高中数学人教A版必修第一册第二册综合拔高试卷1word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1
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且， 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知正六棱锥，是侧棱上一点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
4．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
A． B． C． D．
5．如图所示，在平面四边形中，已知，，，记的中垂线与的中垂线交于一点，恰好为的角平分线，则（ ）
A． B． C． D．
6．关于的不等式在区间上恒成立，的最大值为，则实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知菱形的边长为2，，沿对角线折叠成三棱锥，使得二面角为直二面角，设为的中点，为三棱锥表面上的动点，则（ ）
A．四面体的外接球的半径为
B．与所成的角
C．线段的最大值是
D．若，则点轨迹的长度为
8．如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的动点.将分别沿折起，使两点重合于，连接.下列说法正确的是（ ）
A．PD
B．若把沿着继续折起，与恰好重合
C．无论在哪里，不可能与平面平行
D．三棱锥的外接球表面积为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知关于的方程有两个不同的解，则实数的取值范围是________
10．在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________．
11．已知，均为单位向量，与，共面的向量满足，，则的最大值是__________.
12．设表示不超过的最大整数，若，.给出下列命题：
①对任意的实数，都有.
②对任意的实数，都有.
③.
④若函数，当时，令的值域为，记集合中元素个数为，则的最小值为，
其中所有真命题的序号为______.
四、解答题
13．已知定义在R上的函数满足：在区间上是严格增函数，且其在区间上的图像关于直线成轴对称．
（1）求证：当时，；
（2）若对任意给定的实数x，总有，解不等式；
（3）若是R上的奇函数，且对任意给定的实数x，总有，求的表达式．
14．已知函数.
（1）当时，求函数的零点.
（2）当，求函数在上的最大值；
（3）对于给定的正数，有一个最大的正数，使时，都有，试求出这个正数的表达式.
15．对于集合.
.集合中的元素个数记为.规定：若集合满足，则称集合具有性质.
（1）已知集合，，写出，并求出此时的值；
（2）已知均有性质，且，求的最小值.
16．已知一元二次方程有两个大于0，小于1的相异实根，其中a是正整数，b、c是整数，求a的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.
【详解】
由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
由等体积法：，得，
由等体积法：，得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.
2．B
【分析】
通过明确异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.
【详解】
解：如图，设点在底面上的射影为点，连接，,
作，则平面，所以与平面所成的角为，
即，
根据线面角最小定理知，作，则二面角的平面角为，即，根据，所以.
故选B.
【点睛】
本题考查立体几何中异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算，考查空间想象能力，数形结合思想，分析问题能力，属于难题.
3．A
【分析】
分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.
【详解】
首先利用排除法：
若取，则，此时，包含4个元素，排除选项 C；
若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；
若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；
下面来说明选项A的正确性：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，，，，，
若，则，则，故即，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍.
若，则，故即，
又，故，所以，
故，此时.
若， 则，故，故，
即，故，
此时即中有7个元素.
故A正确.
故选：A.
【点睛】
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
4．A
【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，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.
5．B
【分析】
由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，由可得，，则，由可得，从而得，再利用结合余弦定理可得结果
【详解】
由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，因为，
所以，，
所以，
又由题目条件可知，，
所以，，
所以，
所以．
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此题考查余弦定理的综合应用，考查降幂公式，考查三角形的面积公式的应用，考查圆内接四边形的性质的应用，解题的关键是由得四边形是以为圆心的圆内接四边形，从而有，由可得，再结合已知条件和余弦定理可得结果，考查数形结合的思想和计算能力，属于中档题
6．D
【分析】
根据题中条件，得到，求出，根据特殊值验证，分别取，，，结合正弦函数的性质，即可得出结果.
【详解】
由得，
即，则，
为使不等式有解，必有；
所以，即，
若，则，即，则，
又显然恒成立，所以，
解得，；
由题意可得，是的子集，此时的最大值为，不满足题意，故排除AB选项；
若，则，即，显然对任意恒成立，此时无最大值；故C错；
若，则，即，
因为显然恒成立，所以，
解得，；
由题意可得，是的子集，此时的最大值为，满足题意，故D正确；
故选：D.
【点睛】
本题主要考查由三角不等式恒成立求参数的问题，考查正弦函数的性质，二倍角公式的应用等，属于常考题型.
7．ABD
【分析】
对A，找到两个面的外接圆心，进而找到球心，最后通过勾股定理得出答案；
对B，建立空间直角坐标系即可求得；
对C，容易判断；
对D，找到AE的垂面（过点E）即可求出.
【详解】
对A，对如图1，延长B1O至O1，使得OO1=OB1，由题意可知O1是△ACB1的外心，同理作出△ADC的外心O2，过O1作面AB1C的垂线，同理作面ADC的垂线，两条垂线交于，容易判断四面体的外心.易得DO2=2，，由勾股定理可得外接球半径，A正确；
对B，如图建立空间直角坐标系，易得，，∴，所以B正确；
容易判断C错误；
对D，
若，分别取，的中点，，连接，，，则点轨迹的长度为， D正确.
