1、試卷第 =page 3 3頁，共 =sectionpages 4 4頁試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 4 4頁高中數學人教A版必修第一冊第二冊綜合拔高試卷3第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、單選題1如圖，直角的斜邊長為2，且點分別在軸，軸正半軸上滑動，點在線段的右上方設，（），記，分別考查的所有運算結果，則A有最小值，有最大值B有最大值，有最小值C有最大值，有最大值D有最小值，有最小值2如圖所示，平面平面，二面角，已知，直線與平面，平面所成角均為，與所成角為，若，則的最大值是（ ）ABCD3設是實系數一元二次方程的兩個根，若是虛數，是實數，則（ ）AB

2、CD4如圖，在中，點是線段及、的延長線所圍成的陰影區域內（含邊界）的任意一點，且，則在直角坐標平面上，實數對所表示的區域在直線的右下側部分的面積是（ ）ABCD不能求5已知函數 ，若函數的圖象與軸的交點個數不少于2個，則實數的取值范圍是ABCD6已知正六棱錐，是側棱上一點（不含端點），記直線與直線所成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則（ ）A，B，C，D，二、多選題7以表示值域為的函數組成的集合，表示具有如下性質的函數組成的集合：對于函數，存在一個正數，使得函數的值域包含于區間例如，當，時，則下列命題中正確的是：A設函數的定義域為，則“”的充要條件是“，”B函數的充要條件是有最大值

3、和最小值C若函數，的定義域相同，且，則D若函數有最大值，則8定義“正對數”：，若，則下列結論中正確的是.ABCD第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題9在中，分別為內角，的對邊，為的外心，且有，若，則_10已知，則的最大值為_11如圖，已知邊長為4的菱形中，將沿對角線翻折至所在的位置，若二面角的大小為，則過，四點的外接球的表面積為_.12三棱錐中，為邊長為3的等邊三角形，且面面，則三棱錐的外接球的體積為_.四、解答題13已知函數有如下性質：如果常數，那么該函數在區間上是減函數，在上是增函數（1）如果函數（）的值域為，求b的值；（2）研究函數（常數）在定義域上的單調性，并說明

4、理由；（3）對函數和（常數）作出推廣，使它們都是你所推廣的函數的特例研究推廣后的函數的單調性（只須寫出結論，不必證明），并求函數（n是正整數）在區間上的最大值和最小值（可利用你的研究結論）14已知函數的最小正周期為，且直線是其圖象的一條對稱軸（1）求函數的解析式；（2）在中，角、所對的邊分別為、，且，若角滿足，求的取值范圍；（3）將函數的圖象向右平移個單位，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的倍后所得到的圖象對應的函數記作，已知常數，且函數在內恰有個零點，求常數與的值15已知函數對任意的實數m，n都有，且當時，有恒成立（1）求的值；（2）求證在R上為增函數；（3）若，對任意的

5、，則關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍16已知在區間，上的值域，.（1）求的值；（2）若不等式在，上恒成立，求實數的取值范圍；（3）若函數有三個零點，求實數的取值范圍.答案第 = page 19 19頁，共 = sectionpages 20 20頁答案第 = page 20 20頁，共 = sectionpages 20 20頁參考答案1B【分析】設，用表示出，根據的取值范圍，利用三角函數恒等變換化簡，進而求得最值的情況.【詳解】依題意，所以.設，則，所以，所以，當時，取得最大值為.，所以，所以，當時，有最小值為.故選B.【點睛】本小題主要考查平面向量數量積的坐標運算，考查三角函數化簡

6、求值，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.2B【分析】由題意知，作輔助線找到，及二面角，四邊形為正方形進而得到為等腰三角形，利用所得直角三角形用邊表示、，即有它們的等量關系，利用結合二面角，即可求的最大值；【詳解】直線與平面，平面所成角均為，與所成角為，而，又，可知： ，若令二面角為，作于，于；過作，過作與交于點；面，又，故面，面，即；過作，過作與交于點；面，又，故面，面，即；作于，于，連接、，即有，且；，即，作有四邊形為正方形，即，有，故為等腰三角形且，令，則，有，而，又，當時等號成立故選：B【點睛】本題考查了應用輔助線，根據已知條件以及線面角、線線角、面面角的性質，得到它們的三角函數間

