华师一附中2024届高三数学独立作业（1）答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．B【分析】根据题意，化简集合，然后由交集的运算即可得到结果.【详解】由题意可得，集合，即集合中的元素是的倍数，集合，即集合中的元素是的倍数余，故既是的倍数，又是的倍数余，所以故选:B2．D【分析】根据给定条件，利用两个计数原理结合位置关系及相邻问题列式计算作答.【详解】求不同排除方法数有两类办法：乙丙站前排，有种方法，甲站后排有种方法，排余下3人有，乙丙的排列有种，不同排法数为种，乙丙站后排，有种方法，甲站后排有1种方法，排余下3人有，乙丙的排列有种，不同排法数为种，所以不同的排队方法有：（种）.故选：D3．A【分析】根据投影向量公式以及向量夹角的余弦公式求得结果.【详解】∵在上的投影向量为，，，又是两个单位向量，即，.故选：.4．B【分析】利用赋值法得到，，结合二项式展开式的系数正负得到的值，进而求出答案.【详解】中，令得，的通项公式，故，中，令，得，所以，又，所以.故选：B．5．C【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可.【详解】由，得，所以为偶函数，故排除BD.当时，，排除A.故选：C.6．B【分析】根据题设条件结合对称性得出数学成绩位于[80，88]的人数.【详解】由题意可知，，则数学成绩位于[80，88]的人数约为.故选：B7．A【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，，因为成等比数列，所以，即，因为，所以，所以.故选：A8．C【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式.【详解】，则，因为在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，，故A不正确；所以，即，即，故B不正确；，即，即，故C正确；，即，即，故D不正确；故选：C.9．BD【分析】根据复数与共轭复数的概念、复数的运算逐项判断即可.【详解】当复数时，，，故A错；设（a，），则，所以，故B对；设（，），（，），由可得，所以，而，不一定为0，故C错；设（a，），则为纯虚数．所以，则，故D对．故选：BD．10．ACD【分析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径.【详解】A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又，，平面，平面，则平面.又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.则，又，，，由余弦定理可得，则，得.则，故C正确.D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确故选：ACD11．AD【分析】由，若结合已知可得，设且，应用点在双曲线上、两点距离公式求坐标，写出直线求出坐标，进而判断各项的正误即可.【详解】由题设，若，则，，即，可得，若且，则，可得，故，所以，直线为，即，而渐近线为，所以，，则，又，可得（舍）或，故，所以，即，A正确；而，B错误；令，则，可得，故过垂直于x轴所得弦长为8，而过和两顶点的直线，所得弦长为2，所以过的双曲线的最短弦为2，C错误；由到的距离为，到的距离为，所以B到两条渐近线的距离的积为，D正确.故选：AD12．BCD【分析】由题意，求导即可判断A，证明四边形为菱形即可判断B，由即可判断C，证明四边形为平行四边形，再结合基本不等式即可判断D.【详解】因为曲线：，即，所以，设点，则，所以切线的方程为，当时，切线方程为，故A错误：由题意，所以，因为，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，可得平分角，故B正确：因为，，所以，，所以，故C正确：直线方程：，可得，所以，又，所以且，所以四边形为平行四边形，故．，因为与不垂直，所以，所以，即成立，故D正确；故选：BCD．13．【分析】设患肺癌为事件A，吸烟为事件B，由题有，即可得答案.【详解】设患肺癌为事件A，吸烟为事件B，则，不吸烟者中患肺癌的概率为.又由全概率公式有，则，解得．故答案为：14．【分析】把转化为，利用差角的正弦公式化简即得解.【详解】原式故答案为：15．8【分析】由长方体模型得出，再由基本不等式得出最值.【详解】设，因为三棱锥的三条侧棱两两垂直，所以由长方体模型可知，，即.，当且仅当时，取等号.即的最大值为.故答案为：16．【分析】先由两直线斜率之积构造齐次化方程，得出直线AB过定点，再利用直线与圆的位置关系计算弦长确定最值即可.【详解】设，，设：，又，∴，∴，∴．∴，∴，∴直线AB恒过点，由图结合圆的弦长公式可知，当圆心E到动直线AB的距离最大时，即当直线时，弦长最短，此时弦最小为．故答案为：17．(1)(2)【分析】（1）将换为代入中化简，根据定义即可判断为等比数列，由首项公比写出通项公式即可；（2）由（1）中的通项公式求得，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可.【详解】（1）解：因为，所以，又，所以，所以，又，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以；（2）由（1）知，，所以，所以，，两式相减可得：，所以，故.18．（1）（2）L∈（6，9]【分析】（1）由条件可得，再结合正弦定理及三个角之间的关系可得，进而求出A；（2）利用余弦定理再结合基本不等式，求得3＜b+c≤6，即可得到周长L的范围．【详解】（1）由题意，，．所以，由正弦定理，可得，因为，所以sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，又由，则，整理得，又因为，所以．（2）由（1）和余弦定理，即，即，整理得，又由（当且仅当b=c=3时等号成立）从而，可得b+c≤6，又b+c＞a=3，∴3＜b+c≤6，从而周长L∈（6，9].【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和的应用，以及基本不等式求最值的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19．(1)分布列见解析，(2)（i）200；（ii）199或200【分析】（1）根据超几何概率公式即可求解概率，进而得分布列和期望，（2）根据抽样比即可求解总数，根据最大似然思想结合概率的单调性即可求解最大值.【详解】（1）,故分布列为：012.（2）（i）设池塘乙中鱼数为,则,解得,故池塘乙中的鱼数为200.（ii）设池塘乙中鱼数为,令事件“再捉20条鱼,5条有记号”,事件“池塘乙中鱼数为”则,由最大似然估计法,即求最大时的值,其中,当时，当时，当时所以池塘乙中的鱼数为199或200.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.【详解】（1）证明：连接，如下图（1）中所示：因为四边形为平行四边形，所以是中点，又点为线段的中点，则，且,又且，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；

（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面⊥平面，，可知，均为边长为2的正三角形，则有，设，则，为平面的法向量，所以，解得（其中舍去）,所以，设平面的法向量为，则有，令，则，故可取．设平面的法向量为，则有，令，则，故可取所以．所以二面角的正弦值为．即二面角的正弦值为.21．(1)(2)在区间上的零点个数为2【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，解得即可；（2）由（1）知，求出函数的导函数，令，利用导数说明的单调性，即可得到在上的零点情况，当时，将变形得，令，利用导数说明的单调性，即可判断其零点个数，从而得解.【详解】（1）因为，则，由题意得，函数的图象在点处的切线斜率为，即，解得．（2）由（1）知，，，令，则．当时，，，此时，单调递增，，故函数单调递减，所以，故函数在上无零点．当时，将变形得，设，则，设，则，易知当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，，，故存在，使，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，故，又，故函数在上没有零点，在上有1个零点．综上所述，在区间上的零点个数为2．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．(1)(2)证明见解析(3)定值，【分析】（1）设：，联立得，利用韦达定理结合关系，即可求出，得出椭圆的标准方程.（2）设，由已知得，，根据过椭圆上任一点的切线斜率公式得出过点的切线方程斜率为，得出，联立椭圆方程利用韦达定理和化简得出，判断出是的中点，又结合，即可得证.（3）设点到直线的距离为，结合（2）表示出和，即可判断结果.【详解】（1）由题知，设椭圆方程为，设：，，则，联立得，因为线段的中点坐标为，所以，，所以，再代入得，又，所以，所以椭圆的方程为.（2）设，则，因的中点为，所以，根据已知，过点的切线方程斜率为，又，知，所以：，即，，联立得，所以