2022届高三数学选填专题练习—选填专练（1） WORD版含答案.docx

1、高三数学选填专题练习选填专练（1）一、单选题(共60分)1(本题5分)已知集合，则（ ）ABCD2(本题5分)已知复数，则（ ）ABC3D53(本题5分)已知，若，则实数的值为（ ）ABCD4(本题5分)已知函数的最小正周期为，且图象向右平移个单位长度后得到的图象，则的对称中心为（ ）ABCD5(本题5分)物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述:设物体的初始温度是，经过一定时间(单位:分)后的温度是，则，其中称为环境温度，为比例系数.现有一杯的热水，放在的房间中，分钟后变为的温水，那么这杯水从降温到时需要的时间为（ ）A分钟B分钟C分钟D分钟6(本题5分)从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者

2、中选派三人分别从事翻译、导游、礼仪三项不同工作，若其中乙和丙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这三项工作，则不同的选派方案共有A36种B12种C18种D24种7(本题5分)已知四面体，平面，于E，于F，则（ ）A可能与垂直，的面积有最大值B不可能与垂直，的面积有最大值C可能与垂直，的面积没有最大值D不可能与垂直，的面积没有最大值8(本题5分)数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行3项以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）A22B21C20D199(本题5分)凸四边形就是没有角度数大于的四边形，把四边形任何一边向两方延长，

3、其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形中，当变化时，对角线的最大值为A3B4CD10(本题5分)我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由

4、此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A BCD11(本题5分)已知点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线将三角形分割为面积相等两部分，则的取值范围是（ ）ABCD12(本题5分)对于定义域为的函数，若满足 ； 当，且时，都有； 当，且时，都有，则称为“偏对称函数”现给出四个函数：；则其中是“偏对称函数”的函数个数为A0B1C2D3二、填空题(共20分)13(本题5分)三纤夫用牵绳拉船，船的航行方向由至，若三纤夫所用力分别为，则三纤夫对船所做的功为_14(本题5分)已知结论：在平行四边形中，有，

5、且此结论可以推广到空间，即：在平行六面体中，有.某结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长都为2，且它们彼此的夹角都是，则其体对角线的长度是_15 (本题5分)意大利数学家斐波那契年年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为设是不等式的正整数解，则的最小值为_16(本题5分)如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，点C满足，且在平面内运动，则有以下几个命题：当时，点C的轨迹是抛物线；当时，点C的轨迹是一条直线；当时，点C的轨迹是圆；当时，点C的轨迹是椭圆；当时，点C的

6、轨迹是双曲线.其中正确的命题是_.（将所有正确的命题序号填到横线上）参考答案1C【分析】解不等式得，再根据集合运算求解即可.【详解】解不等式得,所以，所以或,所以.故选：C.2D【分析】直接由求解即可【详解】解：，故选：D3C【分析】根据向量平行的坐标表示可构造方程求得结果.【详解】由，得：，解得：.故选：C.4C【分析】由函数的周期求出，从而得到，进而可求得，再由三角函数的对称性求解即可【详解】的最小正周期为，所以，即，故，由，解得，从而的对称中心为，故选：C5C【分析】由已知条件列式求出，进一步利用条件列式求得所需时间，得到答案.【详解】由题意得：，解得：，当时，则（其中），解得：t=5.

7、故选：C.6A【分析】利用分类加法原理，对所选的3人中分三种情况：乙和丙有2人；乙和丙有1人；都没有；再利用排列数和组合数公式计算，即可得答案.【详解】利用分类加法原理，对所选的3人中分三种情况：乙和丙有2人，对两个人进行排列，第三项工作再从乘下的3人中选1人，即；乙和丙有1人，则有2种情况，这个人可以从两项工作中任取一项有2种情况，则乘下的两项工作由3个人来排列，即；乙和丙都没有，三项工作就由其他3个人来进行排列，即；.故选：A7D【分析】根据题意，分别求得，并求得长度.从而判断为等腰三角形，不可能与垂直. 设，则，由余弦定理求得，的取值范围，从而求得的范围，代入面积公式，判断是否存在最大值