7、等量關系，并化簡目標三角函數式，結合二面角的范圍求目標式的最值；3C【分析】是實系數一元二次方程的兩個根，是共軛虛數,是實數,結合共軛復數的運算性質,可得是1的立方虛根,再由1的立方虛根的特性,可得答案.【詳解】是實系數一元二次方程的兩個虛數根,是實數, ,即或，而.故選:C【點睛】本題考查實系數一元二次方程虛數根的關系,以及共軛復數的運算關系.對特殊復數的性質的靈活應用是解題的關鍵,屬于難題.4A【分析】由點是由線段及、的延長線所圍成的陰影區域內（含邊界）的任意一點，作的平行線，把中、所滿足的不等式表示出來，然后作出不等式組所表示的可行域，并計算出可行域在直線的右下側部分的面積即可.【詳解】

8、如下圖，過作，交的延長線于，交的延長線于，設，則，所以，得，所以.作出不等式組對應的可行域，如下圖中陰影部分所示，故所求面積為，故選：A.【點睛】本題考查二元一次不等式組與平面區域的關系，考查轉化思想，是難題.解決本題的關鍵是建立、的不等式組，將問題轉化為線性規劃問題求解.5C【詳解】分析：根據的圖象與軸的交點個數不少于2個，可得函數的圖象與的交點個數不少于2個，在同一坐標系中畫出兩個函數圖象，結合圖象即可得到m的取值范圍.詳解：的圖象與軸的交點個數不少于2個，函數的圖象與函數的圖象的交點個數不少于2個，函數，時，函數為指數函數，過點，時，函數，為對稱軸，開口向下的二次函數.，為過定點的一條直

9、線.在同一坐標系中，畫出兩函數圖象，如圖所示.（1）當時，當過點時，兩函數圖象有兩個交點，將點代入直線方程，解得. 當與相切時，兩函數圖象有兩個交點. 聯立，整理得 則，解得，（舍） 如圖當，兩函數圖象的交點個數不少于2個.（2）當時，易得直線與函數必有一個交點如圖當直線與相切時有另一個交點設切點為，切線的斜率， 切線方程為切線與直線重合，即點在切線上.，解得由圖可知，當,兩函數圖象的交點個數不少于2個.綜上，實數的取值范圍是故選C.點睛：本題考查函數零點問題，考查數形結合思想、轉化思想及分類討論的思想，具有一定的難度.利用函數零點的情況，求參數值或取值范圍的方法（1）利用零點存在的判定定理構

10、建不等式求解（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.6B【分析】通過明確異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角，應用三角函數知識求解，而后比較大小.【詳解】解：如圖，設點在底面上的射影為點，連接，,作，則平面，所以與平面所成的角為，即，根據線面角最小定理知，作，則二面角的平面角為，即，根據，所以.故選B.【點睛】本題考查立體幾何中異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角的概念，以及各種角的計算，考查空間想象能力，數形結合思想，分析問題能力，屬于難題.7ACD【分析】A選項中，根據函數的定義域、值域的定義，轉化成

11、用簡易邏輯語言表示出來；B選項中舉反例保證函數的值域為集合的子集，但值域是一個開區間，從而說明函數沒有最值；C選項中從并集的角度認識函數值域，可以發現，從而發現命題正確；D選項中從極限的角度證明，均不成立，所以，再求出函數的值域為，從而得到命題D正確.【詳解】對A，“”即函數值域為，“，”表示的是函數可以在中任意取值，故有：設函數的定義域為，則“”的充要條件是“，”，命題A是真命題；對B，若函數，即存在一個正數，使得函數的值域包含于區間例如：函數滿足，則有，此時，無最大值，無最小值命題B“若函數，則有最大值和最小值”是假命題；對C，若函數，的定義域相同，且，則值域為，并且存在一個正數，使得，則

