的一点，且点满足：，则点为三角形的
A．外心 B．垂心 C．重心 D．内心
5．函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，若函数恰有一个零点，则实数的取值集合是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
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（ ）
A． B．的最大值为
C．的最小值为1 D．当时，
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知圆点，直线与圆交于两点，点在直线上且满足.若，则弦中点的横坐标的取值范围为_____________.
10．已知，若存在，使得与夹角为，且，则的最小值为___________.
11．空间四面体中，，.，直线与所成的角为45°，则该四面体的体积为___________.
12．已知函数，则方程恰好有6个不同的解，则实数的取值范围为______.
四、解答题
13．某地开发一片荒地，如图，荒地的边界是以C为圆心，半径为1千米的圆周．已有两条互相垂直的道路OE，OF，分别与荒地的边界有且仅有一个接触点A，B．现规划修建一条新路（由线段MP，，线段QN三段组成），其中点M，N分别在OE，OF上，且使得MP，QN所在直线分别与荒地的边界有且仅有一个接触点P，Q，所对的圆心角为．记∠PCA＝（道路宽度均忽略不计）．
（1）若，求QN的长度；
（2）求新路总长度的最小值．
14．已知集合，称为的第 个分量.对于的元素，定义 与的两种乘法分别为：
给定函数，定义上的一种变换.
（1）设，求和；
（2）设，对于，设，对任意且，定义
①当时，求证：中为0的分量个数不可能是2个；
②若的任一分量都只能取或，设的第1个分量为，求的最小正周期的最小值，并求出此时所有的.
15．已知函数
（1）当时，求满足的值；
（2）当时，
①存在，不等式有解，求的取值范围；
②若函数满足，若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值；
16．已知二次函数
（1）若且方程有整数解，，试求：，的值；
（2）若在上与轴有两个不同的交点，求的取值范围；
（3）若时，，且在区间，上的最大值为1，试求的最大值与最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【分析】
先利用分段函数的单调性求出的一个范围，然后将函数有三个不同的零点，转化为和有三个不同的交点，利用数形结合法可知，当时，和有1个不同的交点，从而得到与有一个交点，再利用图象分析求解即可.
【详解】
因为函数
当时，，
所以在上单调递减，
又因为在区间上为单调函数，
所以且，
解得，
令，即，
令，，
则函数有三个不同的零点，
等价于和有三个不同的交点，
当时，分别画出和的图象如图所示，
由图可知，当时，和有2个不同的交点，
故只需满足：当时，和有1个不同的交点，
即当时，，化简，
即，
令，即与有一个交点，
画出函数的图象如下图所示，
易知，
，
所以或，
解得或，
当时，如图
只有两个交点，不符合题干中的要求三个零点，舍去
故，综上：的取值范围为.
故选：D
【点睛】
函数零点的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
2．D
【分析】
设，由，得出，由题意得出为函数的最小值，为函数的最大值，作出函数的图象，结合图象得出，进而对各结论进行验证.
【详解】
，当时，.
设进行替换，作出函数的图象如下图所示：
由于函数在上满足的实数有且只有个，
即函数在上有且只有个零点，
由图象可知，解得，结论④正确；
由图象知，在上只有一个最小值点，有一个或两个最大值点，结论①正确，结论②错误；
当时，，
由知，所以在上递增，
则函数在上单调递增，结论③正确．综上，正确的有①③④.故选D．
【点睛】
本题考查余弦型函数的零点、最值点以及单调性有关命题的判断，解题时要充分计算出对象角的取值范围，并作出图象进行验证，考查推理能力，属于难题.
3．D
【分析】
根据选项，选择a=0和 a进行判断，分别排除，即可得解.
【详解】
当a=0时，函数f（x）=ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，
化为：f（x）=2x2﹣8x+7，函数的对称轴为x=2，
f（2）=﹣1<0，f（1）=10，结合已知条件可知：h（x）=min{f（x），g（x）}，若h（x）有三个零点，满足题意，排除A、B选项，
当a时，f（x）x3﹣（2）x2﹣8x7，f′（x），
令3x2+26x﹣64=0，解得x=2或x，x∈（﹣∞，），x∈（2，+∞），f′（x）0，函数是增函数，
x∈（，2），f′（x）<0，函数是减函数，
所以x=2时函数取得极小值，f（2）=0，所以函数由3个零点，满足题意，排除C，
故选：D.
【点睛】
本题考查了二次函数的图像与性质，考查了利用导数求函数单调性，考查了分类讨论思想和排除法，要求较高的计算能力，属于难题.
