2022届高考数学 选填专题练习（23）（含解析）.docx

1、提高训练（2）难度评估：偏难 测试时间：40分钟一、单选题(共60分)1(本题5分)已知集合，,若，则实数的取值范围是ABCD2(本题5分)已知为实数，当变化时，在复平面内对应的点不可能在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3(本题5分)已知函数的图象是下列两个图象中的一个，如图，请你选择后再根据图象作出下面的判断：若，且，则（）A BCD4(本题5分)如图，在中，若，则的值为（ ）A BCD5(本题5分)如图四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（ ）A BCD6(本题5分)设椭圆的左、右焦点分别为，是椭圆上的一点，则椭圆离心率的取值范围为（）ABCD7(本题5分)已

2、知函数满足，若方程有2022个不同的实数根，则（）A1010B1011C2020D20228(本题5分)对于数列，定义为数列的“美值”，现在已知某数列的“美值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD9(本题5分)某数学爱好者设计了一个商标，如果在该商标所在平面内建立如图所示的平面直角坐标系，则商标的边缘轮廓AOC恰是函数的图像的一部分，边缘轮廓线AEC恰是一段所对圆心角为的圆弧若在图中正方形ABCD内随机选取一点P，则点P落在商标区域内的概率为A BCD10(本题5分)已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（）A等腰三角形B直角三角形C等腰或直

3、角三角形D等腰直角三角形11(本题5分)已知点在曲线上，过原点，且与轴的另一个交点为，若线段，和曲线上分别存在点、点和点，使得四边形（点，顺时针排列）是正方形，则称点为曲线的“完美点”那么下列结论中正确的是（ ）A曲线上不存在”完美点”B曲线上只存在一个“完美点”，其横坐标大于C曲线上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于D曲线上存在两个“完美点”，其横坐标均大于12(本题5分)已知定义在上的奇函数满足，则不等式的解集为（ ）ABCD二、填空题(共20分)13(本题5分)在中，、分别是、的中点，是直线上的动点.若的面积为2，则的最小值为_.14(本题5分)如图，直三棱柱，ABC为等腰直角三角

4、形，ABBC.且AC=AA1=2，E，F分别是AC，A1C1的中点，D为AA1的中点，则四棱锥D-BB1FE的外接球表面积为_.15 (本题5分)投掷一枚质地均匀的正八面体骰子（八个面上分别标有1，2，3，4，5，6，7，8）向上的面上的数字记为，又表示集合中元素的个数，则的概率为_16 (本题5分)在平面直角坐标系中，点()()，记的面积为，则_.参考答案1C【解析】因为 ,又，所以，因此，故选：C.2D【分析】由题知复数对应的点坐标为，在直线上，根据直线不过第四象限即可得答案.【详解】设，又，所以，得，所以复数在复平面内对应的点在直线上又直线不经过第四象限，所以复数对应的点不可能在第四象限

5、故选：D.3D【分析】根据函数的解析式，结合奇偶函数的判定方法得出函数是偶函数，其图象关于轴对称，其图象是右边一个图再利用正弦函数的性质得出当时和当时，函数的单调性，即可对几个选项进行判断【详解】由于函数，函数是偶函数，其图象关于轴对称，其图象是右边一个图且当时，函数是增函数，当时，函数是减函数若，且，则有，故选项错；若，且，则有，故、选项错；根据排除法，正确的是D故选：D4C【分析】根据向量的基本定理结合向量加法的三角形法则分别进行分解即可【详解】解：由图可得，所以，则，故选：C5D【分析】证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出和，可求得，即可得解.【详解】四边形是边长为的正方形，则，

6、且，平面，平面，同理可得，平面，所以，直线与平面所成角为，平面，平面，在中，.因此，直线与平面所成角为.故选：D.6C【分析】利用椭圆定义和勾股定理可表示出，得到，利用换元法将转化为二次函数的形式，求得二次函数的值域即为的范围，解不等式可求得结果.【详解】设，由椭圆定义知：，由可得：，设，则，当时，；当时，；，解得：.故选：C.7B【分析】函数和都关于对称，所有的所有零点都关于对称，根据对称性计算的值.【详解】因为，所以，关于对称，而函数也关于对称，的所有零点关于对称，的个不同的实数根（），有1011组关于对称，且每一组关于对称的两根的和为，.故选：B.8C【分析】由，可得进而求得，所以可得是

7、等差数列，由可得，即可求解【详解】由可得，当时，又因为，两式相减可得：，所以，所以，可得数列是等差数列，由对任意的恒成立，可得：，即且，解得：，所以实数的取值范围是，故选：C.9B【详解】阴影部分的面积为，正方形的面积为4，所以点P落在商标区域内的概率等于，故选：B10A【分析】利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状.【详解】由余弦定理，可得，整理，得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以或或，故三角形为等腰三角形.故选：A.11B【详解】如图，如果点为“完美点”则有，以为圆心，为半径作圆（如图中虚线圆）交轴于，（可重合），交抛物线于点，当且仅当时，

8、在圆上总存在点，使得为的角平分线，即，利用余弦定理可求得此时，即四边形是正方形，即点为“完美点”，如图，结合图象可知，点一定是上方的交点，否则在抛物线上不存在使得，也一定是上方的点，否则，不是顺时针，再考虑当点横坐标越来越大时，的变化情况：设，当时，此时圆与轴相离，此时点不是“完美点”，故只需要考虑，当增加时，越来越小，且趋近于，而当时，；故曲线上存在唯一一个“完美点”其横坐标大于故选：12B【分析】构造，易知奇函数，且在上为增函数，然后将转化为，令，用导数法得到时，然后利用函数单调性的定义求解.【详解】因为奇函数满足，所以，所以为奇函数，且在上为增函数，而等价于，令，则，而，当时，当时，所以

9、，所以在上递减，而，所以时，；所以的解集为，故选：B.13【解析】因为分别是的中点，所以，且点到的距离等点到的距离的一半，则，即，又，由余弦定理可得，所以，由于，所以（当且仅当取等号），注意到以上两个等号可以同时取得，所以的最小值是，应填答案。点睛：解答本题的关键是借助题设条件综合运用所学知识进行分析求解。求解时先借助面积建立等式，进而求出数量积，然后再借助余弦定理求出，最后建立函数，运用万能公式将其化为借助基本不等式使得问题获解。145【分析】记BF，EB1的交点为O，取EF的中点G，连接OG，GD，OD,易证得平面BEFB1平面ACC1A1,再根据集合关系得O即为四棱锥D-BB1FE的外接

10、球的球心,进而求解即可得答案.【详解】记BF，EB1的交点为O，取EF的中点G，连接OG，GD，OD.直三棱柱中, E，F分别是AC，A1C1的中点，平面,ABC为等腰直角三角形,E是AC中点,平面平面BEFB1平面BEFB1平面ACC1A1.D为AA1的中点,AC=AA1=2, OGGD，且DG=1，.由矩形的性质知，令四棱锥D-BB1FE的外接球半径为R，则，其表面积为.故答案为：5.15.【分析】由可知的最小值小于，从而可求出的值，再根据的可能取值有8种，从而可求出结果【详解】由可知和的图象有4个交点，所以的最小值小于，因为，所以的最小值为，所以，得，所以的值为5，6，7，8，因为的可能取值有8种，所以的概率为，故答案为：.16【分析】本道题结合错位相减法,计算结果,即可.【详解】结合题意,得到,所以该三个点组成的三角形面积为,对面积求和设得到,两式子相减,得到,解得.