高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷6word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6
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．定义在上的函数若满足：①对任意、，都有；②对任意，都有，则称函数为“中心捺函数”，其中点称为函数的中心.已知函数是以为中心的“中心捺函数”，若满足不等式，当时，的取值范围为
A． B． C． D．
2．如图，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点分别在上，且.过点的平面与此四棱台的下底面会相交，则平面与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为
A． B． C． D．
3．如图，矩形中边的长为，边的长为，矩形位于第一象限，且顶点分别位于轴、轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值为
A． B． C． D．
4．设，，且，若向量满足，则的最大值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．在中，，，且，则的取值范围是
A． B． C． D．
6．在中，的最大值为
A． B． C． D．
二、多选题
7．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，
8．如图，在棱长为4的正四面体ABCD中，E，F分别在棱DA，DC上，且EFAC，若，，，则下列命题正确的是（ ）
A． B．时，BP与面ABC夹角为φ，则
C．若，则P的轨迹为不含端点的直线段 D．时，平面ACD与平面BDP所夹的锐二面角为，
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．用表示非空集合中元素的个数，定义，若，，，则实数的所有可能取值构成集合，则______.（请用列举法表示）
10．设函数，,若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是________
11．已知有限集合，定义如下操作过程：从中任取两个元素、，由中除了、以外的元素构成的集合记为；①若，则令；②若，则；这样得到新集合，例如集合经过一次操作后得到的集合可能是也可能得到等，可继续对取定的实施操作过程，得到的新集合记作，……，如此经过次操作后得到的新集合记作，设，对于，反复进行上述操作过程，当所得集合只有一个元素时，则所有可能的集合为______．
12．设，若对于满足的三个不同实数，恒有，则实数a的最小值为______．
四、解答题
13．已知函数．
（1）若时，求函数的定义域；
（2）若函数有唯一零点，求实数a的取值范围；
（3）若对任意实数，对任意的、时，恒有成立，求正实数a的取值范围．
14．已知且，是定义在M上的一系列函数，满足：，.
（1）求，的解析式；
（2）若为定义在M上的函数，且.
①求的解析式；
②若方程有且仅有两个实根，求实数m的取值范围.
15．对于任何给定集合S，用表示集合S的元素个数，用表示集合S的子集个数.已知集合A，B，C满足下列两个条件：①，②，求的最小值.
16．如果对于三个数、、能构成三角形的三边，则称这三个数为“三角形数”，对于“三角形数”、、，如果函数使得三个数、、仍为“三角形数”，则称为“保三角形函数”.
（1）对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由；
（2）对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【分析】
先结合题中条件得出函数为减函数且为奇函数，由，可得出，化简后得出，结合可求出，再由结合不等式的性质得出的取值范围.
【详解】
由知此函数为减函数.
由函数是关于的“中心捺函数”，知曲线关于点对称，故曲线关于原点对称，故函数为奇函数，且函数在上递减，
于是得，.
，.
则当时，令m=x，y=n则：
问题等价于点（x，y）满足区域，如图阴影部分，
由线性规划知识可知为（x，y）与（0，0）连线的斜率，
由图可得，
，故选C.
【点睛】
本题考查代数式的取值范围的求解，解题的关键就是分析出函数的单调性与奇偶性，利用函数的奇偶性与单调性将题中的不等关系进行转化，应用到线性规划的知识，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
2．B
【分析】
由题意可知，当平面α经过BCNM时取得的截面面积最大，此时截面是等腰梯形；根据正四棱台的高及MN中点在底面的投影求得等腰梯形的高，进而求得等腰梯形的面积．
【详解】
当斜面α经过点时与四棱台的面的交线围成的图形的面积最大，此时α为等腰梯形，上底为MN=4，下底为BC=8
此时作正四棱台俯视图如下：
则MN中点在底面的投影到BC的距离为8-2-1=5
因为正四棱台的高为5，所以截面等腰梯形的高为
所以截面面积的最大值为
所以选B
【点睛】
本题考查了立体几何中过定点的截面面积问题，关键是分析出截面的位置，再根据条件求得各数据，需要很好的空间想象能力，属于难题．
3．B
【分析】
设，，利用得出a，b之间的关系，用a，b，θ表示出B，C的坐标，代入数量积公式运算得出关于θ的三角函数，利用三角函数的性质求出最大值.