故选：ABD.
【点睛】
对于外接球问题我们一定要找到外接球球心，先选择两个比较特殊的面（等腰三角形、直接三角形、等边三角形等等）找到外接圆心，通过外接圆心作面的垂线，两条垂线的交点即是外接球心；最后计算轨迹问题，根据AC⊥EF，找到AC的垂面（过点E），垂面与三棱锥的交线就是轨迹.
8．ABD
【分析】
A选项，线面垂直得到线线垂直；B选项，利用边长相等，得到与恰好重合；C选项，找到M点使得∥平面，D选项，求出外接球半径，进而得到三棱锥的外接球表面积.
【详解】
连接BD，与EF相交于G，连接PG，因为正方形中，点是的中点，点是的中点，所以BE=BF，△ADE≌△CDF，故DE=DF，所以BD是EF的垂直平分线，所以G是EF的中点，因为PE=PF，所以PG⊥EF，因为，所以EF⊥平面PBG，因为平面PBG，所以，A正确；
因为，故把沿着继续折起，与恰好重合；B正确；连接AC交BD于点O，则BO=DO，因为是的中点，点是的中点，所以∥AC，且，当位于靠近P的三等分点时，，可得：∥PB，因为PB平面MEF，MG平面MEF，可得：∥平面，故C错误；
由，，由余弦定理得：，所以，设△DEF的外接圆半径为，由正弦定理得：，如图，，过点P作PH⊥BD于点H，则PH⊥平面DEF，又因为PE=PF=1，EF=，所以PE⊥PF，且PG=，设HG=m，则HD=，由勾股定理得：，即，解得：，所以，所以，设球心为I，则IQ⊥底面BFDE，过I作IN⊥PH于点N，连接ID，则，设，则，设外接球半径为r，则ID=IP=r，即，解得：，所以，三棱锥的外接球表面积为，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】
三棱锥外接球题目，要先找到球心在其中一个平面三角形的投影，然后利用正弦定理或其他知识求出这个三角形的外接圆半径，找到顶点在次三角形上的投影，利用勾股定理列出方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积或体积.
9．
【分析】
令，则原方程化为，当即时，原方程化为，表示单位圆的上半部分；当即，或时，则原方程化为，表示等轴双曲线的上半部分（不含与坐标轴的交点）；再结合图象借助直线与圆和双曲线的位置关系分类讨论即可得出结论．
【详解】
解：∵方程有两个不同的解，令，则，
则原方程化为，
当即时，原方程化为，表示单位圆的上半部分，
当即，或时，则原方程化为，表示等轴双曲线的上半部分（不含与坐标轴的交点），
作出图象得，
∵等轴双曲线渐近线为，
∴直线与双曲线最多有一个交点，
∴直线与半圆至少有一个交点，
∴，得，
（1）当时，直线与半圆相切，有1个交点，与双曲线有1个交点，则原方程有两个不同的解；
（2）当时，直线与半圆相交，有2个交点，与双曲线有1个交点，则原方程有三个不同的解，不合题意；
（3）当时，直线与半圆有2个交点和，与双曲线没有交点，故原方程有两个不同的解；
（4）当时，直线与半圆有1个交点，与双曲线没有交点，故原方程只有1个解，不合题意；
（5）当时，直线与半圆有1个交点，与双曲线有1个交点，故原方程有两个不同的解；
（6）当时，直线与半圆有1个交点，与双曲线没有交点，故原方程只有1个解，不合题意；
（7）当时，直线与半圆没有交点，与双曲线也没有交点，故原方程没有解，不合题意；
综上，实数的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查方程的解的个数的判断，考查数形结合思想，考查分类讨论思想，属于难题．
10．或
【分析】
由边角互化可得,所以，
即，联立解得，或.分两种情况将两边分别同乘以向量得方程组，解得结果.
【详解】
由正弦定理得，所以，即，
由条件得，联立解得，或.
当时，
由，得，
即，所以. ——————————————①
同理，由，得，
即，即，
所以. ——————————————②
联立①②解得. 故.
当时，同理可得——③，——④
解得.
故答案为：或.
【点睛】
（1）三角形中的边角关系为条件时，常用正余弦定理统一化边或化角；
（2）若为的外心，则有，；
（3）此题的关键是找出三边关系和将向量转化为边长，得的关系式.
11．
【分析】
由已知，结合向量数量积的运算律可得，作，，，则，即的轨迹是以为直径的圆上，其半径为2，圆心为，由，得且，记，则，当与圆相切时，最小，即可求的最大值.
