高中数学北师大版 必修第一册综合强化卷5

1、试卷第 =page 3 3页，共 =sectionpages 4 4页试卷第 =page 4 4页，共 =sectionpages 4 4页高中数学北师大版（2019）必修第一册综合强化卷5第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1设，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是ABCD2已知函数在区间内存在极值点，且恰好有唯一整数解，则的取值范围是（）ABCD3已知函数f（x）（cos+1）cos2x+cos（cosx+1），有下述四个结论：f（x）是偶函数；f（x）在（，）上单调递减；当，时，有|f（x）|；当，时，有|f（x）|；其中所有真命题的编号是ABCD4若，则称与经过变换生成

2、函数，已知，设与经过变换生成函数，已知，则的最大值为A1B4C6D95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（ ）ABCD6已知函数，函数g（x）x2，若函数yf（x）g（x）有4个零点，则实数的取值范围为（）A（5，+）BCD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8一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）A若为的跟随区间，则B函数存在跟随区间C若函数存在跟随区间，则

3、D二次函数存在“3倍跟随区间”第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题9在有且仅有三个零点，则实数的取值范围是_10已知函数，上有两个不同的零点，则的取值范围_ ；11已知是定义在上的奇函数，当时，当时，若直线与函数的图象恰有7个不同的公共点，则实数的取值范围为_.12已知定义在上的偶函数满足且当时，若对于任意，都有，则实数的取值范围为_四、解答题13已知函数为偶函数.（1）求实数k的值；（2）若方程有且仅有一个实数根，求实数a的取值范围.14如图，圆与直线相切于点，与正半轴交于点，与直线在第一象限的交点为. 点为圆上任一点，且满足，以为坐标的动点的轨迹记为曲线（1）求圆的方

4、程及曲线的方程；（2）若两条直线和分别交曲线于点和，求四边形面积的最大值，并求此时的的值（3）已知曲线的轨迹为椭圆，研究曲线的对称性，并求椭圆的焦点坐标15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16设n为正整数，集合A=，对于集合A中的任意元素和，记（）当n=3时，若，求和的值；（）当时，对于中的任意两个不同的元素，证明：（）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，写出一个集合B，使其元素个

5、数最多，并说明由答案第 = page 23 23页，共 = sectionpages 23 23页答案第 = page 22 22页，共 = sectionpages 23 23页参考答案1D【分析】由题意可得恒成立，讨论，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围【详解】恒成立，即为恒成立，当时，可得的最小值，由，当且仅当取得最小值8，即有，则；当时，可得的最大值，由，当且仅当取得最大值，即有，则，综上可得故选【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式的应用，意在考查学生的转化思想、分类讨论思想和运算能力2D【分析】求导，由得可求出的范围，再考

6、查与零的大小比较，在时，结合题意得出，以及当时，解出实数的范围可得出答案【详解】，则，由于函数在区间上存在极值点，令，得，所以，解得，由于，且不等式恰有一整数解当时，即当时，当时，；当时，此时，函数在处取得最小值，则，不合乎题意；当时，即当时，当时，；当时，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为由题意可得，解得，此时，；当时，即当时，当时，；当时，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为由题意可得，解得，此时，因此，实数的取值范围是，故选D【点睛】本题考查函数的极值以及函数的零点问题，难点在于不等式整数解的问题，充分利用导数研究函数单调性，结合单调性考查整数解相邻整数点函数值的符号问题，

7、列不等式求解，考查运算能力与分析问题的能力，属于难题3D【分析】对直接进行奇偶性的判断即可，对可用换元法，转化成二次函数的图像与性质进行判断即可.【详解】函数的定义域为R，f（x）=（cos+1）cos2（x）+coscos（x）+1=（cos+1）cos2x+cos（cosx+1）=f（x），f（x）是偶函数，即正确；f（x）=2（cos+1）cos2x+coscosx1，设t=cosx，则f（t）=2（cos+1）t2+tcos1，2（cos+1）0，二次函数的开口向上，函数的对称轴为t，且t的正负与cos的取值有关，f（x）在（，）上不一定单调递减，即错误；当，时，cos，f（x）=2（

8、cos+1）cos2x+coscosx1 设t=cosx，则t，则f（t）=2（cos+1）t2+tcos1，2（cos+1）0，二次函数的开口向上，函数的对称轴为t， ，当， 故错误.当，时，cos，有，故成立.故选：D.【点睛】本题考查函数单调性、奇偶性的判断，也考查了求函数的最值，同时考查了转化思想和计算能力，属于难题.4B【分析】根据变换可生成函数 ，再根据 ，可求出，转化为求的最大值,化简，利用单调性求解即可.【详解】由题意可知,又，解得,所以又，因为 在上单调递减且为正值，在上单调递减且为正值，所以在上单调递减，所以当时函数有最大值.故选B.【点睛】本题主要考查了函数的单调性，利用

9、单调性求函数的最大值，涉及创设新情景及函数式的变形，属于难题5D【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

10、的关键，综合性较强，属于难题.6B【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.7ABD【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

11、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：

12、（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8ACD【分析】根据“倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可.【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A正确；对B,因为函数在区间与上均为减函数,故若存在跟随区间，则有,解得：，不合题意，故不存在,B错误.对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的

