华师一附中2024届高三数学选填专项训练（18）试题含答案

华师一附中2024届高三选填专项训练（18）一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．设，，，则A． B． C． D．3．扇子是引风用品，夏令必备之物.我国传统扇文化源远流长，是中华文化的一个组成部分.历史上最早的扇子是一种礼仪工具，后来慢慢演变为纳凉、娱乐、观赏的生活用品和工艺品.扇子的种类较多，受大众喜爱的有团扇和折扇.如图1是一把折扇，是用竹木做扇骨，用特殊纸或绫绢做扇面而制成的.完全打开后的折扇为扇形（如图2），若图2中，，分别在，上，，的长为，则该折扇的扇面的面积为（

）

图1

图2A． B． C． D．4．已知是函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则的极大值点为（

）

A． B． C． D．5．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．6．已知平面向量满足，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．设函数在内恰有3个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知函数及其导函数的定义域均为，且，则（

）A．有一个极小值点，一个极大值点 B．有两个极小值点，一个极大值点C．最多有一个极小值点，无极大值点 D．最多有一个极大值点，无极小值点二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若函数满足，，且，，则（

）A．在上单调递减 B．C． D．若，则或10．如图，在圆锥中，已知高.底面圆的半径为2，为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列三个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线，则下面四个命题中正确的有（

）A．圆锥的体积为 B．圆的面积为C．椭圆的长轴长为 D．双曲线两渐近线的夹角11．已知正项数列的前项和为且，则下列说法正确的是（

）A．长度分别为的三条线段可以围成一个内角为的三角形B．C．D．12．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线交圆：于，两点，下列结论正确的是（