12、命題C是真命題對D，函數有最大值，假設，當時，則，與題意不符； 假設，當時，則，與題意不符.，即函數，當時，即；當時，；當時，即，即，故命題D是真命題故選ACD.【點睛】本題以新定義概念為問題背景，考查函數值域的概念、基本不等式、充要條件、雙勾函數等知識的綜合，還考查了極限思想、數形結合思想、分類討論思想的綜合應用，計算量較大，有一定的思維難度，屬于難題8AD【分析】根據所給的定義及對數的運算性質對四個命題進行判斷，由于在不同的定義域中函數的解析式不一樣，故需要對進行分類討論，判斷出每個命題的真假.【詳解】對A，當，時，有，從而，所以；當，時，有，從而，所以所以當，時，故A正確對B，當，時滿足

13、，而，所以，故B錯誤；對C，令，則，顯然，故C錯誤；對D，由“正對數”的定義知，當時，有，當，時，有，從而，所以；當，時，有，從而，所以；當，時，有，從而，所以；當，時，因為，所以，所以綜上所述，當，時，故D正確故選AD【點睛】本題考查新定義及對數的運算性質，理解定義所給的運算規則是解題的關鍵，考查分類討論思想、轉化與化歸思想的靈活運用，考查運算求解能力，注意本題容易因為理解不清定義及忘記分類論論的方法使解題無法入手致錯.9或【分析】由邊角互化可得,所以，即，聯立解得，或.分兩種情況將兩邊分別同乘以向量得方程組，解得結果.【詳解】由正弦定理得，所以，即，由條件得，聯立解得，或.當時，由，得，即

14、，所以. 同理，由，得，即，即，所以. 聯立解得. 故. 當時，同理可得，解得.故答案為：或.【點睛】（1）三角形中的邊角關系為條件時，常用正余弦定理統一化邊或化角；（2）若為的外心，則有，；（3）此題的關鍵是找出三邊關系和將向量轉化為邊長，得的關系式.10【分析】利用向量的減法法則，把，轉化為，進行求解.【詳解】設，則設，不妨設，即為的重心則，點位于圓上或圓內，故當在射線與圓周交點時，最大，即最大時由得，當且僅當時，取到最大值故答案為：【點睛】（1）應用平面向量基本定理表示向量的實質是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數乘運算（2）用向量基本定理解決問題的一般思路是：先選擇一組

15、基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決11【分析】過正與正的中心E，F分別作平面，平面的垂線，兩線交于點O得外接球球心，再求出OA長即可得解.【詳解】由已知得與均為邊長是4 的正三角形，取AC中點G，連，如圖：則有，于是得是二面角的平面角，顯然有平面，即有平面平面，平面平面，令正與正的中心分別為E，F，過E，F分別作平面，平面的垂線，則二垂線都在平面內，它們交于點O，從而得點O是過，四點的外接球球心，連OA，則OA為該外接球半徑，由已知得，而，于是得，在中，而，在中，所以過，四點的外接球的表面積為.故答案為：【點睛】關鍵點睛：幾何體的外接球的表面積、體積計算問題

16、，借助球的截面小圓性質確定出球心位置是解題的關鍵.12【分析】根據面面垂直的性質定理得出DC平面ABC，進而找到三角形ABC的外心O1與三角形BCD的外心O2，然后過O1作平面ABC的垂線，過O2作平面BCD的垂線，兩條垂線的交點即為外接球心，最后解出答案.【詳解】如圖，因為平面ACD平面ABC，且交于BC，而DCBC，所以DC平面ABC，取正三角形ABC的外心（也為重心）O1，過O1引平面ABC的垂線，取直角三角形BCD的外心O1，則O1為BD中點，過O2引平面BCD的垂線，設兩條垂線交于O，則O為三棱錐的A-BCD的外接球心.取BC中點D，連接AO1,OO2,O2D,O1D，因為分別為的中

17、點，所以DC，且，所以平面ABC，因為平面ABC，所以.易知三點共線，且ADBC，又因為平面ACD平面ABC，且交于BC，所以AD平面BCD，而OO2平面BCD，所以O1DOO2，于是四邊形是矩形，且.連接，在正三角形ABC中，其邊長為3，所以，由勾股定理：外接球半徑，所以外接球體積.故答案為：.【點睛】多面體外接球心比較常見的一種找法是選取多面體的兩個特殊面（通常為等邊三角形、等腰三角形和直角三角形），然后找到兩個面的外心，進而通過外心引各自所在面的垂線，垂線的交點即為球心，然后構造幾何圖形求出外接球半徑即可，本題比較典型，可以作為范題進行總結.13（1）；（2）該函數在上是減函數，在區間上

