华师一附中2024届高三数学选填专项训练（7）

这是一份华师一附中2024届高三数学选填专项训练（7），文件包含华师一附中2024届高三数学选填专项训练9试题docx、华师一附中2024届高三数学选填专项训练9答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。

1．B
【分析】根据题意得，根据四个选项中的，求出和，根据它们是否相等可判断出答案.
【详解】依题意可得，
对于A，若，则，，故A不正确；
对于B，若为的值域，则，满足，故B正确；
对于C，因为为复数的模长构成的集合，所以，，，故C不正确；
对于D，因为，所以，，故D不正确.
故选：B
2．C
【分析】令且，可得，问题转化为求圆心为，半径分别为1，2的两个同心圆的面积差，即可求区域面积.
【详解】令且，则，
所以，即对应区域是圆心为，半径分别为1，2的两个同心圆的面积差，
所以区域的面积为.
故选：C
3．A
【分析】先求解，这两个方程，再由充分条件与必要条件的定义去判断.
【详解】由得，
由得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．C
【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．
【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，
不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，
则，，
所以.
对于，，
取数列各项为(，,
则，
所以n的最大值为11．
故选：C．
5．B
【分析】由题意表达出，由列出方程，求出，两边取对数，计算出答案.
【详解】由题意得，，
因为，所以，
整理得，
令，
因为，所以，
则，解得（舍去）或，
故，解得.
故选：B
6．C
【分析】根据正三角形面积公式可得，再根据正余弦定理分别计算即可.
【详解】由题意，等边中，解得.
等边，故，则.
又为锐角，故，
由正弦定理，即，解得，由全等可得.
由余弦定理有即，
即，故.
故.
故选：C
7．C
【分析】根据题意，由条件可得单调递减，单调递增，结合其单调性代入计算，即可判断.
【详解】因为，
所以单调递减，则，
即．
因为，
所以单调递增，则当趋近于时，
，
所以，
所以，
故所在的区间为．
故选：C
8．D
【分析】由函数在R上单调递增，可判断，再对两边取对数，由函数在单调递减，可得，从而得解.
【详解】设，则在R上单调递增，
故，即；
由于，
设，，
则，，
则在单调递减，故，
即，则；
综上得，， D正确.
故选：D
9．BD
【分析】根据平均数与标准差的公式列出和满足的等式，再代入的平均数与标准差公式化简求解即可.
【详解】由题意，，，
故，则；
又，，
故，，
则，
故的标准差为.
故选：BD
10．BCD
【分析】根据题意为该椭圆的两个顶点，且，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，已知F为椭圆的一个焦点，
其中为该椭圆的两个顶点，且，
当为左右两个顶点时，可得，解得，
所以，此时椭圆的方程为；
当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得
解得，则，此时椭圆的方程为；
当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，
解得，则，此时椭圆的方程为.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】由是奇函数，，令可求判断选项A，两边求导判断选项B，由，得到和的关系，求导判断选项C，利用单调性判断选项D.
【详解】对于A，由是奇函数，则，令，有，A正确.
对于B，由是奇函数，则，有，
所以，B正确.
对于C，由，有，，
∴，∴，C错.
对于D，由知关于直线对称，
∵在上单调递增，∴在上单调递减，
，当且仅当时取等号，
令，则，
解得，在上单调递增，
则，即，有.
令，，时，在上单调递减，
所以， 有，即.
而，
∴，D正确.
故选：ABD.
12．BCD
【分析】对A：根据平面向量结合异面直线夹角分析运算；对B：根据空间向量分析可得点M在线段上（包括端点），进而结合线面垂直分析证明；对于C：根据圆的性质结合对称性以及向量的线性运算求解；对D：根据题意结合体对角线的性质分析求解.
【详解】因为点N满足，其中，，
则点N在正方形内（包括边界），
又因为∥，则异面直线BN与所成角即为，
可得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
所以A错误；
因为
且，所以点M在线段上（包括端点），
因为平面，平面，则，
又因为为正方形，则，
，平面，所以平面，
且平面，所以，所以B正确；
因为，当且仅当三点共线时，等号成立，
又因为当时，取到最小值，此时是的中点时，
结合对称性可知：当是的中点时，也为圆弧的中点时，
则，所以，
即，所以，故C正确；
当时，则，即与重合，
与垂直的平面，即与体对角线垂直的平面，
因为平面，且平面，所以，
同理可证：，
且，平面，所以平面，
而与平面平行且面积最大的截面应当过正方体的中心，此时截面为边长是的正六边形，
所以截面面积的最大值为，故D正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：根据向量的相关知识分析可得点的位置，并结合空间中的位置关系运算求解.
13．
【解析】先求得展开式的通项公式，再分1乘以和乘以两种情况求解.
【详解】展开式的通项公式为，
当1乘以时，令，解得，常数项为；
当乘以时，令，解得，常数项为；
所以的展开式中的常数项为-5，
故答案为：-5
14．/0.5
【分析】分析得到若等比数列{an}既不是递增数列也不是递减数列，则1，2只能是{an}的第1，3，5项或第2，4，6项中的两项．有种可能．若a3<0，共有种可能．再利用条件概率公式求解.
【详解】若等比数列{an}既不是递增数列也不是递减数列，则公比为负数．
因为{an}前6项中的两项分别为1，2，所以1，2只能是{an}的第1，3，5项或第2，4，6项中的两项．
事件A∩B：若a3<0，则{an}的第1，3，5为负，第2，4，6项为正，共有种可能．
事件B：1，2是{an}第1，3，5项或第2，4，6项中的两项，有种可能．
所以．
故答案为：
15．
【分析】以小齿轮的圆心为原点建系，由于点与点处转过的弧长相等,结合半径长的比值及弧长公式可设点与点转过的圆心角分别为、，利用三角函数的定义可以得出点与点的坐标，再用距离公式可构建两点之间距离的函数，求解最值即可.
【详解】设小齿轮和大齿轮圆心分别为,
则以为原点为轴，过点作的垂线为轴，
建立如图所示平面直角坐标系，

设点转过的圆心角为，
点与点处转过的弧长相等,
点转过的圆心角为，
则，即,
当时取得最小值为，
故答案为：.
16． 1
【分析】①令，则方程有两个不等的实根，，数形结合，根据的图象得出结果；②由韦达定理代入求值即可.
【详解】由，
令，∴，
令，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
当时，.
作出大致图象如下，要使原方程有三个不同的零点，

（*）式关于t的一元二次方程有两个不等的实根，，其中，，
令，∴，

且，，，
∴，
故答案为：；1.
【点睛】求解复合函数零点问题的方法：
(1)此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出两个图像；
(2)若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于的方程中解的个数再根据个数与的图像特点，决定参数的范围.