上海华师一附中2024届高三数学独立作业（12）答案

这是一份上海华师一附中2024届高三数学独立作业（12）答案，共16页。

【详解】∵集合，∴集合，
∴，∴．
故选：D．
2．C
【分析】先将复数化简，然后求出其模，最后代入求出答案即可.
【详解】由已知得，所以，所以.
故选:C.
3．B
【分析】根据圆的一般式表示圆的条件判断即可．
【详解】解：由方程表示的图形是圆，
可得，
即；
由，
得，
显然，
所以“方程表示的图形是圆”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
、
4．C
【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答案.
【详解】.
故选：C.
5．D
【分析】根据“进步”与“落后”的比不小于列不等式，解不等式求得正确答案.
【详解】经过天后，“进步”与“落后”的比，
，两边取以为底的对数得，
，
，
所以大于经过天后，“进步”是“落后”的10000倍.
故选：D
6．C
【分析】建系，根据向量共线得出坐标，再根据向量垂直得到具体数值，最后求出模长即可.
【详解】
解:以A为原点，，所在直线分别为x轴，y轴，轴，如图所示:
， ， ，
， ，
设，，
所以
∵是异面直线与的公垂线段，
∴，解得，
∴，．
故选:C．
7．D
【分析】根据有，换元得，即，构造函数，根据函数的单调性，确定函数在定义域内只有一个零点，即，求
【详解】由得，所以，令，则，易知，
（提示：由题可知，则，）
所以，令函数，易知在上单调递增，
则，即，所以，所以；
故选：D.
8．A
【分析】设，的中点分别为，，根据面面垂直的性质可得平面，再根据直角三角形的几何性质可得，则为三棱锥的外接球球心，求出半径，进而可得答案.
【详解】如图，设，的中点分别为，，
则，
因为平面平面，，
平面平面，平面,
所以平面，故平面，
因为平面，所以，
故，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
故，
所以，
故为三棱锥的外接球球心，
，，
所以球半径，
故球的表面积为.
故选：A.

