高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷7word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7
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：
①在区间上有且仅有3个不同的零点；
②的最小正周期可能是；
③的取值范围是；
④在区间上单调递增．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④
2．已知函数是定义在R上奇函数，当时，.若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知实数a、b，满足，，则关于a、b下列判断正确的是（ ）
A．a＜b＜2 B．b＜a＜2 C．2＜a＜b D．2＜b＜a
4．已知函数，函数g（x）＝x2，若函数y＝f（x）﹣g（x）有4个零点，则实数的取值范围为（　　）
A．（5，+∞） B． C． D．
5．已知函数，若有且仅有两个整数、使得，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．设集合，若是的子集，把中的所有数的和称为的“容量”（规定空集的容量为0），若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集，命题①：的奇子集与偶子集个数相等；命题②：当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，则下列说法正确的是（ ）
A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立
C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立
二、多选题
7．已知图1中的正三棱柱的底面边长为2，体积为，去掉其侧棱，将上底面绕上、下底面的中心所在的直线，逆时针旋转后（下底面位置保持不变），再添上侧棱，得到图2所示的几何体，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．四边形为正方形
D．正三棱柱与多面体的体积相同
8．如图，在菱形中，,，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
B．的长不为定值
C．与的夹角为
D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．如图，在四面体中，，，，分别是的中点若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为______.
10．设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使在上的值域是，则称为“倍缩函数”，若函数为“倍缩函数”，则实数的取值范围是________.
11．三棱锥中，为边长为3的等边三角形，，，且面面，则三棱锥的外接球的体积为___________.
12．给出下列五个命题：
①函数在区间上存在零点；
②要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位；
③若，则函数的值城为；
④“”是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件；
⑤已知为等差数列，若，且它的前项和有最大值，那么当取得最小正值时，.
其中正确命题的序号是________.
四、解答题
13．设，集合，若个互不相同的非空集合，同时满足下面两个条件，则称是集合的“规范子集组”
①；
②对任意的，要么，要么中的一个是另一个的子集．
（1）直接写出集合的一个“规范子集组”
（2）若是集合的“规范子集组”，
（ⅰ）求证：中至多有1个集合对，满足且；
（ⅱ）求的最大值
14．已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）当时，关于的方程恰有三个不同的实数根，求的取值范围．
15．已知函数f（x），x∈R．
（1）若f（x）是偶函数，求实数a的值；
（2）当a＞0时，不等式f（sinxcosx）﹣f（4+t）≥0对任意的x∈恒成立，求实数t的取值范围；
（3）当a＞0时，关于x的方程在区间[1，2]上恰有两个不同的实数解，求实数a的取值范围．
16．设，函数．
（1）若，求证：函数为奇函数；
（2）若，判断并证明函数的单调性；
（3）若，函数在区间上的取值范围是，求的范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断③，再利用三角函数的性质可依次判断①②④.
【详解】
由函数，
令，则
函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，
由，得，则，
即，，故③正确；
对于①，，，
当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误；
对于②，周期，由，则，，
又，所以的最小正周期可能是，故②正确；
对于④，，，又，
又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．
故正确结论的序号是：②③
故选：B
【点睛】
方法点睛：函数的性质：
(1) .
(2)周期
(3)由 求对称轴，由求对称中心.
(4)由求增区间；由求减区间.
2．D
【分析】
先判断函数在R上的单调性，再将函数值的大小转化为自变量的大小，分参转化为恒成立问题，进而得到答案.
【详解】
因为在单调递增（增＋增），且函数是R上的奇函数，容易判断函数在R上是增函数.
对任意的,
问题
，
记，则问题
因为，当且仅当时取“=”，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题较为综合，到这一步都是比较正常的思路，接下来注意齐次式的处理方式，，目的是为了消元（看成一个量），下一步的换元一定要注意要把分母整体换元，这样后面的运算会简单，最后结合基本不等式或者导数解决即可.
3．D
【分析】
先根据判断a接近2，进一步对a进行放缩，，进而通过对数运算性质和基本不等式可以判断a>2；
根据b的结构，构造函数，得出函数的单调性和零点，进而得到a,b的大小关系，最后再判断b和2的大小关系，最终得到答案.
【详解】
.
构造函数：，易知函数是R上的减函数，且，由，可知：，又，∴，则a>b.
又∵，∴a>b>2.
故选：D.
【点睛】
对数函数式比较大小通常借助中间量，除了0和1之外，其它的中间量需要根据题目进行分析，中间会用到指对数的运算性质和放缩法；另外，构造函数利用函数的单调性比较大小是比较常用的一种方法，需要我们对式子的结构进行仔细分析，平常注意归纳总结.
4．B
【分析】
因为是分段函数，新函数的零点问题也需要分段研究，每一段上的零点个数加成总和即为函数的零点个数.
