华师一附中2024届高三数学选填专项训练（13）试题含答案

华师一附中2024届高三数学选填训练13一、单选题1．设、，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．为了得到函数，的图象，只需把函数，的图象上所有的点（

）A．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）B．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）C．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）D．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）3．展开式中任取一项，则所取项是有理项的概率为()A． B． C． D．4．已知函数，若（互不相等），且的取值范围为，则实数的值为（

）．A． B． C． D．5．已知函数实数a，b满足不等式，则下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．6．已知抛物线，圆．过点的直线交圆于两点，交抛物线于两点，且满足的直线恰有三条，则的取值范围为A． B． C． D．7．设函数，若存在区间，使得在上的值域为，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知正实数满足，则的值所在区间是（

）A． B． C． D．9．已知双曲线1（a＞0，b＞0）上一点C，过双曲线中心的直线交双曲线于A，B两点，记直线AC，BC的斜率分别为k1，k2，当ln|k1|+ln|k2|最小时，双曲线离心率为（

）A． B． C．1 D．2二、多选题10．已知（），则下列结论正确的是（

）A． B．当时，n=5C．若（）的展开式中第7项的二项式系数最大，则n等于12或1D．当n=4时，11．函数的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（

）A．函数在上单调递增B．函数的图象关于点成中心对称C．函数的图象向右平移个单位后关于直线成轴对称D．若圆半径为，则函数的解析式为12．已知数列的前项和为，且，（，为常数），则下列结论正确的有（

