模拟训练03（竞赛培优综合训练，人教A版必修第一册+第二册全册）高一数学人教A版全国通用

高一数学学科素养能力竞赛模拟训练03 （内容:人教A版2019必修第一册、第二册） 建议用时：120分钟，满分：150分 第一部分(选择题共58分) 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．对于数集，，定义，，若集合，则集合中所有元素之和为（ ） A．5 B． C． D． 2．函数是奇函数的充要条件是（    ） A． B． C． D． 3．设有复数，，令，则复数（   ） A． B． C． D． 4．佳木斯水源山公园是国家AAA级旅游区，公园内的动物园动物种类丰富，此外，公园内还有水上乐园、过山车、摩天轮等游乐设施.其中摩天轮又名“冬极之眼”，是佳木斯的地标性建筑，其最高点离地面高度89m，最低点离地面高度9m，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转，转一周的时间约为24min，假如你坐上摩天轮的座舱，开始转动t min后距离地面高度为h m，下列说法正确的是（   ） A．摩天轮的轮盘直径为40m B．h关于t的函数解析式为 C．h关于t的函数解析式为 D．在你乘坐一周的过程中，有16min时间距地面高度超过29m 5．的内角，，的对边分别为，，.已知，，若是的中点，则的最小值为（   ） A． B．1 C． D．2 6．已知平行四边形中，，，，点在四边形所在平面上，且满足，，则的最大值为（   ） A． B．3 C． D． 7．如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（    ）    A． B． C． D． 8．如图，已知正三棱柱，，，分别是棱，上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（   ） A． B． C． D． 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知函数的图象如图所示，点在的图象上，若，则下列说法正确的是（   ） A． B．图象关于对称 C．在[4，7]上单调递减 D．若将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数在上恰有一个最大值，一个最小值，则 10．如图，已知等腰梯形中，，，点，分别为线段，上的动点且，点、为线段、的中点，则以下结论正确的是（    ）    A． B． C．若为的外心，则 D． 11．在平面直角坐标系中，已知点，定义一次“15°旋转跳”，以原点O为中心，把当前点绕O逆时针旋转15°，再把新点到O的距离变为原来的倍．从A出发，连续进行n次“15°旋转跳”.得到点列，，…，．参考数据：，.下列说法正确的是（   ） A．点的坐标为 B．的坐标记为，那么 C．的面积是 D．使的最小正整数为12 第二部分(非选择题共92分) 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上) 12．已知数据的平均数8，方差为2，则___________． 13．函数为的一个对称中心，为的一条对称轴，且在单调，则的最大值为__________. 14．已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.（13分） 已知函数和． (1)求函数的单调减区间； (2)当时，对任意，，都有成立，求实数a的取值范围． (3)若对任意的，至少有，，使得，求实数a的取值范围． 16．（15分） 已知函数，. (1)当实数时，判断函数的单调性；（不需要证明） (2)若函数在为增函数，求实数t的取值范围； (3)若函数为偶函数，且对于任意，，都有成立，求实数a的取值范围. 17．(15分) 已知函数（，，）的部分图象如图1所示，，分别为图象的最高点和最低点，，是图象与轴的交点，是图象与轴的交点.现将绘有该图象的纸片沿着轴翻折成如图2所示的直二面角.翻折后，的面积为， (1)求纸片翻折后，线段的长度； (2)求函数的解析式； (3)求纸片翻折后，平面与平面所成角的余弦值. 18．(17分) 设，，，为正整数，定义向量序列，，其中，，．若或时，，否则；若或时，．否则，若存在正整数使得或，且或，则称数对是回归数对， 最小的为回归指数． (1)若，随机选择一符合条件的数对，求它是回归数对的概率； (2)若，求数对的回归指数； (3)若，证明：数对必为回归数对． 19．（17分） “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； (2)B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由； （ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与． 