9．C
【分析】设，利用导数可判断在上为单调递增函数，即在上为增函数，结合单调性以及不等式的放缩可得可判断AC，根据单调性可判断B，根据单调性结合不等式放缩可得，可判断D，进而可得正确选项.
【详解】因为且，
设，则，
当时，，故在上为单调递增函数，
所以在上为增函数，故，
所以，
所以 ，即，
所以，，故选项A正确，选项C不正确；
因为在上为单调递增函数，，所以是递增数列，故选项B正确；
因为，是递增数列，所以，所以，
故，故选项D正确．
故选：C．
10．C
【分析】根据函数能否取到最小值进行分类讨论即可.
【详解】当时，因为此时的最小值为，
所以，即.
若，此时能取到最小值，即，
代入可得，满足要求；
若取不到最小值，则需满足，即，
在上单调递减，所以存在唯一符合题意；
所以或者，所以所有满足条件的的积属于区间，
故选：C
11．BCD
【分析】A.由面面垂直的判定定理判断；B.由时，利用线面平行的判定定理判断；C.由判断；D. 由判断.
【详解】A. 若存在直线平面，使得直线平面，则，故错误；
B.当时，又 ，所以 ，故正确；
C.当时，，故正确；
D. 当时，，故正确；
故选：BCD
12．ABD
【分析】A. 用反证法判断；B.易证平面判断；C. 易知平面，得到为与平面所成的角求解判断；D. 易知平面，得到是二面角的平面角求解判断.
【详解】解：如图所示：
A. 假设共面，则共面，所以与共面，与异面矛盾，故假设错误，则直线为异面直线，故正确；
B. 在正方体中，易知，，又，所以平面，又平面，所以，故正确；
C. 易知平面，则为与平面所成的角，设正方体的棱长为1，则，所以，故错误；
D. 易知平面，则，所以是二面角的平面角，其正切值为，故正确，
故选：ABD
13．AC
【分析】根据奇函数的定义即可判定A，根据导数的运算可得进而可求解，即可求解BD，根据二次函数的图象性质，即可求解C.
【详解】对于A，，由可得，所以，且定义域为，故为奇函数，A正确，
由于，所以为常数，则
又在中，令，则，故，故，
所以，
对于B, 可得，又，故，则，故B错误，
对于C，为单调递增函数，而为开口向上，且对称轴为的二次函数，且是的两个交点，的两个交点设为，则，且，又为单调递增函数，所以，所以， C正确，
由得，所以在处的切线方程为，D错误，
故选：AC
14．BC
【分析】对于A，由，E为BB1中点，可知与不平行；对于B，只需证明平面，即可作出判断；对于C，求得，，然后直接根据勾股定理计算即可；对于D，延长交于点，则α将三棱柱ABC﹣A1B1C1分成体积较大部分，然后计算比较即可.
【详解】延长与交于点，连接交于，连接，
则平面即为截面α，
，是中点，
是的中点，
由与相似可得，
则，而E为BB1中点，可知与不平行，故A错误；
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面，
平面，，
又，，、平面，
平面，
又平面，，故B正确；
由，，
可知，故C正确；
延长交于点，
则α将三棱柱ABC﹣A1B1C1分成体积较大部分
，故D错误；
故选：BC
15．-1
【分析】观察分段函数，分别考虑和时二次函数的顶点坐标，由已知中函数为奇函数，根据奇函数的性质，即可求得的值，进而可得的值．
【详解】因为函数f(x)为奇函数，所以f(x)的图象关于原点对称，由题意知，
当x≥0，二次函数的图象顶点坐标为，
当x＜0，二次函数的图象顶点坐标为(－1，－a)，
所以解得a＝－1，b＝2，
经验证a＝－1，b＝2满足题设条件.
所以f(a＋b)＝f(1)= －1.
答故案为-1.
【点睛】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的奇偶性，函数求值，解答本题的关键是掌握奇函数的定义与性质．
16．－14
【分析】由题意得，可得为等差数列，借助等差数列的通项公式可求得，当且仅当时，，即可得出结论．
【详解】由，即，又，
∴数列为等差数列，首项为－5，公差为1，
∴，
可得：，当且仅当时，．
已知，，则最小值为．
故答案为：－14．
17．
【分析】以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，设，求出点的轨迹为，即得点所形成的阿氏圆的半径；②先求出点的轨迹为，到平面的距离为，再求出的最小值即得解三棱锥的体积的最小值.
【详解】
①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则，设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得
所以，设平面的法向量为，
所以，
由题得，
所以点到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
故答案为： ，.
18．(1)
(2)
【分析】（1）通过切化弦思想、两角和的正弦以及正弦定理可得，根据可得的值，进而可得三角形面积；
（2）根据正弦定理可得，进而可得结果.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以，
由正弦定理得，所以，
所以.
又，所以，
，
所以.
（2）由正弦定理得：，
所以，
所以，
所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）分别令和可用表示出，根据等比数列定义可构造方程求得；
（2）由与关系和已知等式可推导得到，采用裂项相消法可求得，由此可得结果.
【详解】（1）令，则，；
令，则，，即；
成等比数列，，即，
解得：或，又，.
（2）当时，由得：，
即，
，
，
，，
，
，
又，，，
，即的最小值为.
20．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用线垂直于面来证明线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用体积计算边长，找对应点坐标，利用空间数量积公式求得结果.
【详解】（1）三棱柱为直棱柱，平面.
又平面平面，
平面，平面， 所以.
（2）平面，
两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，
设 .
，
所以.
易知平面的一个法向量为 ，
设平面的一个法向量为，
，
所以， 设，
，
则 令， 得， 所以，
二面角的大小为，则，所以（负值舍去），所以存在点，当时， 二面角的大小为.
21．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由递推关系得，即可证；
（2）利用关系求的通项公式，结合已知可得，裂项相消求；
（3）讨论的奇偶性，利用裂项相消法和错位相减法，分别求出奇数项、偶数项的和，即可证结论.
【详解】（1）由，得，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，即．
（2）当时，有，当时，，
显然也满足，故，结合，所以=，
故.
（3）当n为奇数时，，
,
当n为偶数时，,
，
设，则，
两式相减得，得，
所以，所以，得证．
22．(1)实数的值为1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，设的极值点为，由题意，由此得解；
（2）由导函数的单调性和零点存在性定理证明存在唯一极值点，再构造新函数利用导数证明不等式.
【详解】（1）的定义域为，
当时，无极值，故.
设的极值点为， 则， 易知为极小值点， 且. 则 ， 令， 设， 则单调递减， 且， 故， 解得. 经检验，时满足题意， 即实数的值为1 .
（2）的定义域为，
当时，由（1）知， 则，
当时，单调递增，且，，
设，则， 故在单调递减， 即， 所以，
根据零点存在性定理， 知存在唯一的.
此时，
，，
设，，
单调递增，， 则
当时，单调递增， 且，
， 设，
时，单调递减，∴即，
∴，
根据零点存在性定理， 存在唯一的，
此时有，
由， 可得：，
所以时， ，
综上， 当时，存在唯一极值点， 为极小值点， 且 .
【点睛】1.导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.