【详解】
如图，设，
则
因为
所以
则
所以的最大值为
所以选B
【点睛】
本题考查了平面向量的数量积运算，通过建立坐标系求解是常用方法，属于难题．
4．B
【分析】
设，，，，根据条件，借助平面图形得到点的轨迹，即可得到结果．
【详解】
如图，
设，，，，连接，，
则由可知四边形为矩形，则.
由，可得，
连接，则，所以点在以点为圆心，4为半径的圆上，
所以的最大值为.
故选：B.
【点睛】
对于向量模的最值或者范围的问题，我们往往采取数形结合的方式进行解决.首先我们要根据题目的条件将几个向量的起点平移到同一点，作出图形，最后根据所求向量的条件得出终点的轨迹.
5．D
【分析】
由，可以得到，利用平面向量加法的几何意义，可以构造平行四边形，根据，可知平行四边形是菱形，这样在中，可以求出菱形的边长，求出的表达式，利用，构造函数，最后求出的取值范围.
【详解】
，以为邻边作平行四边形，如下图：
所以，因此,所以平行四边形是菱形，设，，所以，在中，
，
设，
所以当 时，，是增函数，故，因此本题选D.
【点睛】
本题考查了平面加法的几何意义、以及平面向量数量积的取值范围问题，利用菱形的性质、余弦的升幂公式、构造函数是解题的关键.
6．B
【分析】
解法：利用，得出，然后利用辅助角公式以及二倍角公式可得出的最大值；
解法：由积化和差公式得出，然后利用和辅助角公式可得出的最大值.
【详解】
法1：
，
当且仅当，时，等号成立，
因此，的最大值为，故选B；
法2：，
当且仅当，时，等号成立，
因此，的最大值为，故选B.
【点睛】
本题考查三角形中的最值的求解，涉及到三角恒等变换中的一些变形技巧，解题时要注意化异角为同角，充分利用辅助角公式来求解，考查运算求解能力，属于难题.
7．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．
8．AD
【分析】
利用的范围，根据向量数乘的意义得点轨迹，判断AC，作出直线与平面所成的角，计算正弦值，作出二面角的平面角，计算正弦值，然后判断BD．
【详解】
对于A，当，，点的轨迹是内部（不含边界），
的的最小值是点到平面的距离，最大值是棱长（取不到），
设是的中心，则平面，从而有与平面内所有直线垂直，
，，
所以的范围是，故A正确．
对于B，时，是中位线，点轨迹是线段（不含端点），
作平面于，连接，则是与平面所成的角．
点到平面的距离等于，是中位线，，
由，平面，平面，得平面，
所以等于到平面的距离，也等于点到平面的距离的一半，即，
中，，，边上的高为，
所以，，所以，故B错误；
对于C，当时，与重合；当时，与重合，是两个极限点（实际取不到），
当时，是中位线的中点．三点不共线，故C错误；
对于D，在上取点，使得，连接，时，点轨迹是线段（不含端点），
由A选项讨论知平面， 平面，则，
作，垂足为，连接，由，则平面，
又平面，所以，所以是平面与平面所的锐二面角的平面角，即．
在（是中点）中，，，
，
由得，所以，
，
，故D正确．
故选：AD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查空间动点轨迹，考查向量的数乘运算的意义，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是掌握空间角的定义，由定义作出空间角的平面角，然后计算出平面角得空间角，考查学生的分析解题能力与运算求解能力，属于难题.
9．
【分析】
根据，，可知要么是单元素集合，要么是三元素集合，然后对方程的个数进行讨论，即可求得的所有可能取值.
【详解】
由于，等价于①或②
又，，可知要么是单元素集合，要么是三元素集合，
（1）当是单元素集合，则方程①有两个相等的实根，方程②无实根，此时；
（2）当是三元素集合，则方程①有两个不相等的实根，方程②有两个相等的实根，
此时，解得
实数的所有可能取值构成集合
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查元素与集合的判断，解题的关键是对新定义的理解，考查学生的分析审题能力与分类讨论思想，属于中档题.
10．
【分析】
分别作出函数与的图像，再观察交点所在区间即可得解.
【详解】
解：函数的大致图像如图所示，
当时，，无解，，不止一个整数解，不合题意；
当时，如①所示，，不止一个整数解，不合题意；
当时，若直线经过点时，
此时，无整数解，故当时，恰有一个整数解，而此时，无解，符合题意；
若直线经过点时，此时，无整数解，
时，无整数解，
若直线经过点时，此时，无整数解，时，恰有一个整数解，即，
综上，的取值范围是.
【点睛】
本题考查了函数图像的作法及数形结合的数学思想方法，属中档题.
