2022届高三数学选填专题练习－培优冲刺（Word含答案解析）

高三数学选填专题练习（33）
培优冲刺（3）
难度评估：困难 测试时间：60分钟
一、单选题(共60分)
1．(本题5分)已知集合，，定义集合，则中元素的个数为（ ）
A．77 B．49 C．45 D．30
2．(本题5分)设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则
A．-5 B．5 C． D．
3．(本题5分)设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值2，若将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图像，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
4．(本题5分)如图，为的外接圆的直径，若，且，则（ ）
A．2 B． C．1 D．
5．(本题5分)现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，擦出点数大于2的人去打乒乓球.用，分别表示这4个人中去打篮球和乒乓球的人数，记，求随机变量的数学期望为（ ）
A． B． C． D．
6．(本题5分)北宋数学家沈括博学多才、善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看到一层层垒起来的酒坛（如图所示），不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”“后来沈括提出了“隙积术”，相当于求数列的和．如图，最上层的小球数是20，其中，则这堆小球总数不可能是（ ）
A．1100 B．5200 C．8100 D．21300
7．(本题5分)已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．(本题5分)若抛物线的焦点为F，点A、B在抛物线上，且，弦AB的中点M在准线l上的射影为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．(本题5分)如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
10．(本题5分)如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为2，点P，Q分别在半圆弧C1C，A1A(均不含端点)上，且C1，P，Q，C在球O上，则（ ）
A．当点Q在弧A1A的三等分点处，球O的表面积为
B．当点P在弧C1C的中点处，过C1，P，Q三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形
C．球O的表面积的取值范围为(4π，8π)
D．当点P在弧C1C的中点处，三棱锥C1—PQC的体积为定值
11．(本题5分)已知点为抛物线的焦点，，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜率的平方为（ ）
A． B． C． D．
12．(本题5分)已知定义在上的函数的导函数为，满足．当时，．当时，，且，其中是自然对数的底数．则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(共20分)
13．(本题5分)正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是______.
14．(本题5分)在平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图中阴影部分.记绕轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理（祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两个截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等）、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为__________．
(本题5分)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若，，，，则的最大值是________________.
(本题5分)某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数______.
参考答案
1．A
【分析】
根据题意,利用数形结合表示出集合,然后根据新定义中集合中元素的构成,用平面的点表示即可.
【详解】
因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点（包括边界），集合中有个元素（即49个点）：即图中正方形中的整点，
集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个．
含有个元素.
故选：A.
2．A
【详解】
试题分析：∵在复平面内关于虚轴对称，，∴，∴。故选：A.
3．A
【分析】
首先设函数，由条件确定周期和的范围，再利用对称性求出对称中心和对称轴，求，代入求，利用伸缩变换求，最后解不等式.
【详解】
函数的最大值为2，，
在区间上单调，所以，即，
，即，
，是函数的对称轴，
，是函数的对称中心，
和是函数相邻的对称轴和对称中心，，得，
当时，取到最大值2，，，
当时，，
，根据题意可知，
，
，解得：，.
的解集是.
故选：A.
4．C
【分析】
作于点E，于点M，根据平面向量的定义，结合锐角三角函数的定义、垂径定理、平面向量的几何意义进行求解即可.
【详解】
作图如下：
由题意得：作于点E，于点M，因为，即：所以，又因为，
所以.即.
又因为，所以 ，所以.即 在上的投影为.
.
故选：C.
5．D
【分析】
分别求出每个人去打篮球、打乒乓球的概率，的所有可能取值为0，2，4，利用二项分布的概率公式求出的分布列即可求得的期望值.
【详解】
依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为，去打乒乓球的概率为，
设“这4个人中恰有人去打篮球”为事件，
则﹐的所有可能取值为0，2，4.
由于与互斥﹐与互斥，故﹐
，
所以的分布列为
2 2 4
随机变量ξ的数学期望.
故选：D.