）A．一定是等比数列 B．当时，C．当时， D．13．如图，已知四棱锥中，平，，，为中点，在上，，，则下列结论正确的是（

）A．面B．与平面所成角为30°C．四面体的体积为D．平面平面三、填空题14．一个盒子里装有除颜色外完全相同的6个小球，盒子中有编号分别为1、2、3、4的红球4个，编号分别为4、5的白球2个，从盒子中任取3个小球（假设取到任何一个小球的可能性相同）.则在取出的3个小球中，小球编号最大值为4的概率是.15．当时，关于的不等式的解集中有且只有两个整数值，则实数的取值范围是．16．函数（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）是偶函数，则、与三者间的大小关系是.参考答案：1．C【分析】设，分析函数在上的单调性，结合函数的单调性以及充分条件、必要条件判断可得出合适的选项.【详解】设，则函数在、上均为增函数，又因为函数在上连续，故函数在上单调递增，若，则，即；若，则，可得.因此，“”是“”的充要条件.故选：C.2．C【分析】根据三角函数平移和伸缩变换原则依次判断各个选项即可.【详解】记，变换后所得函数为，对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，C正确；对于D，，D错误.故选：C.3．B【分析】根据二项展开式的通项，让的指数为整数，求解符合条件的，求出有理项的数目，利用古典概型的概率计算公式，即可求解答案.【详解】由题意，可得二项展开式的通项为，根据题意可得为整数时，展开式的项为有理项，则时，共有项，而展开式共有项，由古典概型的概率计算公式可得，所取项是有理项的概率为，故选：B.4．C【分析】做出的图像，结合函数图像与对数运算即可得到结果.【详解】做出的图像，如图所示，可令，则由图知点，关于直线对称，所以，又，所以，由于（互不相等），结合图像可知点的坐标为，代入函数解析式，得，解得，故选:．5．B【分析】设,则,研究的对称性和单调性即可.【详解】设，则.即.因为.即函数关于对称.所以是增函数,因为.所以.则,得故选：B【点睛】关键点点睛:根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键.6．C【详解】由题意可知，显然当直线斜率不存时，，设直线斜率为k,此时存在两条直线满足，设直线，，设，由,得，故选C.点睛：本题综合性较强，将直线与圆，与抛物线联立起来，利用同一直线上的线段的长度比与两线段端点的纵坐标差的比成比例建立方程，再由根系关系将此方程转化为关于参数m的不等式，解出满足|AC|=|BD|的直线l只有三条的充要条件，再依据必要条件的定义比对四个选项找出必要条件7．C【解析】利用导数分析出函数在区间上为增函数，可得出，可知关于的方程在上有两个不等的实根，利用参变量分离法得出，令，由题意可得出直线与曲线在上的图象有两个交点，利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】由题意可得，设，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，所以，所以在上单调递增，又因为，所以在上单调递增，又在上的值域为，所以，则方程在上的两个根为、，由，可得，构造函数，其中，，令，其中，，当时，，所以，函数在上单调递增，当时，，即，此时函数单调递减；当时，，即，此时函数单调递增.所以，，，如下图所示：由图象可知，当时，直线与函数在区间上的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.8．略9．B【分析】设,利用椭圆的方程可推得,再构造函数,分析当取得最小值时成立即可.【详解】设,由题意知点为过原点的直线与双曲线的交点,∴由双曲线的对称性得关于原点对称,∴,,∴,∵点都在双曲线上,∴,两式相减,得：所以∴,令,构造函数,由得,当时,;当时,所以当时,函数取得最小值,当且仅当时成立.此时离心率.故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆中的斜率之积定值的问题以及构造函数分析最值的方法,属于难题.10．ABD【分析】对于A，由二项式展开式的系数的性质判断即可，对于B，由题意可得，从而可求出的值，对于C，利用二项式展开式的系数的性质判断即可，对于D，当时，将代入结合可求得的值【详解】，A正确；的系数，则，所以，B正确；若的展开式中第7项的二项式系数最大，当n为偶数，则n等于12，当n为奇数，则n等于11或13，C错误；当时，，令，则，又，所以，D正确.故选：ABD11．BD【分析】由图易得点C的横坐标为，所以的周期，所以,从而可得，根据三角函数的图象性质对选项进行逐一分析可得答案.【详解】由图易得点C的横坐标为，所以的周期，所以，又，所以，因此.所以函数在上单调递增.所以函数在上单调递减.则函数在上单调递减，所以选项A不正确.由,得函数的图象的对称中心为所以函数的图象关于点成中心对称，故选项B正确.函数的图象向右平移个单位得到，直线不是此时的对称轴，故选项C不正确.若圆半径为，则，∴，函数的解折式为故选：BD.【点睛】本题考查根据三角函数的图象求解析式，考查三角函数的单调性和对称性等性质，属于中档题.12．ABC【分析】对于A，利用数列的递推关系得和当时，，再利用，结合等比数列的概念对A进行判断；对于B，利用A的结论，结合等比数列的通项公式得，当时，利用等比数列的求和，计算出；对于C，当时，利用指数幂的运算，对C进行判断；对于D，利用，计算得，对D进行判断.【详解】对于A，在数列中，因为，为非零常数，所以当时，，解得，当时，，由得，即，又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故A正确；对于B，由得，因此当时，，所以，故B正确；对于C，由得，因此当时，，所以，故C正确；对于D，由得，因此，，所以，故D错误．故选：ABC．13．ACD【分析】对A，连结，，通过证明平面和平面得出平面平面可证；对B，易得即为与平面所成角，求出即可；对C，利用可求；对D，由和证明平面即可.【详解】对于A，连结，，因为，，所以，，故，同理可得，故，所以F为的中点，又E为的中点，故，又平面，平面，故平面，又因为，，所以，故，又平面，平面，故平面，又，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故A正确；对于B，因为平面，所以与平面所成的角即为，因为，所以，则，又，故，故选项B错误；对于C，，因为平面，，所以平面，又，所以，故，故选项C正确；对于D，因为平面，平面，所以，又因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故选项D正确．故选：ACD．【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确利用线面平行、面面垂直的判断定理，正确寻找图中位置关系.14．/0.45【分析】结合组合数公式求得基本事件的总数，再分编号为4的球有且只有一个且为白球，编号为4的球有且只有一个且为红球和编号为4的球红球白球都取到，三种情况讨论，求得所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，从6个小球，任取3个小球，可得基本事件总数为种，若编号为4的球有且只有一个且为白球，有种取法；若编号为4的球有且只有一个且为红球，有种取法；若编号为4的球红球白球都取到，有种取法，小球编号最大值为4的基本事件个数为种，所以小球编号最大值为4的概率力.故答案为：15．【分析】对原不等式变形可得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合函数图形列不等式组，即可求解的取值范围.【详解】解：原不等式可化为，令，由于，因此当，函数单调递增；当，函数单调递减．在同一直角坐标系中画