【详解】
分段讨论：当时，与有两个交点，两个零点.
要使有4个零点,
则当时与有两个交点即可（如图）.
过点作的切线，设切点为,
则，即切线方程为,
把点代入切线方程，得或,
又，则，
又，解得，
所以实数的取值范围是
故选B.
【点睛】
分段函数一定要分段研究，不同的取值范围对应不同的解析式．在二次函数与一次函数相交的问题中，巧妙利用图像法可有效解决问题.
5．A
【分析】
由题意可知，满足不等式的解中有且只有两个整数，即函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点，然后利用数形结合思想得出以及，由此可得出实数的取值范围.
【详解】
由，得.
由题意可知，满足不等式的解中有且只有两个整数，
即函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点.
如下图所示：
由图象可知，由于，该直线过定点.
要使得函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点，则有，即，解得，
又，所以，，因此，实数的取值范围是.
故选A.
【点睛】
本题考查函数不等式的求解，解题的关键利用数形结合思想找到一些关键点来得出不等关系，考查数形结合思想的应用，属于难题.
6．A
【分析】
设为的奇子集，构造集合，得到奇子集与偶子集个数相等，①正确；
计算奇子集容量之和是，等于偶子集的容量之和，得到②正确，判断得到答案.
【详解】
设为的奇子集，令，则是偶子集
是奇子集到偶子集的一一对应，且每个偶子集，均恰有一个奇子集，
与之对应，故的奇子集与偶子集个数相等，所以①正确；
对任一，含的子集共有个，用上面的对应方法可知，在时，这个子集中有一半是奇子集，在时，由于，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集，于是计算奇子集容量之和是，根据上面所说，这也是偶子集的容量之和，两者相等，所以当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，即命题②正确，
故应选.
【点睛】
本题考查了集合的新定义问题，构造集合是解题的关键.
7．AC
【分析】
本题在充分理解题意的基础上可先由已知条件将可以求出的线段求出，找到图二复杂多面体的特点，再对各选项逐个分析.对于A可利用线面垂直证明线线垂直；对于B，由已知条件作辅助线求解；对于C，利用正方形判定定理，利用题中条件即可；对于D，图二正八面体利用体积公式即可.
【详解】
如图1，底面正三角形面积,所以,得.如图2，过点作平面，连接,由旋转以及三角形中心性质可知，,由题意知，,在中，,同理,所以图二多面体为正八面体.
对于A，取中点,连接,由等边三角形性质易得,,又因为平面,平面，,所以平面,又因为平面,所以，故A正确；
对于B，由已证知，,故B错误；
对于C，由旋转性质易得,又,所以四边形为菱形，由已知易证平面,得,所以四边形为正方形，故C正确；
对于D，多面体为正八面体，体积公式，正三棱柱体积2,两体积不同，故D错误.
故选:AC
【点睛】
对于复杂的立体几何问题，可以先从题中条件或简单处入手，求出图形的边长等，利用直观想象能力，通过数形结合方法进一步寻找条件从而求解求证.
8．AC
【分析】
对于A根据已知条件证明平面即可；对于B根据已知条件求出的长即可；对于C转化为求与的夹角即可；对于D根据三棱锥的体积最大时的特征放入长方体中求解即可.
【详解】
对于A，如图1所示，因为在菱形中，,，所以易证是等边三角形，又因为为的中点，所以，由翻折性质知.又因为平面,,所以平面,因为平面,所以.故A正确.
对于B，如图1所示，取中点，由三角形中位线定理知,在菱形中易证，因为和的两边方向相同，则由等角定理易证，在中由余弦定理得，得，所以的长为定值，故B错误.
对于C，如图1所示，由已证知，所以与的夹角即为与的夹角，在中，由余弦定理得,因为，所以，由于空间中两直线夹角范围为，所以与的夹角为，即与的夹角为，故C正确.
对于D，由题意可知当平面平面时三棱锥的体积最大.由A项已证知此时平面，因为，所以.如图2所示,要求三棱锥外接球表面积即求如图长方体外接球的表面积，由已知得长方体的长宽高分别为，则长方体外接球半径，则表面积为，故D错误.
故选:AC
【点睛】
一.求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
二.几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系
9．
【分析】
本题首先可以将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，然后根据平面得出截面为平行四边形，再然后根据三角形相似的相关性质得出两相邻边的和为，再然后求出异面直线与所成角的正弦值，最后通过解三角形面积公式以及基本不等式即可得出结果．
【详解】
如图所示，将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，
由于平面，故截面为平行四边形，由平面几何的平行线段成比例可得，
设异面直线与所成角为，
则，解得，
所以平行四边形的面积，
当且仅当时取“”号，故答案为．
【点睛】
本题考查四面体截面面积的求法，考查解三角形面积公式以及基本不等式的使用，能否根据四面体构建出长方体以及确定四面体截面的位置是解决本题的关键，考查推理能力，是难题．
10．
【分析】
由题意得，函数是增函数，构造出方程组，利用方程组的解都大于0，求出t的取值范围.
