华师一附中2024届高三数学选填专项训练（7）试题+答案

华师一附中2024届高三数学选填专项训练（7）一、单选题1.设集合为平面直角坐标系内第四象限内的点的横坐标构成的集合，则下列条件中，使得的为（）A、B、为的值域C、为复数的模长构成的集合D、2.已知复数Z满足，则复平面内Z对应的点Z所在区域的面积为（）A、πB、2πC、3πD、4π3．“”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4．已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（）A.9B.10C.11D.125.新风机工作原理是，从室外吸入空气，净化后输入室内，同时将等体积的室内空气排向室外，假设某房间的体积为，初始时刻室内空气中含有颗粒物的质量为.已知某款新风机工作时，单位时间内从室外吸入的空气体积为，室内空气中颗粒物的浓度与时刻的函数关系为：，其中常数为过滤效率.若该款新风机的过滤效率为，且时室内空气中颗粒物的浓度是时的倍，则的值约为（）（参考数据：）A.B.C.D.6.是三个全等的三角形，用这三个三角形拼成如图所示的两个等边三角形，若，则（）A.1B.C.2第13页共14页,D.7．在数学中，欧拉-马歇罗尼常数是数学中的一个重要常用无理数，为了便于使用，我们认为且通过研究与的单调性，可得所在的区间为（）（参考数据，）A.B.C.D.8.记则的大小关系为（）A.B.C.D.二、多选题9.有两组样本数据，分别为和且平均数分别为标准差分别为6和4，将两组数据合并为重新计算平均数和标准差，则（）A．平均数为85B.平均数为86C.标准差为10D.标准差为10.已知F为椭圆的一个焦点，A，B为该椭圆的两个顶点，若|AF|=3，|BF|=5，则满足条件的椭圆的离心率为（）A.B.C.D.11．已知函数的定义域为,是奇函数，分别是的导函数，函数在区间上为单调递增，则（）A.B.C.D.12.在棱长为2的正方体中，点满足，其中，异面直线与所成角为，点满足,则下列选项正确的是()当线段取最小值时，第13页共14页,当时,与垂直的屏幕截正方体所得的截面面积最大值为三．填空题13.展开式的常数项为______________.14.等比数列前6项中的两项分别为1,2，记事件A：事件B：既不是递增数列也不是递减数列，则=________________.15．如图，是两个齿轮传动的示意图，已知左右两个齿轮的半径分别为1和2，两齿轮的中心在同一水平线上，距离为4，标记初始位置A点为左齿轮的最右端，B点为右齿轮的最上端，试问在履带带动齿轮转动过程中A,B两点之间距离的最小值为16．已知函数有三个零点，且，则实数的取值范围是；的值为华师一附中2024届高三数学选填题专项训练（9）答题卡姓名分数一、选择题123456789101112二、填空题13.14.15.16.第13页共14页,华师一高三数学选填专项训练（9）参考答案：1．B【分析】根据题意得，根据四个选项中的，求出和，根据它们是否相等可判断出答案.【详解】依题意可得，对于A，若，则，，故A不正确；对于B，若为的值域，则，满足，故B正确；对于C，因为为复数的模长构成的集合，所以，，，故C不正确；对于D，因为，所以，，故D不正确.故选：B2．C【分析】令且，可得，问题转化为求圆心为，半径分别为1，2的两个同心圆的面积差，即可求区域面积.【详解】令且，则，所以，即对应区域是圆心为，半径分别为1，2的两个同心圆的面积差，所以区域的面积为.故选：C3．A【分析】先求解，这两个方程，再由充分条件与必要条件的定义去判断.【详解】由得，由得或，所以“”是“”的充分不必要条件.第13页共14页,故选：A4．C【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．5．B【分析】由题意表达出，由列出方程，求出，两边取对数，计算出答案.【详解】由题意得，，因为，所以，整理得，令，因为，所以，则，解得（舍去）或，故，解得.故选：B6．C第13页共14页,【分析】根据正三角形面积公式可得，再根据正余弦定理分别计算即可.【详解】由题意，等边中，解得.等边，故，则.又为锐角，故，由正弦定理，即，解得，由全等可得.由余弦定理有即，即，故.故.故选：C7．C【分析】根据题意，由条件可得单调递减，单调递增，结合其单调性代入计算，即可判断.【详解】因为，所以单调递减，则，即．因为，所以单调递增，则当趋近于时，，所以，所以，故所在的区间为．故选：C第13页共14页,8．D【分析】由函数在R上单调递增，可判断，再对两边取对数，由函数在单调递减，可得，从而得解.【详解】设，则在R上单调递增，故，即；由于，设，，则，，则在单调递减，故，即，则；综上得，，D正确.故选：D9．BD【分析】根据平均数与标准差的公式列出和满足的等式，再代入的平均数与标准差公式化简求解即可.【详解】由题意，，，故，则；又，，故，，则，故的标准差为.