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学学科素养能力竞赛模拟训练03 （内容:人教A版2019必修第一册、第二册） 建议用时：120分钟，满分：150分 第一部分(选择题共58分) 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．对于数集，，定义，，若集合，则集合中所有元素之和为（ ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【解析】根据新定义，集合，则， 则 ，则可知所有元素之和为. 故选：D 2．函数是奇函数的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】代入得，因此， 代入得，结合即， 整理得对任意恒成立，平方化简得对任意恒成立，因此， 因此是奇函数等价于且，即， 反之若，必有， 此时确实是奇函数，故充要条件为. 3．设有复数，，令，则复数（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据复数的三角形式，复数，模为，极角为， 则.又因为， 所以， 所以， ，所以. ， 故选：A 4．佳木斯水源山公园是国家AAA级旅游区，公园内的动物园动物种类丰富，此外，公园内还有水上乐园、过山车、摩天轮等游乐设施.其中摩天轮又名“冬极之眼”，是佳木斯的地标性建筑，其最高点离地面高度89m，最低点离地面高度9m，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转，转一周的时间约为24min，假如你坐上摩天轮的座舱，开始转动t min后距离地面高度为h m，下列说法正确的是（   ） A．摩天轮的轮盘直径为40m B．h关于t的函数解析式为 C．h关于t的函数解析式为 D．在你乘坐一周的过程中，有16min时间距地面高度超过29m 【答案】D 【解析】设距离地面高度为，其中, 因为最高点离地面高度，最低点离地面高度， 所以，，即摩天轮的直径为，所以A错误； 又因为转一周的时间约为，所以，可得， 所以， 又由当时，，可得，即， 因为，所以，所以，所以B、C错误； 由， 令，即，即， 可得，解得， 因为，令，可得， 所以乘坐一周的过程中，有时间距地面高度超过，所以D正确. 故选：D. 5．的内角，，的对边分别为，，.已知，，若是的中点，则的最小值为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【解析】由 ， 所以， 又，所以， 所以， 所以， 又，， 所以，所以， 又是的中点，所以， 由余弦定理有：， 又， 所以， 当时，，即. 6．已知平行四边形中，，，，点在四边形所在平面上，且满足，，则的最大值为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【解析】以点为原点建立如图所示直角坐标系， 因为，，， 所以， 因为，所以点在以为圆心，半径为1的圆上， 设点， 因为，所以， 所以，解得， 所以， 所以 ， 所以当时，取得最大值为. 7．如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设地球球心为，月球表面上的点为， 因为柏林与好望角纬度差约为，可以将其看作进行计算，    则， 由地球半径为，则， 在中，由正弦定理，， 解得，， 设， 在中，由正弦定理，， 解得， 在中，由正弦定理，， 解得， 因为， 则， 故， 因此， 而地球表面与月球表面的最小距离为减去地球半径， 故答案为. 故选：A. 8．如图，已知正三棱柱，，，分别是棱，上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：正三棱柱中，， 正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1， 如图，过作，垂足点为，连接，则， 与所成的角为，且， 又，， 与平面所成的角为，且， ，①， 再过点作，垂足点为，连接， 又易知底面，底面， ，又，平面， 平面， 二面角的平面角为，且，又， ，，②， 又，，③， 由①②③得，又，，，在单调递增， ． 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知函数的图象如图所示，点在的图象上，若，则下列说法正确的是（   ） A． B．图象关于对称 C．在[4，7]上单调递减 D．若将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数在上恰有一个最大值，一个最小值，则 【答案】ABD 【解析】选项在的图象上， ， ， 在轴左侧，， 的最大值为4，最小值为，又， ，故选项A正确； 选项对称轴为， 当时，对称轴为，故选项B正确； 选项C，， 在范围内是减函数，在范围内是增函数， 在范围内是减函数，在范围内是增函数，故选项C不正确； 选项， 将图象上每个点的横坐标变为原来的倍得函数， ， 当时，即时，， 的最大值为4，最小值为， ，故选项D正确． 