6．B
【分析】
先用组合数的性质求和得，再逐一验证即可
【详解】
因为，
令，，
令的前项和为，
则
，
对于A：，
则，解得，故A有可能；
对于B：，
则，
因为，
故无正整数解，故B不可能；
对于C：，
则，解得，故C有可能；
对于D：，
则，解得，故D有可能；
故选：B.
7．A
【分析】
令，根据条件可知有两个不同的零点，然后分三种情况，求出k的取值范围．
【详解】
解：令，则，
∵和图象有且仅有两个不同的公共点，∴有两个不同的零点，
又，
当时，在上单调递增，在上单调递减，且，
∴图象的左右两边向下无限延伸，故此时有两个零点，∴满足题意；
当时，只有一个零点，不滿足题意；
当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，
易知只有一个零点，不满足题意；
综上，的取值范围是．
故选：A.
8．C
【分析】
转化：，利用余弦定理：，即得解.
【详解】
如图所示，由题意得，
当且仅当：时，有最大值.
故选：C.
9．A
【分析】
求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.
【详解】
连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：
已知在正方体中，底面，平面，，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.
因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
根据题意可知，，且，
所以，，.
如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
10．D
【分析】
取中点，中点，中点，根据球的性质，容易知道球心O在线段EF上，设出OE的长度和∠FGQ，算出FQ的长度，利用OC1=OQ，即可判断A,B；
作出过C1，P,Q三点的截面即可判断C；
利用即可求出体积，进而判断D.
【详解】
如图1，取中点，中点，中点，由题意，球心在线段上，设，在中，由余项定理，设，
则，∴，
设外接球半径为R，∵，∴，
∴，∴，∴球的表面积，C错误；
当点Q在的三等分点处，，则，，∴∴球的表面积，A错误；
对B，如图2，取中点，当在上时，连接AF，在平面ADD1A1上过点Q作AF的平行线，与线段，AD分别交于M,N，延长C1P与BC交于R，连接RN交AB于S，此时截面为，B错误；
对D,当点P位于的中点处，三棱锥的体积为定值，D正确.
故选：D.
11．B
【分析】
作出图形，可知与抛物线相切时，取得最小值，求出点的坐标，利用双曲线定义求出2a，结合，可求得，再利用求得结果.
【详解】
由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：
故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得
当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，
设直线方程为：，
联立，整理得，
其中，解得：，由为抛物线第一象限内点，则
则，解得：，此时，即或
所以点的坐标且
由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为
设双曲线的实轴长为2a，则，，
又，则
故渐近线斜率的平方为
故选：B.
12．B
【分析】
根据题意，构造函数和，对于，由题意可得，利用导数分析可得在区间上单调递增，进而有，对其变形可得，同理分析的单调性可得，综合即可得答案．
【详解】
根据题意，设，（），，（）
∵，∴，
即，∴
对于，其导数，
∵，，则有在区间上单调递增；
所以，即，变形可得；
对于，其导数，
∵时，，则在区间上单调递减；
则有，即，变形可得，
综合可得：，即的范围为.
故选：B.
13．
【分析】
根据向量关系表示，只需求出的取值范围即可得解.
【详解】
由题可得：，
故答案为：
14．
【分析】
由题目给出的的水平截面的面积，可猜想水平放置的圆柱和长方体的量，然后直接求出圆柱的体积与长方体的体积作和即可.
【详解】
因为几何体的水平截面的截面面积为，该截面的截面面积由两部分组成，一部分为定值，看作是截一个底面积为，高为2的长方体得到的，对于，看作是把一个半径为1，高为的圆柱得到的，如图所示：
这两个几何体和放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积相等，故它们体积相等，即的体积为。故填：.
15．
【分析】
根据题干条件得到，进而利用余弦定理及基本不等式求出，从而求出的最大值是.
【详解】
由，得：，
又，所以，，所以，所以
，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，所以的最大值是.
故答案为：.
16．236
【分析】
按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】
（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有：（种）.
故答案为：236.