上海华师一附中2024届高三数学选填专项训练（11）答案

这是一份上海华师一附中2024届高三数学选填专项训练（11）答案，共11页。试卷主要包含了BC等内容，欢迎下载使用。
1．C
【分析】由给定条件求出集合M，再由Venn图中阴影部分表示的意义求解即得.
【详解】集合，
Venn图中阴影部分表示的集合是.
故选：C
2．B
【分析】对于①，的实部为1，虚部为；对于②，直接计算判断即可；对于③，由点的对称关系判断即可；对于④，由辐角的定义求解即可
【详解】解：对于①，复数的虚部为，所以①错误；
对于②，因为，所以，所以，，所以，所以②错误；
对于③，和在复平面对应的点分别为，两点关于实轴对称，所以③正确；
对于④，，所以复数z的辐角为，所以④正确，
故选：B
3．D
【分析】设出等比数列的公比，得到方程，求出公比，从而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】设的公比为，则，
因为，所以，解得或（舍去），
，故，即，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值等于
故选：D
4．C
【分析】根据乘法的运算法则，结合组合数的性质、二倍角的余弦公式进行求解即可.
【详解】的展开式中的系数可以看成：6个因式中选取5个因式提供，
余下一个因式中提供或者6个因式中选取4个因式提供，余下两个因式中均提供，
故的系数为，
∴，
∴，
故选：C
5．B
【分析】结合题意，利用函数的周期，求出圆柱底面圆半径，继而求得椭圆短轴长，结合函数的最大值求得椭圆的长轴长，结合椭圆的离心率定义，即可求得答案.
【详解】函数的最小正周期为，
所以相应圆柱的底面圆的周长为，故其直径为4，
故根据题意可知该椭圆的短轴长为，即；
又的最大值为2，
故椭圆的长轴长为，故，
故椭圆的离心率为，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题关键的关键在于根据题中所述，明确椭圆的长轴长和短轴长与已知函数之间的关系，进而求得长轴长和短轴长，从而求得答案.
6．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
7．C
【分析】根据题意，利用向量的线性运算，化简得到，结合，进而求得取得最小值，得到答案.
【详解】由题意，点是圆半径的中点，且关于点对称，设的位置，如图所示，
在八卦图中，知,
又由，
则由
，
当八卦图转动（即圆面及其内部点绕转动）时，，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：C.

8．C
【分析】取的中点，设，设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，可结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面.
因为为等腰三角形，且，则，设，则，.
设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
如图所示，，，三点共线，由平面，可得平面．
由正弦定理，故，则.
连接，，则，由平面，且外接圆的圆心为，可得.
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，得，所以，球的表面积为．

故选：C
9．D
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
【详解】事件与能同时发生，如第一枚的点数2，第二枚的点数为1，
故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项D正确；
事件与不相等，故选项C错误.
故选：D.
10．BC
【分析】根据直线平行斜率相等可求得才符合题意；由百分位数定义计算可知B正确；利用二项分布以及二项式系数性质可知C正确；由正弦定理和三角函数性质可知D错误.
【详解】对于A，由两直线平行可得，解得或
又当时，两直线重合，舍去；经检验符合题意，故A错误.
对于B，这6个数据按从小到大排序为：1、2、3、5、7、8，由，
则这组数据第60%分位数为第4个数，即为5，故B正确.
对于C，由，根据二项式系数性质可得时最大，故C正确.
对于D，由，可得，即，
又，则有或，
可得或，故为等腰三角形或直角三角形，故D不正确.
故选：BC
11．BC
【分析】根据题意和等差数列的性质可得，构造函数、，利用导数研究两个函数的性质可得，即，进而，得，结合数列的单调性即可求解.
【详解】，
即而，
即有
令，则有，
令函数，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，从而有，
则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立.
又，所以，故有，
所以，，则
从而，解得，又，，
所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，
所以或
故选：BC.
12．ABD
【分析】A选项，利用线面平行的性质定理证明即可；B选项，利用割补的思路得到，然后求体积即可；C选项，利用几何法找出二面角的平面角，然后求三角函数值即可判断；D选项，根据得到，在中利用余弦定理即可求出，再利用等体积的思路求出点到平面的距离，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
对A，因为平面，平面，平面平面，
所以，因为是正方形，所以为中点，
又，所以为中点，故A正确；
对B，取中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，可得，
因为为中点，所以点到平面的距离为，
所以，
故B正确；
对C，取中点，连接，，因为为等边三角形，
所以，
因为底面是正方形，
，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，所以平面，
因为平面，
所以，又，平面平面，
所以为二面角，，
故二面角不是，故C错误；
对D，由题意，，
因为，所以，
因为为等腰三角形，可求得，
在中，由余弦定理可得
，解得，
在中，，，所以高，
设点到平面的距离为，利用等体积法，，
所以，
解得 ，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：ABD.
13．4
【分析】结合双曲线的图象与性质，逐项判断，即可确定本题答案.
【详解】由双曲线：，得，
由双曲线：，可得通径长为，且实轴长，所以这样的直线有4条，
14．
【分析】先求出动点M的轨迹方程为圆，由，圆C内含于或内切于以PQ为直径的圆，由两圆的位置关系列不等式求线段PQ长度的最小值.
【详解】设，∵，∴，∴，
可得动点M的轨迹为圆，
∵，∴圆C内含于或内切于以PQ为直径的圆，
设PQ的中点为N，则，
的最小值为C点到直线l的距离
∴，∴线段PQ长度的最小值为，
15．
【分析】记事件“第一箱中取书”，事件“从第二箱中取书”．事件“第次从箱中取到的书是科技书”，，然后根据题意求出，,的值，再根据全概率公式和条件概率公式求解即可.
【详解】记事件“第一箱中取书”，事件“从第二箱中取书”．事件“第次从箱中取到的书是科技书”，,
则由题意知，，,
,
所以
16．
【分析】先求解出导函数，然后根据有两个极值点得到图象有两个交点，考虑临界情况：与相切，根据导数值等于切线斜率等于切点与点连线的斜率求解出的值，然后分析是否满足极小值点大于极大值点，由此求解出结果.
【详解】因为，所以，
又因为有两个极值点，所以有两解，
所以图象有两个交点，
因为，当时，单调递减，当时，单调递增，
当与相切时，设切点为，且过定点，
所以，所以，
所以或，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以要使图象有两个交点，则或，
当，设图象交点的横坐标为，如下图所示：
由图可知：当时，当时，，当时，，
所以极小值点为，极大值点为，显然满足，
同理可得：时亦满足，
综上可知：的取值范围是.
（注：本例中还可以通过分析特殊值去求解问题.）
【点睛】思路点睛：根据函数的极值点个数求解参数范围问题的一般思路：先求解出，然后分析的根的个数：①分类讨论法分析的根的个数并求解参数范围；②参变分离法分析的根的个数并求解参数范围；③转化为两个函数的交点个数问题并求解参数范围.