上海华师一附中2024届高三数学独立作业（11) 答案

这是一份上海华师一附中2024届高三数学独立作业（11) 答案，共16页。试卷主要包含了BD，BCD等内容，欢迎下载使用。
【分析】由分段函数概念，代入对应解析式求解即可.
【详解】∵
∴.
故选：A.
2．B
【分析】根据三点A，B，D共线，可得存在唯一实数使，进而可得出答案.
【详解】由已知得，
三点A，B，D共线，存在唯一实数使，
，
，解得.
故选：B.
3．C
【分析】将所求问题转化为真子集求参数问题，结合对数不等式即可求解.
【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，
所以，
所以，解得，
故即实数的取值范围是.
故选：C.
4．D
【分析】A选项，根据对称轴和求出函数解析式；B选项，代入验证即可；C选项，左加右减求解函数解析式；D选项，代入验证是否是单调递减区间.
【详解】将点代入得：，又为对称轴，所以，，故，，因为，所以，故，此时，所以，解得：，函数，A说法正确；
当时，，所以，所以函数的图象关于中心对称，B说法正确；
函数的图象向左平移个单位得到，C说法正确；
时，2x+π3∈2π3,5π3，在2π3,5π3上不单调，故D错误.
故选：D
5．A
【分析】根据所给数据，利用解直角三角形先求出BM，即可得解.
【详解】连接FD，并延长交AB于M点，如图，
因为在中，
所以；又因为在中，
所以，所以，
所以，即，
故选：A．
6．D
【分析】根据题意可得平面，将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，结合直三棱柱的性质求外接圆半径.
【详解】因为为等边三角形，且为中线，则，
即，且平面，
可得平面，
设的外接圆圆心为，半径为，
因为，由余弦定理可得，
且，则，所以，
将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，
设四面体的外接球的球心为，半径为，
则，则，
所以四面体的外接球表面积为.
故选：D.
7．C
【分析】通过分析得到当时，要有2个根，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值，数形结合求出实数a的取值范围.
【详解】与关于y轴对称，且，
要想有5个零点，
则当时，要有2个根，结合对称性可知时也有2个零点，
故满足有5个零点，
当时，，不合题意；
当时，此时
令，定义域为，
，
令得：，，令得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
且当时，恒成立，
在处取得极大值，其中，
故，此时与有两个交点.
故选：C
【点睛】对于求解函数零点个数问题，由以下的方法：（1）函数单调性与零点存在性定理得到函数零点个数；（2）参变分离后构造函数进行求解零点个数；（3）转化为两函数交点个数问题.
8．C
【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，通过构造函数即可比较，由此即可得解.
【详解】设，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而，即，，
所以，，
从而当时，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上所述：.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，而在比较大小关系时，关键是通过构造适当的函数，通过导数研究函数单调性，从而来比较大小.
9．BD
【分析】根据题意结合基本不等式和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为，，且，
对于A中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以A不正确；
对于B中，由，
当且仅当时，等号成立，所以B正确；
对于C中，因为，，且，可得，
又因为函数为单调递增函数，可得，所以，所以C不正确；
对于D中，因为，，且，设，
则，其中，所以D正确.
故选；BD.
10．BCD
【分析】举例说明判断A；利用复数的三角形式计算判断B；利用复数的代数形式，结合模及共轭复数的意义计算判断CD.
【详解】对于A，当时，，而，A错误；
对于B，令，则，
于是，而，即有，因此成立，B正确；
设复数，，
对于C，由，得，
则，，因此，C正确；
对于D，，则，
，因此，D正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】由题意得到当且仅当满足，即由此判断B；进一步结合复合函数单调性、三角函数单调性以及B选项分析即可进一步判断ACD.
【详解】对于B，由题意当时，，
由题意函数在有且仅有4个零点，
所以当且仅当，解得，即的取值范围是，故B正确；
对于C，时，，由B选项分析可知，
而在确定的极小值点有且仅有两个：，故C选项正确；
对于D，时，，由B选项分析可知，
而在确定的极大值点有两个：，
但当时，在区间有且仅有2个极大值点，故D选项错误；
对于A，由B选项分析可知，不妨取，此时，
而在单调递增，在上单调递减，故A选项错误.
故选：BC.
12．ABD
【分析】根据题意分析可知为偶函数，，且的周期为8，利用赋值法结合题意逐项分析判断.
【详解】已知函数，的定义域均为，
因为，，
可得，
又因为为奇函数，则，
可得，即为偶函数，
则，即，
可得，
所以，可知的周期为8.