8、.【详解】由平面知，则，利用等面积法求得斜边上的高，从而有，则为等腰三角形，不可能与垂直，即不可能与垂直.故AC错误；由上知，设，则，由余弦定理知，则由知，故为锐角，且的面积，当取得右侧边界点时，三点共线，不能构成三角形，故无最大值，故B错误，D正确；故选：D8C【分析】根据题意由等比数列求和公式得各行的和，再利用分组求和法得，最后解不等式得结果.【详解】第行的和为，设满足的最小正整数为，项在图中排在第行第列（且），所以有，则，即图中从第行第列开始，和大于.因为第行第5列之前共有项，所以最小正整数的值为.故选：C.9C【分析】设，利用余弦定理与正弦定理，表示出与，在中，由余弦定理求得的表达式，

9、根据三角函数值的有界性即可求得最大值【详解】设，在中，由余弦定理可得所以，即在中，由正弦定理可得 ，则，在中，由余弦定理可得而由条件可知，所以即结合，代入化简可得所以当时，取得最大值为此时取得最大值为所以选C10D【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆

10、柱圆锥.故选：D.11B【分析】由题意，,，先求出直线yax+b（a0）与x轴的交点为，由，可得点M在射线上再求出直线yax+b（a0）和的交点N的坐标，分三种情况讨论：若点M和点重合，求得；若点M在点O和点之间，求得；若点M在点的左侧，求得求并集即可得b的取值范围【详解】解：因为点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，所以，从而有，所以,，由题意，三角形的面积为1，设直线yax+b（a0）与x轴的交点为，由直线yax+b（a0）将三角形分割为面积相等的两部分，可得，所以，故点M在射线上设直线yax+b和的交点为N，则由可得点N的坐标为若点M和点重合，如图：则点N为线段的中点，故N，把、N两点的

11、坐标代入直线yax+b，求得ab若点M在点O和点之间，如图：此时，点N在点和点之间，由题意可得三角形的面积等于，即，即，可得a，求得，故有若点M在点的左侧， 则，由点M的横坐标，求得ba设直线yax+b和的交点为P，则由求得点P的坐标为， 此时，由题意可得，三角形APN的面积等于，即，即，化简可得由于此时ba0，所以 两边开方可得 ，所以，化简可得，故有综上，b的取值范围应是.故选：B.12C【详解】因为条件，所以与同号，不符合，不是“偏对称函数”；对于；，满足，构造函数，在 上递增，当，且时，都有，满足条件 ，是“偏对称函数”；对于， ，满足条件，画出函数的图象以及在原点处的切线， 关于 轴

12、对称直线，如图，由图可知满足条件，所以知是“偏对称函数”；函数为偶函数，不符合，函数不是，“偏对称函数”，故选C.13-12【分析】首先求出合力，再求出位移，最后根据向量数量积的坐标表示计算可得；【详解】解：因为，所以， 因为船的航行方向由至，所以所以故答案为：14【分析】根据空间向量的运算法则，得到，再结合向量的数量积的运算公式，求得则，即可求解.【详解】根据空间向量的运算法则，可得则.所以.158【分析】利用对数的运算法则可得，令，则，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.【详解】由题知，即，令，则数列即为斐波那契数列，即，显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，不难知道，且，使得成立的的最小值为8.故答案为：8.16【分析】根据题意，分别验证和时C点的轨迹，当时，作斜线段AB的中垂面，与平面的交线为一条直线，即为C点轨迹；当时，作B在平面内的射影为D，连接BD，CD，在平面内建立平面直角坐标系，求C点轨迹方程，根据轨迹方程即可判断.【详解】当时，过AB的中点作线段AB的垂面，则点C在与的交线上，即点C的轨迹是一条直线；当时，设B在平面内的射影为D，连接BD，CD，设，则，在平面内，以AD所在直线为x轴，以AD的中垂线为y轴如图建立平面直角坐标系，设，则有 则，化简可得.C的轨迹是圆.故答案为：