2022届高考数学 选填专题练习（11）（含解析）.docx

1、基础巩固（1）难度评估：偏易 测试时间：25分钟一、单选题(共60分)1(本题5分)已知复数（为虚数单位），则AB1CD2(本题5分)若全集，集合，则（）ABCD3(本题5分)函数的单调递减区间（）ABCD4(本题5分)如图，两个正方形和所在平面互相垂直，设、分别是和的中点，那么：；平面；、异面.其中不正确的序号是（）A BCD5(本题5分)下列四种说法中，错误的个数是（）命题“若函数，则”是真命题；“若，则”的逆命题为真；“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件；命题“”的否定是：“”A0个 B1个 C2个 D3个6(本题5分)已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线C的渐近线上，且与轴垂

2、直，则双曲线的离心率为（）ABCD7(本题5分)使函数的定义域为的实数取值的一个充分不必要条件是（）ABCD8(本题5分)已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标满足，则的最小值为（）A-1B0C1D-29(本题5分)我国数学家邹元治利用下图证明了勾股定理，该图中用勾和股分别表示直角三角形的两条直角边，用弦来表示斜边，现已知该图中勾为3，股为4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是A BCD10(本题5分)已知 是奇函数，当时，当时，的最小值为1，则 的值A1B2C3D11(本题5分)如图.某人开车在水平公路上自东向西行驶，在处测得山顶处的仰角，该小车在公路上匀速行驶分钟后，到达

3、处，此时测得仰角.已知小车的速度是，且，则下列结论正确的是（）此山的高小车从到的行驶过程中观测点的最大仰角的正切值为A BCD12(本题5分)我国古代的天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A五寸B二尺五寸C五尺五寸D四尺五寸二、填空题(共20分)13(本题5分)若，且，则与的夹角为_14(本题5分)如图所示，在正方体中，

4、点为线段的中点，点在线段上移动，异面直线与所成角最小时，其余弦值为_.15 (本题5分)直线与圆相交于，两点，则的最小值为_.16 (本题5分)正项数列的前项和为，且（），设，则数列的前2016项的和为_.参考答案1B【详解】=，故选：B.2B【分析】先求得，再根据并集的运算即可得出结果.【详解】，集合，,.故选：B.3D【分析】利用整体思想求出函数的单调区间.【详解】解：由得（）得，（），（）所以函数的单调减区间为，故选：D.4D【分析】取的中点，连接，连接，由线面垂直的判定和性质可判断；由三角形的中位线定理，以及线面平行的判定定理可判断【详解】解：取的中点，连接，连接，正方形和所在平面互相

5、垂直，、分别是和的中点，可得，平面，可得，故正确；由为的中位线，可得，且平面，可得平面，故正确，错误故选：D5C【解析】，所以 是真命题，正确；逆命题为“若 ，则 ”是假命题，当时就不成立；所以不正确；“命题为真命题”不能推出“命题 为真命题”但反过来能推出，所以是必要不充分条件，正确；全称命题的否定应改为“，使得”所以不正确，正确的有，故选：C.6C【分析】设点在第二象限，由题意写出点，的坐标，表示出，代入数量积的坐标运算公式求解.【详解】由题意，因为点在双曲线C的渐近线上，且与轴垂直，假设点在第二象限，所以，则，所以，可得，所以离心率.故选：C.7D【分析】求得的定义域为时的取值范围，由此

6、确定正确选项.【详解】函数的定义域为，则时，符合.时，需满足.综上所述，函数的定义域为，则的取值范围是.所以使函数的定义域为的实数取值的一个充分不必要条件是.故选：D.8D【分析】根据平面向量数量积坐标表示公式确定目标函数，结合不等式组表示的平面区域进行求解即可.【详解】根据题意可得，令，做出不等式组所表示的平面区域，如图所示的阴影部分：做直线：然后把直线向可行域内平移，到点时最小，可得，此时.故选：D.9B【详解】设直角三角形的长直角边为，短直角边为，由题意，大方形的边长为，小方形的边长为，则大正方形的面积为49，小正方形的面积为25，满足题意的概率值为：，故选：B.10A【分析】利用题意首

7、先确定函数的单调性，然后结合导函数研究函数的最值即可求得最终结果【详解】是奇函数，时，的最小值为1，在上的最大值为，当时，令得，又，令，则，在上递增；令，则，在上递减，得故选：A.11C【分析】设，得到OB和OA，再利用余弦定理即可求解根据的结论，结合勾股定理，即可求解根据的结论，求出，即可求解根据的结论，求出O到AB的距离，即可求解【详解】对于，设，由题意可得：中，在中，又，在中，由余弦定理可得：，解得，即故错对于，由得,则,故，故对.对于，因为，所以，所以,故错.对于，由等面积法可以得到到的距离，则最大仰角的正切值为,故对.故选：C.12C【分析】设晷影长为等差数列，公差为，利用等差数列的

8、通项公式即可得出【详解】解：设晷影长为等差数列，公差为，则，解得夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸故选：C.13【分析】设与的夹角为，利用平面向量数量积求出，结合的取值范围可求得角的值.【详解】设与的夹角为，则，又因为，因此，.故答案为：.14【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，所以，所以 ，当异面直线与所成角最小时，则最大，即时，.故答案为： .15【分析】由直线系方程可得直线过定点，圆心，当时，取得最小值，再由勾股定理即可求解.【详解】由，得，由，得直线过定点，且在圆的内部，由圆可得圆心，半径，当时，取得最小值，圆心与定点的距离为，则的最小值为.故答案为：.16【解析】,当时,解得.当时,可化为:,数列是等差数列,公差为1,首项为1.， .,则数列的前2016项的和.编者语以上的基础巩固系列为整套高三数学选填专题练习中较为接单的第二轮练习，而时间限制在25分钟，目的也是让使用的学生能够在面对难度不高的基础、中等题时能够快速准确的作答，保证速度的同时还要保证正确率。本轮基础巩固共10套试卷，完成后进入第三轮的提高训练，本轮练习的最好在两至三周内完成。