对于选项A：因为，
令，则，，
可得，，故A正确；
对于选项B：因为，
令，可得，故B正确；
对于选项C：因为，且为偶函数，
则，
令，可得，
又因为，
令，则，，
可得，可得，
但由题设条件无法推出，故C错误；
对于选项D：因为的周期为8，故，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
13．2
【分析】由递推式得到数列的周期，利用周期性确定.
【详解】由，，，……，
所以是周期为3的数列，故.
14．1
【分析】由图可以知转化为等量关系，然后利用向量数量积计算即可
【详解】在正六边形ABCDEF中，，则，
所以
因为六边形GHMNPQ是正六边形，
所以，且G，F，E，P四点共线.
又，所以，
所以
故答案为：1.
15．/
【分析】由已知可得，令，，则，，且，代入，结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，所以，
令，，则，，且，
所以，当且仅当，时，等号成立.
因此，的最小值为.
故答案为：.
16．14
【分析】根据正弦型函数的零点、对称轴，结合正弦型函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为是函数的零点，是函数的对称轴，
所以，，解得，.
因为在区间上单调，则，得，所以.
当时，，得，，即，，又，则，得.
当时，，其中，于是在区间上不单调.
当时，，得，，即，，又，则，得.
当时， ，满足在区间上单调.
综上，的最大值是14.
故答案为：14
【点睛】关键点睛：本题利用正弦型函数的单调性、对称性在求解时，检验区间是否单调是本题的关键.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用给定的模求出的正余弦，再利用和角的正弦公式求解即得.
（2）利用数量积的坐标表示求出，再利用换元法，结合二次函数求出函数值域.
【详解】（1）由，，得，即，
由，得，解得，
所以.
（2）依题意，
，令，
则，当时，，当时，，
所以的值域是.
18．(1)6；
(2).
【分析】（1）根据给定等式，借助正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简并求出，然后利用余弦定理求解即得.
（2）利用和差角的正弦公式、二倍角的正弦公式求解即得.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，，得，
则有，即，
即有，而，即，因此，又，
则，由余弦定理得，
当且仅当时取等号，此时，
所以当时，的周长取得最大值6.
（2）在中，由，得，
化简得，由，知是锐角，即，因此，
由（1）得，，即，整理得，
所以.
19．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，分类讨论，即可求得函数的单调区间；
（2）设公切线与和的切点分别为，根据导数的几何意义求得切线方程，转化为，设，利用导数求得函数的单调性与极值，得出函数的值域，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，可得时，，单调递减，
时，，单调递增；
当时，可得时，，单调递增，
时，，单调递减.
（2）解：设公切线与和的切点分别为，
可得，可得切线方程为，
即，即
由，可得，则，所以切线方程为
所以，可得，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，极大值为，
又由当时，；当时，，
所以，所以时，即实数的取值范围为.
【点睛】方法策略：利用导数研究参数问题的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值（值域），进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.
20．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.
21．(1)
(2)
【分析】（1）先求，结合条件得出，结合等差数列的通项公式可得结果；
（2）先求前项中插入了多少项，结合分组求和法和错位相减法进行求解.
【详解】（1）由，，得；
再由可得，即隔项成等差数列；
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上.
（2）因为在相邻两项与（，2，…）之间插入k个，
所以中的第项在中，对应的项数为：，令得，
即数列中的第9项就是数列中的第45项，所以中的第46项至第50项为；
所以
设①
则②
由①-②得，所以.
22．(1)；
(2)2个零点，证明见解析.
【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，在不同情况下讨论其极值即可；
（2）对的取值分区间讨论，利用导数研究不同区间下函数的单调性，同时利用零点存在定理，即可判断函数的零点个数.
【详解】（1）因为，故可得，
当时，因为，故，是上的单调增函数，不存在极值，舍去；
当时，令，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
则当时，取得极大值，满足题意.
综上所述，.
（2）有两个零点，理由如下：
当时，，，，
当时，，单调递减，
又，，
故存在唯一的，使得，且当，，单调递增，
当，，单调递减，
又，，
因为，故，故，故，
又，故在和上各有一个零点.
当时，，由（1）可知，在单调递减，
故在单调递减，又当时，，
故，在上无零点.
当时，，单调递减，
又，故，在单调递减，
又，
故，无零点.
当时，，
故，在无零点.
综上所述，在和上各有一个零点，共有两个零点.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点个数，处理问题的关键是对参数的正确分类，对自变量取值区间的合理划分，以及对函数单调性的准确讨论，属综合困难题.