故选：ABD. 10．如图，已知等腰梯形中，，，点，分别为线段，上的动点且，点、为线段、的中点，则以下结论正确的是（    ）    A． B． C．若为的外心，则 D． 【答案】ABC 【解析】解法一（代数法）：点，为线段，的中点， ，， 两式相加得：，故A正确； 以为原点，所在直线为轴，过点作垂直的直线为轴建立如图所示平面直角坐标系：    则，， 所以，， 所以，故B正确； 设，则，即点坐标为， 因为，， 所以，， 所以平行四边形为菱形，所以， 所以点为的外心，即点与重合， 此时，，即点在直线上，所以，故C正确．   ，则， 当且仅当时等号成立，故D错误； 解法二（几何法）：点，为线段，的中点， ，， 两式相加得：，故A正确； 因为，点为线段的中点， 且， 所以，故四边形，为平行四边形， 所以，故是等边三角形， 则，， 所以， 故，故， 故，故B正确； 作的平分线交于， 因为，所以， 由，，故，，，四点共圆， 故，故为正三角形， 所以四边形为菱形，故即为的外心， 即与重合，故，故C正确； ，故D错误．    故选：ABC 11．在平面直角坐标系中，已知点，定义一次“15°旋转跳”，以原点O为中心，把当前点绕O逆时针旋转15°，再把新点到O的距离变为原来的倍．从A出发，连续进行n次“15°旋转跳”.得到点列，，…，．参考数据：，.下列说法正确的是（   ） A．点的坐标为 B．的坐标记为，那么 C．的面积是 D．使的最小正整数为12 【答案】AC 【解析】以原点O为中心，把点绕O逆时针旋转15°，再把新点到O的距离变为原来的倍得到点， 则，角的终边为， 设，由三角函数的定义得，解得， ，解得，则，故A正确； 同理类推可得， 则 ，故B错误； ， ， ， ，故C正确； 因，由， 两边取对数，，即， 因，，则，解得， 使的取小正整数为，故D错误. 故选：AC. 第二部分(非选择题共92分) 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上) 12．已知数据的平均数8，方差为2，则___________． 【答案】2 【解析】因为数据的平均数为8， 所以，化简可得， 因为数据的方差为2， 所以，化简可得， 所以，即， 所以. 13．函数为的一个对称中心，为的一条对称轴，且在单调，则的最大值为__________. 【答案】7 【解析】因为函数为的一个对称中心，为的一条对称轴， 所以，所以. 因为，所以，所以. 因为在单调，所以，解得. 所以当时，为11. 当时，，令. 因为为的一个对称中心，所以， 因为，所以令，则，此时， 当时，； 当时，， 显然在不单调，所以不符合题意； 当时，为9. 当时，，令. 因为为的一个对称中心，所以， 因为，所以令，则，此时， 当时，， 根据正弦函数的单调性可知在不单调， 所以不符合题意； 当时，为7. 当时，，令. 因为为的一个对称中心，所以， 因为，所以令，则，此时， 当时，， 根据正弦函数的单调性可知在单调递减， 所以符合题意. 14．已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 如图1，易知为正方体的中心，球的半径，. 所以. 连接交于，可知是二面角的平面角. 在中，. 对于上一点，当时，取得最小值， 此时，作交于，连接， 可知也是二面角的平面角， 在中，，所以. 如图2，将平面沿直线翻折，使之与平面重合. 作于，交于点， 则有，当且仅当与重合时等号成立. 作交延长线于，则为等腰直角三角形， ，所以， 所以. 故答案为： 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.（13分） 16．(15分) 已知函数和． (1)求函数的单调减区间； (2)当时，对任意，，都有成立，求实数a的取值范围． (3)若对任意的，至少有，，使得，求实数a的取值范围． 【解析】（1）因为指数函数在上单调递减，所以在上单调递减， 二次函数在上单调递增，在单调递减， 所以的单调减区间为，． （2）由（1）知，在单调递增，所以， 当时，对任意，，都有成立，等价于， 解得． 所以a的取值范围为． （3）由题意得，， 并且对于值域中的每一个数，都至少有两个不同的数，使得成立， ①当时，函数在上单调递减，显然，此种情况不成立； ②当时，在上值域为， 由的图像可知，只要使得，则，解得； ③当时，在上值域为，由的图像可知， 要满足即可，即，解得， 综上所述，． 所以a的取值范围为． 16．（15分） 已知函数，. (1)当实数时，判断函数的单调性；（不需要证明） (2)若函数在为增函数，求实数t的取值范围； (3)若函数为偶函数，且对于任意，，都有成立，求实数a的取值范围. 