【详解】
将两边平方，得，
如图，作，，，则，
∴的轨迹是以为直径的圆上，其半径为2，圆心为，再以为圆心作单位圆，
由，得且，
∴当在圆上运动时，在圆上的轨迹是、，
要使最大，记，则，当与圆相切时最小，
此时，即，
∴的最大值是.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：根据向量的几何性质，作，，，的轨迹是以为直径的圆上，其半径为2，圆心为，再以为圆心作单位圆，在圆上运动时，的在圆上轨迹是、，记，则，当与圆相切时最小，即此时的最大.
12．①②④
【分析】
直接利用定义判断①②；利用新定义分类求出各式的值，作和后加以判断③；由题意先求，再求，然后再求，得到，进而得到，用基本不等式求解的最小值判断④，得到答案.
【详解】
对于①，由表示不超过的最大整数，则对任意的实数，都有，命题①正确；
对于②，记（），（），
则，故②正确；
对于③，，，，.
，，
，，
，命题③错误；
对于④，根据题意：.
在各区间中的元素个数是：.
，则，
当时，最小值为，命题④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查命题的真假的判断，对新定义的理解应用是解题的关键，通过取整函数来建立新函数，进而研究其定义域和值域，该题是中档题.
13．
（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【分析】
(1)在函数()的图像任取点，推导可得，再结合严格递增推理作答.
(2)根据给定条件结合(1)可得的值域，在的条件下分段求解作答.
(3)求出函数区间、上表达式，再借助奇函数性质计算作答.
（1）
依题意，，函数的图象上任意点关于直线对称点在函数的图象上，
则有：，且，于是得：，显然满足，
当时，若，而，又在区间上是严格增函数，
则，即，与矛盾，
若，而，又在区间上是严格增函数，则，即，与矛盾，
所以当时，.
（2）
由(1)知，函数在区间上的值域为，函数的图象可由的图象向左平移2个单位而得，
因对任意给定的实数x，总有，
则函数在R上的图象可由数()的图像向左向右每2个单位平移而得，
于是得函数在R上的值域为，由得：，
当时，，则，由得：
，解得，则有，
当时，，则，由得：，解得，则有，
当时，，由得：，解得，则有，
综上得：，
所以不等式的解集是.
（3）
因对任意给定的实数x，总有，
，当时，有，则，
，当时，有，则，
显然，函数的值域是，函数的值域是，
则取尽一切正整数，，
因此，当时，，
而是R上的奇函数，则当时，，，又，
所以，，，即函数的表达式是.
【点睛】
思路点睛：涉及分段函数解不等式问题，先在每一段上求解不等式，再求出各段解集的并集即可.
14．（1）零点为和1；（2）；（3）.
【分析】
（1）将代入，令，去掉绝对值直接求解即可得出零点；
（2）依题意，最大值在中取得，然后分类讨论即可得出答案；
（3）问题可转化为在给定区间内恒成立，分及讨论得出答案．
【详解】
（1）当时，，
令，解得：或(舍)；
令，解得：；
函数的零点为和；
（2）由题意得：，其中，
，最大值在中取.
当，即时，在上单调递减，；
当，即时，在上单调递增，上单调递减，
；
当，即时，在上单调递减，上单调递增，
；
，；
综上所述：；
（3）时，，，，
问题转化为在给定区间内恒成立.
，分两种情况讨论：
当时，是方程的较小根，
即时，；
当时，是方程的较大根，
即时，；
综上所述：.
【点睛】
本题考查函数的最值及其几何意义，函数的零点与方程根的关系，属于难题.
15．（1），，，
所以；（2）.
【分析】
（1）根据的定义求得，根据的定义求得.
（2）集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同，则任意两个不同元素之差的绝对值均不相同，由此构造并求得.求得的表达式，结合绝对值的性质求得的最小值.
【详解】
（1）由题意知，，，
所以.
（2）由题意，集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同.
如，对于任意的，有，
等价于，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.
令，
由具有性质.
因为集合均有性质，且，
所以，当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
【点睛】
本小题主要考查新定义集合的理解和应用，属于难题.
16．5
【分析】
写出韦达定理并由此求得，根据二次函数零点分布列不等式，由此求得的最小值.
【详解】
设方程的两根为、，则，，
由韦达定理.
从而.
，，即.
同理，
从而，亦即，①
设二次函数，由于，
的图象是开口向上的抛物线.
又与x轴的两个交点在0，1之间，必有即.
又a，b，c是整数，，，再结合①式即有，即；另一方面，当，时b取-5，方程的两根，均大于0且小于1，
的最小值是5.
【点睛】
本题把方程、不等式、函数三者紧密结合起来，涉及韦达定理的应用、配方法、放缩法、函数图象的特征等，综合性强，体现了对数学解题能力的要求，值得细细品味其中环环相扣的解题过程.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页