故选：BD10．BCD第13页共14页,【分析】根据题意为该椭圆的两个顶点，且，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.【详解】由题意，已知F为椭圆的一个焦点，其中为该椭圆的两个顶点，且，当为左右两个顶点时，可得，解得，所以，此时椭圆的方程为；当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得解得，则，此时椭圆的方程为；当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，解得，则，此时椭圆的方程为.故选：BCD.11．ABD【分析】由是奇函数，，令可求判断选项A，两边求导判断选项B，由，得到和的关系，求导判断选项C，利用单调性判断选项D.【详解】对于A，由是奇函数，则，令，有，A正确.对于B，由是奇函数，则，有，所以，B正确.对于C，由，有，，∴，∴，C错.对于D，由知关于直线对称，第13页共14页,∵在上单调递增，∴在上单调递减，，当且仅当时取等号，令，则，解得，在上单调递增，则，即，有.令，，时，在上单调递减，所以，有，即.而，∴，D正确.故选：ABD.12．BCD【分析】对A：根据平面向量结合异面直线夹角分析运算；对B：根据空间向量分析可得点M在线段上（包括端点），进而结合线面垂直分析证明；对于C：根据圆的性质结合对称性以及向量的线性运算求解；对D：根据题意结合体对角线的性质分析求解.【详解】因为点N满足，其中，，则点N在正方形内（包括边界），又因为∥，则异面直线BN与所成角即为，可得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，所以A错误；因为且，所以点M在线段上（包括端点），因为平面，平面，则，又因为为正方形，则，，平面，所以平面，第13页共14页,且平面，所以，所以B正确；因为，当且仅当三点共线时，等号成立，又因为当时，取到最小值，此时是的中点时，结合对称性可知：当是的中点时，也为圆弧的中点时，则，所以，即，所以，故C正确；当时，则，即与重合，与垂直的平面，即与体对角线垂直的平面，因为平面，且平面，所以，同理可证：，且，平面，所以平面，而与平面平行且面积最大的截面应当过正方体的中心，此时截面为边长是的正六边形，所以截面面积的最大值为，故D正确．故选：BCD.第13页共14页,【点睛】关键点睛：根据向量的相关知识分析可得点的位置，并结合空间中的位置关系运算求解.13．【解析】先求得展开式的通项公式，再分1乘以和乘以两种情况求解.【详解】展开式的通项公式为，当1乘以时，令，解得，常数项为；当乘以时，令，解得，常数项为；所以的展开式中的常数项为-5，故答案为：-514．/0.5【分析】分析得到若等比数列{an}既不是递增数列也不是递减数列，则1，2只能是{an}的第1，3，5项或第2，4，6项中的两项．有种可能．若a3<0，共有种可能．再利用条件概率公式求解.【详解】若等比数列{an}既不是递增数列也不是递减数列，则公比为负数．因为{an}前6项中的两项分别为1，2，所以1，2只能是{an}的第1，3，5项或第2，4，6项中的两项．事件A∩B：若a3<0，则{an}的第1，3，5为负，第2，4，6项为正，共有种可能．第13页共14页,事件B：1，2是{an}第1，3，5项或第2，4，6项中的两项，有种可能．所以．故答案为：15．【分析】以小齿轮的圆心为原点建系，由于点与点处转过的弧长相等,结合半径长的比值及弧长公式可设点与点转过的圆心角分别为、，利用三角函数的定义可以得出点与点的坐标，再用距离公式可构建两点之间距离的函数，求解最值即可.【详解】设小齿轮和大齿轮圆心分别为,则以为原点为轴，过点作的垂线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，  设点转过的圆心角为，点与点处转过的弧长相等,点转过的圆心角为，则，即,第13页共14页,当时取得最小值为，故答案为：.16．1【分析】①令，则方程有两个不等的实根，，数形结合，根据的图象得出结果；②由韦达定理代入求值即可.【详解】由，令，∴，令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，当时，.作出大致图象如下，要使原方程有三个不同的零点，  （*）式关于t的一元二次方程有两个不等的实根，，其中，，令，∴，第13页共14页,  且，，，∴，故答案为：；1.【点睛】求解复合函数零点问题的方法：(1)此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出两个图像；(2)若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于的方程中解的个数再根据个数与的图像特点，决定参数的范围.第13页共14页