4．D
【分析】
在上分别取单位向量，记，则平分，用表示出，代入条件所给等式，用表示出，则可证明三点共线，即平分.同理证得在其它两角的平分线上，由此求得是三角形的内心.
【详解】
在，上分别取点使得，则，作菱形，则由所以为的平分线.因为，所以，所以，所以三点共线，即在的平分线上. .同理证得在其它两角的平分线上，由此求得是三角形的内心.，故选D.
【点睛】
本小题主要考查平面向量的加法运算，考查三点共线的证明，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
5．D
【分析】
根据条件判断函数周期为，求出函数在一个周期内的解析式，将函数的零点转化为与直线只有一个交点，结合函数图像，即可求解.
【详解】
函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，
，
，
即，
的周期为.
时，，
，
，
，
周期为4，，
当，
当，
做出函数图像，如下图所示：
令，
当，，
，两边平方得，
，
此时直线与在函数图像相切，与函数有两个交点，
同理，直线与在函数图像相切，与函数有两个交点，
则要使函数在内与直线只有一个交点，
则满足，周期为4，
范围也表示为，
所以所有的取值范围是.
故选:D.
【点睛】
本题考查函数零点的应用，根据函数的性质求出函数的周期性和对称性，利用数形结合思想是解决问题的关键，综合性较强，属于难题.
6．A
【分析】
求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.
【详解】
连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：
已知在正方体中，底面，平面，，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.
因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
根据题意可知，，且，
所以，，.
如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.
7．ABD
【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，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．
8．AB
【分析】
应用同角平方关系、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的关键是能够结合的值域和的取值得到，或，，从而得到结果．
9．
【分析】
①当直线斜率不存在时，易求得；②当直线斜率存在时，设其方程为，利用直线与圆有交点可求得；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理的形式；根据和可整理得到，，，满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得；当时，知；当时，可将表示为关于的函数，利用对号函数的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.
【详解】
设，
①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，，
，，，，
满足，此时；
②当直线斜率存在时，设其方程为：，
与圆有两个不同交点，，即，
由得：，
设，，
则，，
，
.
，，解得：，
由得：，
整理得：，
，整理得：，
当时，；
当时，，代入式得：，
解得：，
，
，，
当时，单调递增，
在上单调递减，
，
综上所述：弦中点的横坐标的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标表示为关于直线斜率的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能力有较高要求.
10．
【分析】
设，可得共线，又，当为最小时最小，而此时、关于y轴对称，结合已知即可求的最小值.
【详解】
由题意，，
∴令，，故有共线，
∵，故当且仅当为最小时，最小，
∴有、关于y轴对称时，最小，此时到AB的距离为，
∴，即.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：应用向量的线性关系及共线性质，可知，、、的终点共线，且可分析得、关于y轴对称时，最小，进而求最小值即可.
11．
【分析】
由条件可得，为直角三角形，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，作平行四边形BEFG，由此可得直线BD与AC的平面角为∠DBG，AC⊥平面DFG，解三角形确定三棱锥D-ABC底面ABC上的高，利用体积公式求体积.
【详解】
∵ AB=2，BC=，AC=4，∴ 为直角三角形，
同理可得为直角三角形，
如图，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，
则AE=CF=1
∴ E，F是线段AC的两个四等分点，
作平行四边形BEFG，则BE⊥AC，DF⊥AC，
由线面垂直判定定理可得AC⊥平面DFG，又AC平面ABGC,
∴ 平面ABGC⊥平面DFG，
在平面DFG内，过点D作DH⊥FG,垂足为H,
由面面垂直的性质定理可得DH⊥平面ABGC，
∴ DH为四面体ABCD的底面ABC上的高，由三角函数定义可得
又因为BG∥AC，所以BG⊥DG,
又因为直线BD与AC所成的角为45°，所以∠DBG=45°，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ GD=GB=EF=2
在中GD=2，BE=DF=
由余弦定理可求得， ∴
所以四面体的体积.
故答案为：.
【点睛】
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
12．
【分析】
令，，作出图象，作出图像，通过图象分析解的各种情况．
【详解】
令，，
作出图象，作出图像，
时，
有两根，设为，，
则，，
即，此时有2个根，
，此时有2个根，
共4个根，不满足条件.
时，，
解得或或6，
即，无解，
，2解，
，2解，
共4个解，不满足条件.
时，，
有四个根，设为，，，，
其中，，，，
即，无解，
，无解，
，2解，
，2解，
共4个解，不满足条件.
时，有4个根，0，2，，（），
，1解，
，1解，
，2解，
，2解，
共6解，满足条件.
时，，
有3个根，设为，，，
其中，，，
即有2解，
有2解，
有2解，
共6解，满足条件.