18、是增函數，理由見解析；（3）在區間上是減函數，在區間上是增函數，最大值，最小值【分析】（1）結合的單調性求得函數的最小值，結合此時的值求得.（2）結合函數的奇偶性以及函數單調性的定義，判斷出函數的單調性.（3）結合函數的奇偶性和單調性進行合情推理.結合的單調性求得在區間上的最大值和最小值.【詳解】（1）依題意可知當時，函數（）取得最小值是，則，故（2）設，當時，函數在上是增函數；當時，函數在區間上是減函數；又是偶函數，故該函數在上是減函數，在區間上是增函數（3）可以把函數推廣為（常數），其中n是正整數，當n是奇數時，函數在在上是減函數，在區間上是增函數，在上是增函數，在區間上是減函數；當n是偶

19、數時，函數在區間上是減函數，在上是增函數，在上是減函數，在區間上是增函數因此在區間上是減函數，在區間上是增函數所以，當或時，取得最大值；當時，取得最小值【點睛】能順利解決本題的源頭是函數和函數的圖像與性質，因為各小題都是由函數引申出來的研究學習性問題，也就是說在學習各類函數的過程中，對最為原始、最為基本的函數的圖像與性質必須掌握牢固、理解透徹，有助于解決各類函數難題14（1）；（2）；（3），.【分析】（1）由函數的周期公式可求出的值，求出函數的對稱軸方程，結合直線為一條對稱軸結合的范圍可得出的值，于此得出函數的解析式；（2）由得出，再由結合銳角三角函數得出，利用正弦定理以及內角和定理得出，由

20、條件得出，于此可計算出的取值范圍；（3）令，得，換元得出，得出方程，設該方程的兩根為、，由韋達定理得出，分（ii）、；（ii），；（iii），三種情況討論，計算出關于的方程在一個周期區間上的實根個數，結合已知條件得出與的值.【詳解】（1）由三角函數的周期公式可得，令，得，由于直線為函數的一條對稱軸，所以，得，由于，則，因此，；（2），由三角形的內角和定理得，.，且，.，由，得，由銳角三角函數的定義得，由正弦定理得，且，.，因此，的取值范圍是；（3）將函數的圖象向右平移個單位，得到函數，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的倍后所得到的圖象對應的函數為，令，可得，令，得，則關于的

21、二次方程必有兩不等實根、，則，則、異號，（i）當且時，則方程和在區間均有偶數個根，從而方程在也有偶數個根，不合乎題意；（ii）當，則，當時，只有一根，有兩根，所以，關于的方程在上有三個根，由于，則方程在上有個根，由于方程在區間上只有一個根，在區間上無實解，方程在區間上無實數解，在區間上有兩個根，因此，關于的方程在區間上有個根，在區間上有個根，不合乎題意；（iii）當時，則，當時，只有一根，有兩根，所以，關于的方程在上有三個根，由于，則方程在上有個根，由于方程在區間上無實數根，在區間上只有一個實數根，方程在區間上有兩個實數解，在區間上無實數解，因此，關于的方程在區間上有個根，在區間上有個根，此時，得.綜上所述：，.【點睛】本題考查利用三角函數的性質求三角函數的解析式，以及三角形中的取值范圍問題，以及三角函數零點個數問題，同時也涉及了復合函數方程解的個數問題，考查分類討論思想的應用，綜合性較強，屬于難題.15（1）；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）利用賦值法，令求；（2）設是R上任意兩個實數，且，通過函數的單調性的定義直接證明在R上為增函數；（3）由原不等式可化為恒成立，利用函數的單調性可轉化為，有恒成立，令，構造函數 ，即成立即可，利用二次函數的性質，即可求解【詳解】（1）由，令時，則，解得（2）證明：任取，且，即，所以在R上為增函數（3）令時，關于x的不等式恒成立