11．
【分析】
先根据定义用运算律证明实施的具体操作过程无关，再根据结果逆推求解.
【详解】
解：由题可知中仅有一项，令
对于满足的实数定义运算：,
下面证明这种运算满足交换律和结合律.
因为,且,所以,即该运算满足交换律;
因为
且,
所以,即该运算满足结合律;
所以中的项与实施的具体操作过程无关;
选择如下操作过程求：由题可知;
易知;
所以：
易知经过3次操作后剩下一项为,
故答案为：.
【点睛】
本题是一道综合性很强的集合运算题,解题时要认真审题,理解定义,并会用新定义来解题,仔细解答,避免错误.
12．
【分析】
设，且，则满足，原不等式化简可得，结合展开式的根与系数关系可得，将变形为，再结合根与系数关系化简，由配方法和二次函数性质放缩即可求解
【详解】
设，且，
则，即，由题意知，，
即，
根据对应关系有：，
故
，
故只需满足，即，解得，故的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查函数零点与方程根的关系，二次函数的性质，考查了转化与化归思想，其中对于三次函数的根与系数的关系接触较少，应类比于二次函数推导关系进行求解，属于难题
13．
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）由题知，解不等式即可得解；
（2）将已知转化为有唯一零点，分类讨论和时两种情况研究方程的零点，即可得解；
（3）函数为减函数，求得函数的最值，将问题转化为 ，即，构造函数，讨论二次函数的对称轴在区间的左，中，右三种情况即可得解.
（1）
当时，
要使函数有意义，则，即，即，解得
所以函数的定义域为
（2）
函数有唯一零点，
即①有唯一零点，
即有唯一零点，
当时，，解得，符合题意；
当时，方程为一元二次方程，其
当时，，方程有两个相等的实数根，符合题意；
当时，，方程有两个不等的实数根，；
若为方程①的解，则，解得；
若为方程①的解，则，解得；
要使方程①有唯一实数解，则
综上，实数a的取值范围为
（3）
函数，其中内部函数为减函数，外部函数为增函数，
由复合函数性质知为减函数，
，
不等式转化为，
即转化为
即
令，，即
二次函数对称轴为，由，开口向上
（1）当时，，函数在上单调递减，
，解得，不符合题意，舍去；
（2）当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，即，解得，取交集得；
（3）当时，，函数在上单调递增，
，解得，取交集；
综上，正实数a的取值范围
【点睛】
方法点睛：研究二次函数在区间上的最值，通常分为四种情况：（1）轴定区间定；（2）轴定区间动；（3）轴动区间定；（4）轴动区间动；这四种情况都需要按三个方向来研究函数的最值：对称轴在区间的左侧、中间、右侧，从而知道函数的单调性，即可求出函数的最值.
14．（1）。（2）①；②或.
【分析】
（1）由已知递推式，即可写出的解析式；
（2）①由（1）结合已知可列关于的方程组，消元即可得的解析式;
②由已知方程可得有且仅有两个实根，可化为，令，得，令，得，根据函数图像即可求出.
【详解】
（1）由题意知：，.
（2） ①利用（1）中的结论，用替换两次，分别得到
，消去，可得；
②由题可得方程有且仅有两个实根，
则整理可得，
令，则，且，
且当时，方程不成立，即不是方程的根，
，
，
令，则，
则，即
画出，的函数图象，
则或，
解得或.
【点睛】
关键点点睛：由已知递推关系求函数解析式；将方程有的实根转化为两个函数图象交点求参数范围.
15．97
【分析】
由题知即，再利用容斥原理可得，，进而可得，即求.
【详解】
∵，
∴，又
∴，即，
∴，
又，
∴，
但，
∴，同理，
∴ ，
当时，
，
综上，的最小值为97.
16．（1）不是，理由见解析；（2）是，理由见解析.
【分析】
（1）取，分别求得，由此可得，故函数不是“保三角形函数”；
（2）分，，三种情况均可证得能构成三角形的三边，故函数是“保三角形函数”.
【详解】
（1）因为，取，
则，，，
显然，即不能构成三角形的三边，
故函数不是“保三角形函数”.
（2）①当时，，所以最大.
由得，所以，
故，即能构成三角形的三边；
②当时，，所以最大.
由得，，
故，即能构成三角形的三边；
③当时，，所以最大.
由得，所以，
故，即能构成三角形的三边；
综合①②③可知，函数是“保三角形函数”.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：分，，三种情况证明能构成三角形的三边.
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