【详解】
因为函数为“倍缩函数”，即满足存在，使在上的值域是
由复合函数单调性可知函数在上是增函数
所以，则，即
所以方程有两个不等的实根，且两根都大于0
则，解得
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题考查由函数的新定义求参数取值范围问题，属于难题.
11．
【分析】
根据面面垂直的性质定理得出DC⊥平面ABC，进而找到三角形ABC的外心O1与三角形BCD的外心O2，然后过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面BCD的垂线，两条垂线的交点即为外接球心，最后解出答案.
【详解】
如图，因为平面ACD⊥平面ABC，且交于BC，而DC⊥BC，所以DC⊥平面ABC，
取正三角形ABC的外心（也为重心）O1，过O1引平面ABC的垂线，
取直角三角形BCD的外心O1，则O1为BD中点，过O2引平面BCD的垂线，设两条垂线交于O，则O为三棱锥的A-BCD的外接球心.
取BC中点D，连接AO1,OO2,O2D,O1D，因为分别为的中点，所以∥DC，且，所以平面ABC，因为平面ABC，所以∥.
易知三点共线，且AD⊥BC，又因为平面ACD⊥平面ABC，且交于BC，所以AD⊥平面BCD，而OO2⊥平面BCD，所以O1D∥OO2，于是四边形是矩形，且.
连接，在正三角形ABC中，其边长为3，所以，
由勾股定理：外接球半径，所以外接球体积.
故答案为：.
【点睛】
多面体外接球心比较常见的一种找法是选取多面体的两个特殊面（通常为等边三角形、等腰三角形和直角三角形），然后找到两个面的外心，进而通过外心引各自所在面的垂线，垂线的交点即为球心，然后构造几何图形求出外接球半径即可，本题比较典型，可以作为范题进行总结.
12．①③④
【分析】
①根据函数零点的存在性定理可判定，故正确；
②要得到此函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，故错误；
③根据对数的真数可取所有正实数，可得此函数的值城为，故正确；
④根据“”能说明“函数在定义域上是奇函数”，但“函数在定义域上是奇函数”得到的是“”，则是充分不必要条件，故正确；
⑤由有最大值，得，进一步得到，故错误.
【详解】
对于①函数在区间上单调递增，，根据函数零点的存在定理可得在区间上存在零点，正确；
对于②将函数化为，要得到此函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，得到，错误；
对于③当，函数的真数为，判别式，故真数可取所有正实数，故函数的值城为，正确；
对于④函数在定义域上是奇函数，则，即解得，所以条件可推出结论，结论不能推出条件，是充分不必要条件，正确；
对于⑤有最大值，所以，于是，所以，则，即，所以所求，错误.
故答案为：①③④
【点睛】
本题考查了函数的零点分布，三角函数图像的平移变换，对数函数的定义域与值域，还考查了等差数列中求前n项和为正的问题，属于难题.
13．
（1）
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】
（1）根据题意写出答案即可；
（2）（ⅰ）利用反证法证明即可；
（ⅱ）设，当时，令，当时，令，这样取出的个集合满足题意，用数学归纳法证明，将分为三类：①全集；②不为全集，且与的交集不为空集；③与的交集为空集，讨论从而可得出答案.
（1）
解：设，令，则满足且，
所以的一个“规范子集组”为；
（2）
（ⅰ）证明：利用反证法证明：
解：假设“存在两个不同的集合对；”
依题意即互补，不妨设对“规范k-子集组”来讲：
一方面，时，，
另一方面，其中存在两个不同的集合对；满足，
不妨设，即，再由“”，得，
此时，要么，要么是的真子集，
若，则，
故，这与与矛盾；
若是的真子集，则是的真子集，
此时，且彼此都不是对方的子集，
综上，假设“存在两个不同的集合对；”不成立，所以原结论成立，证毕.
（ⅱ）解：设，
当时，令，
当时，令，
这样取出的个集合满足题意，
下面用数学归纳法证明，
当时，结论成立；
假设当时，结论成立，
当时，考虑中不为全集且元素个数最多的集合（记为，并设中有个元素），则，
将分为三类：
①全集；
②不为全集，且与的交集不为空集；
③与的交集为空集.
由的选取，知②中的集合均为的子集，且依然满足条件，由归纳假设可知②中的集合的个数不超过，
而③中的集合均为的子集，有归纳假设可知集合的个数不超过，
所以，
即当时，结论成立，
所以均有，
即的最大值为.
【点睛】
本题考查了集合新定义问题，考查了分类讨论思想，和数据分析能力，对逻辑推理能力要求比较高，难度较大.
14．（1）；（2）.