13、定义可知,即,因为,所以.易得.所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.故,解得,故C正确.对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.故D正确.故选：ACD.【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.9【分析】令有，令知：时，有两个值对应；时，有一个值对应；问题转化为的零点必有一个在，另一个在，进而讨论零点分布求的范围.【详解】令，则上有，令，则，：时，有两个值对应；时，

14、有一个值对应；要使由三个零点，则的零点分布如下：1、，：将代入有，此时，不合要求；2、由对称轴，若则、，不合要求；3、，：有，即.综上，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用零点有，换元法令，将问题转化为在上零点分布情况分析.10【分析】函数在上有两个不同的零点可化为与在上有两个不同的交点，作函数图象求解.【详解】函数在上有两个不同的零点可化为与在上有两个不同的交点，作函数 与 的图象如下，结合图象可知，函数 的右半部分与函数相交于两个不同交点，而左半部分不能与函数相交；当直线与相切时为一个临界值，设切点为，此时，则；解得；故斜率；故当直线与相切时为另一个临界值，设切点为，此时，则；解得；故斜

15、率故故答案为：【点睛】本题考查分段函数相切问题，考查转化与化归思想，将函数零点问题转化成交点问题，考查数形结合思想，综合性较强，属于难题.11（，）【分析】本题通过奇函数特征得到函数图象经过原点，且关于原点对称，利用得到函数类似周期性特征，从而可以画出函数的草图，再利用两个临界状态的研究，得到k的取值范围.【详解】当时，当时，当，时，函数是定义在R上的奇函数，函数图象经过原点，且关于原点对称直线与函数的图象恰有7个不同的公共点，当时，直线与函数的图象恰有3个不同的公共点，由时的图象可知：直线与函数的图象相切位置在时，直线与函数的图象恰有5个不同的公共点，直线与函数的图象相切位置在时，直线与函数

16、的图象恰有9个不同的公共点，直线与函数的图象位置情况介于上述两种情况之间当时，由得： ，令，得：由得：，令，得：的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查抽象函数及其应用，着重考查函数的零点与方程根的关系，考查函数的对称性、周期性、奇偶性的综合应用，考查转化思想与作图能力，属于难题12【分析】先求得的值，由此求得的值.证得是周期为的周期函数，将转化为，根据的周期性和对称性，将转化为，结合求得的取值范围.【详解】由，令，得.由于当时，所以.故当时，.，由于为偶函数，所以.由，得，所以是周期为的周期函数.当时，所以.所以当，.得，故.所以当时，所以.结合是周期为的周期函数，画出的图像如下图所示.由得（

17、），对于任意成立.时，解得，所以，即对于任意成立.当时，由得，由于在递减，所以；由得，由于在在递增，所以.综上所述，的取值范围是.故答案为：【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、周期性，考查函数解析式的求法，考查不等式恒成立问题的求解，考查数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.13（1）；（2）.【分析】（1）利用偶函数构造方程，即可求参数值.（2）由题设可得，有且仅有一个实数根，讨论、，结合指数函数、二次函数的性质求参数范围.（1）由题设，即，可得，则.（2）由题设，则，且，整理得，令，则有且仅有一个零点，当时， 此时，且开口向上，在上有且仅有一个零

18、点；当时，此时，且开口向下且对称轴，即时，仅当，可得符合条件；，即时，在上无零点.综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，注意，讨论、对应定义域区间不同，另外结合二次函数的性质判断在定义域内的零点(根)的情况求参数.14（1），（2）时，四边形的面积最大值为.（3）【分析】（1）由圆半径为圆心到切线距离得圆半径，从而得圆方程，由表示出点坐标代入圆方程可得曲线的方程（2）把方程代入曲线的方程求得的坐标，得，同理可得，由得，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值（也可变形为，求最值）；（3）由曲线的方程可得对称性：关于直线对称，关于原点对称，求出它与对称轴的交点即顶点坐标，得出，求出，从而可得焦点坐标

19、【详解】解：（1）由题意圆的半径，故圆的方程为. 由得，将代入得为曲线的方程.（2）由得,，所以，同理.由题意知 ，所以四边形的面积. ， . 当且仅当时等号成立，此时. 当时，四边形的面积最大值为. （3） 曲线的方程为，它关于直线、和原点对称， 下面证明：设曲线上任一点的坐标为，则，点关于直线的对称点为，显然，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称， 同理曲线关于直线和原点对称. 证明：求得和直线的交点坐标为，和直线的交点坐标为，.在上取点 . 设为曲线上任一点，则（因为）.即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值.若点到两定点的距离之和为定值，可以求得点的轨迹方程为（过程略）. 故曲线是椭圆，

20、其焦点坐标为.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查向量线性运算的坐标表示，考查用代入法求轨迹方程考查二次曲线上的最值问题，考查椭圆的定义本题难度较大，属于困难题，对学生的运算求解能力要求较高计算过程中注意类比联想的应用，如求得后再求，只需用代替中即得，不必再慢慢地计算已知曲线是椭圆，我们就要想象标准方程中椭圆的性质，从而类似地去求非标准状态上椭圆的性质15（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，