时，，
有两根和3，
有2个根，
有2个根，
共4个根，不满足条件，
综上.
故答案为.
【点睛】
本题考查函数与方程根的分布问题，解题时可把复杂的方程简单化，如设，方程化为，，这样可作出两个函数和的图象，由图象分析方程根的所有可能情形，从而得出结论．数形结合思想是解这类问题的重要思想方法．
13．（1）1千米；（2）．
【分析】
（1）连接CB，CN，CM，可得，OM，ON，PM，QN均与圆C相切，通过圆心角为可求出∠QCB＝，从而得到四边形BCQN是正方形，进而可得QN＝CQ＝1，
（2）因为∠PCA＝，所以∠MCP＝，∠NCQ＝，利用弧长公式可求得MP＝，，NQ＝，由于，所以（，），设新路长为，则，然后结合基本不等式进行计算即可得解
【详解】
（1）连接CB，CN，CM，
因为OM⊥ON，所以OM，ON，PM，QN均与圆C相切
所以CB⊥ON，CA⊥OM，CP⊥MP，CQ⊥NQ，
所以CB⊥CA
因为∠PCA＝，∠PCQ＝，
所以∠QCB＝，
此时四边形BCQN是正方形，所以QN＝CQ＝1，
答：QN的长度为1千米；
（2）∵∠PCA＝，可得∠MCP＝，∠NCQ＝，
则MP＝，，NQ＝
设新路长为，其中（，），即
∴，
，当时取“＝”，
答：新路总长度的最小值为．
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查三角函数在实际生活中的应用，考查基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题．
14．（1），；（2）①见解析；②，或.
【分析】
（1）根据定义计算可得相应的计算结果.
（2）①利用反证法结合分量的特征可证明该结论.
②先求出，找出一般规律后可求出，结合解析式的形式可得到何时的最小正周期有最小值.
【详解】
（1），
，
故，
．
（2）①：当时，，，
故，
即，
同理，
类似的求法，有：
，
若中为0的分量个数是2个，
不妨设，
则，
两式相加后有，故，矛盾．
故中为0的分量个数不可能是2个．
②：由①的计算可知：
，
；
类似地，有：
，
；
也就是：
而
，
，
也就是：
，
，
依次类推则有的第一个分量为：，
故，其中或，
当的符号交替出现时，的最小正周期有最小值，
此时或
，
最小正周期的最小值为，
对应的或.
【点睛】
方法点睛：本题为与三角函数有关的新定义题，解决此类问题关键是弄清楚新运算的性质与三角函数中三角变换公式之间的联系，从而得到一般规律，注意本题中，因此我们可由有限归纳法来总结规律.
15．（1）；（2）①；②6．
【分析】
（1）将方程 转化为一元二次方程：，求解即可.
（2）①判断函数的单调性，利用单调性定义将已知转化为在时有解，根据判别式大于零可得的取值范围．
②先求函数，则，因此不等式可转恒成立，即在时恒成立，利用函数的单调性求最值即可得解.
【详解】
（1）当时，，化简得，
解得：或（舍），所以
（2）当时，
①对任意，且有：
，
因为，所以，所以，因此在上递减．
∵，∴
即在时有解，所以，解得
所以的取值范围为
②∵，∴．
∴，．
不等式恒成立，即恒成立
令，则在时恒成立
令，根据对勾函数图像得在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴．
所以，实数的最大值是6．
【点睛】
易错点睛：本题考查指数函数的性质，考查换元法的应用．解方程或不等式可用换元法，即，变为或，同样与有关的问题，也是用换元法，即设，只是要注意的取值范围（这个范围可用基本不等式或用函数的单调性求解），否则会出错．
16．
（1）一个等于0，一个等于2
（2）
（3），
【分析】
（1）由根与系数关系写出韦达定理，得，，两式作差变形得，进而得解；
（2）可设，结合根与系数关系表示出及，由基本不等式可求的取值范围；
（3）由题可确定（2）（3），解得且.再分有实根和无实根两种情况分类讨论，结合零点分布与二次函数性质，最终确定参数取值范围，将转化为，即可求解.
（1）
，
则，
，
两式相减：，
，
，
一个等于0，一个等于2；
（2）
设二次函数的零点为和，由两点式可得，，
则：，
（1）
（1），
；
（3）
由题意函数图象为开口向上的抛物线，
且在区间，上的最大值只能在闭端点取得，
故有（2）（3），从而且.
若有实根，则△，
时，，
在区间，有即，
消去，解出，
即，这时，且△.
若无实根，则△，将代入解得.
综上.
所以，
在，上单调递减.
故，.
答案第1页，共2页
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