【分析】
（1）本题可根据正弦函数的单调性得出，然后通过计算即可得出结果；
（2）首先可通过解得或，然后绘出函数在区间上的图像，再然后将“有三个不同的实数根”转化为有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，最后分为或、、、四种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】
（1）令，
解得，
故的单调递增区间为，
（2）等价于，
解得或，
因为，所以，，
如图，绘出函数的图像，
方程有三个不同的实数根等价于有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，
①当或时，无解，不符合题意；
②当时，则，有一个实数解，有两个不同的实数解，符合题意；
③当时，则，有两个不同的实数解，有一个实数解，符合题意；
④当时，则，有一个实数解，至多有一个实数解，不符合题意，
综上，m的取值范围为．
【点睛】
本题考查三角函数单调区间的求解以及三角函数图像的综合应用，可借助正弦函数、余弦函数以及正切函数的单调性来求解三角函数的单调区间，考查数形结合思想以及分类讨论思想，考查推理能力，是难题.
15．（1）a；（2）（]；（3）（，log4]
【分析】
（1）根据f（x）是偶函数，有f（﹣x）＝f（x），得log2（2﹣x+1）+a（﹣x）＝log2（2x+1）+ax化简求解.
（2）由a＞0，结合对数函数和一次函数的单调性，得到函数f（x）＝log2（2x+1）+ax是增函数，然后利用单调性的定义，将不等式f（sinxcosx）﹣f（4+t）≥0，转化为sinxcosx≥4+t，对任意的x∈恒成立，利用三角函数的性质求解.
（3）根据题意，有 f（0）＝1，将方程f[f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）]＝1，转化为f[f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）]＝f（0）．再利用函数的单调性，转化为变形为：1og4a，通过函数g（x）的图象与y＝a有2个交点求解.
【详解】
（1）根据题意，若f（x）是偶函数，则f（﹣x）＝f（x），
则有log2（2﹣x+1）+a（﹣x）＝log2（2x+1）+ax，变形可得2ax＝log2（2﹣x+1）﹣log2（2x+1）＝﹣x，
解得a；
（2）当a＞0时，函数y＝log2（2x+1）和函数y＝ax都是增函数，则函数f（x）＝log2（2x+1）+ax为增函数，
∵不等式f（sinxcosx）﹣f（4+t）≥0，所以f（）≥f（4+t）对任意的x∈恒成立
∴sinxcosx≥4+t，对任意的x∈恒成立；
∴t≤2sin（x）﹣4对任意的x∈恒成立；
∴t≤（2sin（x）﹣4）min，x∈；
由x∈，得x∈[]，
∴当x时，sin（x）﹣4的最小值为4；
∴t；故t的取值范围为（]．
（3）根据题意，函数f（x）＝log2（2x+1）+ax，有f（0）＝1，
则f[f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）]＝1即f[f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）]＝f（0）．
又由当a＞0时，函数f（x）＝log2（2x+1）+ax为增函数，
则有f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）＝0，
即log2（2x+1）﹣1og4（2x﹣1）＝a，
变形可得：1og4a，设g（x）＝1og4，
若方程f[f（x）﹣a（1+x）﹣1og4（2x﹣1）]＝1在区间[1，2]上恰有两个不同的实数解，则函数g（x）的图象与y＝a有2个交点，
对于g（x）＝1og4，设h（x），则h（x）（2x﹣1）4．
又由1≤x≤2，则1≤2x﹣1≤3，则h（x）min＝8，h（1）＝9，h（2），则h（x）max＝9，
若函数g（x）的图象与y＝a有2个交点，
必有log48a≤log4，
故a的取值范围为（，log4]．
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
16．（1）证明见详解；（2）定义域上单调递增，证明见详解；（3）-1；
【分析】
（1）代入解析式，根据函数式知定义域为且，即为奇函数；
（2）利用单调性定义令，有，即可知大小关系.
（3）有题设知，而，讨论、，结合函数在相应区间的单调性，应用一元二次方程、不等式组求的范围．
【详解】
（1）时，有且定义域为，
∴，
综上有：的定义域关于原点对称且，即为奇函数；
（2）时，有，即定义域为R，结论为：在R上单调递增.
设对任意两个实数：，则
，而，，
∴，即得证.
（3）由知：，由知：，所以，
∵，所以或，
∴当时，由（2）知在R上单调递增，结合题意有，
，得，即是的两个不同的实根，
∴令，则在上有两个不同实根，
故，可得，
当时，在上都递减，
若，有，则与矛盾，舍去；
若，有，即有
，即，所以，两式相减得
，又，即有，则，显然与、矛盾.
∴综上有.
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据函数单调性、奇偶性定义证明函数的单调性、奇偶性；
（2）由给定区间及其值域，结合函数的单调性，构造方程将问题转化为二次函数根的分布及有解问题求范围.
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