【解析】（1）当实数时， 因为都是上的增函数， 所以函数为上的增函数； （2）设，且， 则 ∵函数在上为增函数， ∴恒成立 又∵，∴， ∴恒成立，即对恒成立 当时，的取值范围为， 故，即实数取值范围为. （3）∵为偶函数，∴对任意都成立， 又 ∵上式对任意都成立， ∴，∴， ∴，当且仅当时等号成立， ∴的最小值为0， ∴由题意，可得对任意恒成立， ∴对任意恒成立 ①由有意义，得在恒成立， 得在恒成立， 又在上的值域为，故. 又有意义，有， 所以. ②由，得，得， 得，得，得， ∴对任意恒成立， 又∵在的最大值为， ∴， 由①②得，实数的取值范围为. 17．(15分) 已知函数（，，）的部分图象如图1所示，，分别为图象的最高点和最低点，，是图象与轴的交点，是图象与轴的交点.现将绘有该图象的纸片沿着轴翻折成如图2所示的直二面角.翻折后，的面积为， (1)求纸片翻折后，线段的长度； (2)求函数的解析式； (3)求纸片翻折后，平面与平面所成角的余弦值. 【解析】（1）在图1中分别作轴，轴，垂足为和， 由三角函数的性质可知：，，所以， 在图2中，，， 所以， 所以， 解得，从而. （2）在图2中，平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又平面，所以. 设函数最小正周期为， 在中，， 在中， 联立两式可得：，， 所以. 将代入得， 又，所以，所以. （3）由知，，，. 以为原点，以，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设平面法向量为，平面法向量， 由得 令，则，，故. 由得 令，则，，故. 因此. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18．(17分) 设，，，为正整数，定义向量序列，，其中，，．若或时，，否则；若或时，．否则，若存在正整数使得或，且或，则称数对是回归数对， 最小的为回归指数． (1)若，随机选择一符合条件的数对，求它是回归数对的概率； (2)若，求数对的回归指数； (3)若，证明：数对必为回归数对． 【解析】（1）解：当时，有，数对总数， ①若，取，此时为回归数对； ②若，证明：，不可能同时存在，均为4的倍数． 事实上，，故原命题成立，即此时不为回归数对， 综上，回归数对有，，共三组，模型． （2）法一：列举法 列出序列如下：， 可得数对的回归指数． 法二：格点法： 由一个大小为四行五列的网格，如图所示． 起点，终点，可得数对的回归指数． （3）解：考虑一个行数为，列数为的网格， 对于这个的矩形网格，根据（2）中的情形，向量序列操作可以等价为： ①从初始格点出发，每次沿斜方向移动到相邻格点； ②每次碰到矩形边界后反弹（经过一次反弹，移动方向顺时针旋转）， 重复上述操作，直至到达边角的四个点时停止．（即，，，） 为了简化该问题，设矩形内部一格点，我们考虑将其反向移动至矩形下边界（即将初始点转化到矩形下边界上）， 那么此时回归指数的几何意义为该格点第一次到达边角的运动路径， 引理：从矩形下边界上任意一点出发，与平行的路径长度一定单调变化． （第一次在上边界反弹（即）的格点路径长度单减；第一次在右边界反弹（即）的格点路径长度单增） 先考察第一次在上边界反弹的情形： 将图形补为一个大小为的正方形， 注意该格点两次与平行的路径关于该正方形对角线对称， 则两路径长度应相等．但实际行数为，因此相邻路径长度， （记每次沿斜方向移动到相邻格点为一个单位长度） 同理可推导第一次在右边界反弹的情形， 依此类推，经过多次反弹后，第一类格点路径达到最长，即到达，； 同理第二类格点路径达到最短，即到达，．故原命题成立， 即当时，数对均为回归数对． 19．（17分） “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； (2)B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由； （ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与． 【解析】（1）根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长， 截面面积； （2）（i）作图，连接，过S作于点， ，所以为圆柱的母线的一部分，， 过作于点，连接，， 平面，平面，， ，平面， 几何图形为圆面的一部分， ，， ， ， ， 解得或（舍），. （ii）作图，过S作于点，过作于点， 过作，交弧于点，过作于点， 作于点，连接并延长交于点，交于点， 连接，连接并延长交于点， 因为，所以． 设，故， 所以， ， 且平面，平面， ， 又，平面， 平面，平面，， 在三棱锥中，， ， ， ， ， ， ，，故， 所以 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $