华师一附中2024届高三数学选填专项训练（11）答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页华师一高三数学选填专项训练（11）参考答案：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：C2．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：B3．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：D4．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：C5．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：C9．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：BC11．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