）A．实数越大，椭圆越圆B．若，且，则C．当时，过的直线交于A，B两点（点A在轴的上方）且，则的斜率D．若，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知，则的最小值为．14．在数列中，，且．若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为．15．已知函数，若关于的方程恰有两个不同解，则的取值范围是.16．已知函数在上的最大值为，若函数有个零点，则实数的取值范围为．华师一附中高三选填专项训练18参考答案：1．C【分析】根据交集的运算，即可得出结果.【详解】解：根据题意可知，，所以.故选：C.【点睛】本题考查交集的运算，考查运算求解能力，分析问题能力，属于基础题.2．B【解析】b和c的比较，将，转化比较，a和c的比较找中间数，分别作差比较.，最后得到结论.【详解】因为，，又因为，，所以.又因为，因，故，所以即.又，因，故，所以.即所以故.故选：B.【点睛】本题主要考查了对数的转化及比较大小，还考查了转化化归运算比较的能力，属于中档题.3．D【分析】先求得，再根据扇环的面积公式求得正确答案.【详解】依题意，，所以，所以该折扇的扇面的面积为.故选：D4．D【分析】由指数函数的性质判断的符号，进而确定的单调性即可知极大值点.【详解】由的图象知，当时，，则，当时，，则，当时，，则，故的单调递增区间为，单调递减区间为和，故的极大值点为.故选：D5．B【分析】由题意求出的边长，确定何种情况下三棱锥体积取到最大值，继而求出三棱锥的高，即可求得答案.【详解】由题意知为等边三角形且其面积为，故，即得，设的外接圆圆心为，设三棱锥的外接球球心为O，因为平面，当共线且O位于之间时，三棱锥的高最大，此时其体积也最大；由于平面，平面，故，而，故，所以，即三棱锥的高最大为6，所以三棱锥的体积的最大值为.故选：B6．D【分析】建立如图所示直角坐标系，由向量的坐标运算得点C的轨迹，进而根据三角形相似将转为求线段和最短，即可将根据图形求解【详解】建立如图所示直角坐标系，由题意可设，，则，，由得，故C在以为圆心，半径为1的圆上，取，则在AD上，则，又，∴，∴，即，∴.故选：D7．D【分析】先令，求得或，再根据题意尝试的值可确定，进而得到的4个零点，结合题意排除其中1个零点有两种情况，分别求之即可得到的取值范围.【详解】∵，即，∴或，，∴或，，∵，即，∴当时，且，即所有根都小于零，当时，且，即所有根都大于，综上：，即在内的三个零点为，，，中的三个.由于上述4个值是依次从小到大排列，且，故有两种情况，分别为：，解得，故，或，解得，故，故或，即.故选：D．8．C【分析】设，求导后，构造，求导，得到其单调性和极值情况，结合极小值为0，故当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；分在区间上没有变号零点和1个变号零点两种情况，得到极值情况.【详解】令，则，故．令，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以的极小值为，的极大值为，所以当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；当在区间上没有变号零点时，则，，单调递增，无极值点，当在区间上有1个变号零点时，可设为，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以有且只有一个极小值点，无极大值点．综上，最多有一个极小值点，无极大值点．故选：C【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.9．ABD【分析】先由题设条件得到在上单调递增，且关于对称，从而得以判断A；利用赋值法可判断B；利用函数的对称性与单调性，计算得自变量与对称轴的距离的大小关系，从而判断CD.【详解】因为，所以在上单调递增，且关于对称，则在上单调递减，故A正确；因为，令，得，故B正确；因为，所以，故C错误；若，则，解得或，故D正确.故选：ABD.10．BCD【分析】利用圆锥的体积公式计算判断A；利用圆锥的几何性质确定圆的半径计算判断B；利用圆锥的轴截面求出判断C；建立平面直角坐标系，设双曲线方程，确定双曲线过的点的坐标计算判断D.【详解】对于A，圆锥底面圆面积，圆锥体积，A错误；对于B，圆锥中截面圆的半径为底面圆半径的一半，该圆面积为，B正确；对于C，过作于，于是，，因此椭圆的长轴长，C正确；对于D，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点P到底面距离相等，于是双曲线顶点，双曲线与圆锥底面圆周的交点，设双曲线方程为，则，解得，因此该双曲线的两条渐近线互相垂直，即双曲线两渐近线的夹角，D正确.故选：BCD11．BC【分析】对于A：根据题意结合余弦定理分析可知：构造边长分别为且一个内角为的三角形，即可得结果；对于BC：设，其中，，分析可知数列是以为首项，公比为的等比数列，根据等比数列通项公式结合三角形的性质求的通项公式；对于D：取代入分析判断.【详解】对于选项A：因为，可以构造边长分别为，且一个内角为的三角形，即内角不可能为，故A错误；对于选项BC：设，其中，则，可知，设，即，当时，构成等边三角形，记作，此时，可知数列是以为首项，公比为的等比数列，可得，在等边中，可知边上的高为，在，可得，利用等面积可得，整理得，故B、C正确；对于选项D：由选项C知：当时，，故D错误．故选：BC.【点睛】关键点睛：利用三角形的边角关键转化数列的递推公式，并根据几何关系分析可知数列是以为首项，公比为的等比数列，结合三角形的相关知识分析求解.12．BD【分析】A选项，根据离心率得到越大，越大，椭圆越扁；B选项，根据，得到，又，得到方程，求出，得到离心率；C选项，设出的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，结合求出的值，从而求出直线斜率；D选项，表达出，，从而得到方程，求出，进而表达出，D正确..【详解】A选项，因为，所以，此时，故椭圆离心率为，越大，则离心率越大，故椭圆越扁，A错误；B选项，因为，则，又，则，故，又，解得，故，B正确；C选项，当时，椭圆：，且，当过的直线斜率为0时，此时在轴上，不合要求，舍去，设过的直线的方程为，因为点A在轴的上方，且，所以直线的斜率大于0，联立得，，设，则，因为直线所过定点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，因为，所以，故，所以，解得，负值舍去，所以直线的方程的斜率，C错误；D选项，设，则，所以，则，同理可得，由得，故，则，又，故，D正确.故选：BD【点睛】椭圆焦半径公式：（1）椭圆上一点，其中椭圆左右焦点分别为，则，，（2）椭圆上一点，其中椭圆下上焦点分别为，则，，记忆口诀：左加右减，下加上减.13．/【分析】先求得的取值范围，再把整体代换构造均值不等式即可.【详解】由已知得，所以，则，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故答案为：14．【分析】由可知，即，根据等比数列概念及公式可得，再利用累加法可得，又可得或，分情况讨论为奇函数和为偶数时与的最值，即可得解.【详解】由，得，将其两边同时减去，得，整理，得，则，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，显然，，由，得，即，解得或，由题意可知，存在，使得或．当为偶数时，，，所以或；当为奇数时，，，所以或．综上可知，实数的取值范围为，故答案为：.【点睛】关键点睛：等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．15．【分析】利用的单调性以及已知条件得到，代入，令，利用导数的求得的值域，从而得解.【详解】因为，所以在上单调递增，值域为，在上也单调递增，值域为，又的两根为，所以，从而，令，则，．因为，所以，所以在上恒成立，从而在上单调递增．又，所以，即的取值范围是，故答案为：．【点睛】关键点睛：本题解决的关键是构造函数，利用导数求取值范围求得的值域，由此得解.16．【分析】先求得，然后利用图象法求得的取值范围.【详解】当