華師一附中2024屆高三數(shù)學(xué)獨立作業(yè)11 答案

第第頁參考答案：1．A【分析】由分段函數(shù)概念，代入對應(yīng)解析式求解即可.【詳解】∵∴.故選：A.2．B【分析】根據(jù)三點A，B，D共線，可得存在唯一實數(shù)使，進而可得出答案.【詳解】由已知得，三點A，B，D共線，存在唯一實數(shù)使，，，解得.故選：B.3．C【分析】將所求問題轉(zhuǎn)化為真子集求參數(shù)問題，結(jié)合對數(shù)不等式即可求解.【詳解】因為“”是“”的充分不必要條件，所以，所以，解得，故即實數(shù)的取值范圍是.故選：C.4．D【分析】A選項，根據(jù)對稱軸和求出函數(shù)解析式；B選項，代入驗證即可；C選項，左加右減求解函數(shù)解析式；D選項，代入驗證是否是單調(diào)遞減區(qū)間.【詳解】將點代入得：，又為對稱軸，所以，，故，，因為，所以，故，此時，所以，解得：，函數(shù)，A說法正確；當(dāng)時，，所以，所以函數(shù)的圖象關(guān)于中心對稱，B說法正確；函數(shù)的圖象向左平移個單位得到，C說法正確；時，2x+π3∈2π3,故選：D5．A【分析】根據(jù)所給數(shù)據(jù)，利用解直角三角形先求出BM，即可得解.【詳解】連接FD，并延長交AB于M點，如圖，因為在中，所以；又因為在中，所以，所以，所以，即，故選：A．6．D【分析】根據(jù)題意可得平面，將四面體轉(zhuǎn)化為直三棱柱，四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，結(jié)合直三棱柱的性質(zhì)求外接圓半徑.【詳解】因為為等邊三角形，且為中線，則，即，且平面，可得平面，設(shè)的外接圓圓心為，半徑為，因為，由余弦定理可得，且，則，所以，將四面體轉(zhuǎn)化為直三棱柱，四面體的外接球即為直三棱柱的外接球，

設(shè)四面體的外接球的球心為，半徑為，則，則，所以四面體的外接球表面積為.故選：D.7．C【分析】通過分析得到當(dāng)時，要有2個根，參變分離后構(gòu)造函數(shù)，研究其單調(diào)性和極值，數(shù)形結(jié)合求出實數(shù)a的取值范圍.【詳解】與關(guān)于y軸對稱，且，要想有5個零點，則當(dāng)時，要有2個根，結(jié)合對稱性可知時也有2個零點，故滿足有5個零點，當(dāng)時，，不合題意；當(dāng)時，此時令，定義域為，，令得：，，令得：，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且當(dāng)時，恒成立，在處取得極大值，其中，故，此時與有兩個交點.故選：C【點睛】對于求解函數(shù)零點個數(shù)問題，由以下的方法：（1）函數(shù)單調(diào)性與零點存在性定理得到函數(shù)零點個數(shù)；（2）參變分離后構(gòu)造函數(shù)進行求解零點個數(shù)；（3）轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)交點個數(shù)問題.8．C【分析】首先通過構(gòu)造函數(shù)得到當(dāng)時，，再通過構(gòu)造函數(shù)進一步得到，，由此即可比較，通過構(gòu)造函數(shù)即可比較，由此即可得解.【詳解】設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，令，則，所以在上單調(diào)遞增，從而，即，，所以，，從而當(dāng)時，，令，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，綜上所述：.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵是在比較的大小關(guān)系時，可以通過先放縮再構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，而在比較大小關(guān)系時，關(guān)鍵是通過構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，從而來比較大小.9．BD【分析】根據(jù)題意結(jié)合基本不等式和三角函數(shù)的性質(zhì)，逐項判定，即可求解.【詳解】因為，，且，對于A中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，等號成立，所以A不正確；對于B中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以B正確；對于C中，因為，，且，可得，又因為函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，可得，所以，所以C不正確；對于D中，因為，，且，設(shè)，則，其中，所以D正確.故選；BD.10．BCD【分析】舉例說明判斷A；利用復(fù)數(shù)的三角形式計算判斷B；利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式，結(jié)合模及共軛復(fù)數(shù)的意義計算判斷CD.【詳解】對于A，當(dāng)時，，而，A錯誤；對于B，令，則，于是，而，即有，因此成立，B正確；設(shè)復(fù)數(shù)，，對于C，由，得，則，，因此，C正確；對于D，，則，，因此，D正確.故選：BCD11．BC【分析】由題意得到當(dāng)且僅當(dāng)滿足，即由此判斷B；進一步結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性、三角函數(shù)單調(diào)性以及B選項分析即可進一步判斷ACD.【詳解】對于B，由題意當(dāng)時，，由題意函數(shù)在有且僅有4個零點，所以當(dāng)且僅當(dāng)，解得，即的取值范圍是，故B正確；對于C，時，，由B選項分析可知，而在確定的極小值點有且僅有兩個：，故C選項正確；對于D，時，，由B選項分析可知，而在確定的極大值點有兩個：，但當(dāng)時，在區(qū)間有且僅有2個極大值點，故D選項錯誤；對于A，由B選項分析可知，不妨取，此時，而在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故A選項錯誤.故選：BC.12．ABD【分析】根據(jù)題意分析可知為偶函數(shù)，，且的周期為8，利用賦值法結(jié)合題意逐項分析判斷.【詳解】已知函數(shù)，的定義域均為，因為，，可得，又因為為奇函數(shù)，則，可得，即為偶函數(shù)，則，即，可得，所以，可知的周期為8.對于選項A：因為，令，則，，可得，，故A正確；對于選項B：因為，令，可得，故B正確；對于選項C：因為，且為偶函數(shù)，則，令，可得，又因為，令，則，，可得，可得，但由題設(shè)條件無法推出，故C錯誤；對于選項D：因為的周期為8，故，故D正確；故選：ABD.【點睛】方法點睛：函數(shù)的性質(zhì)主要是函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性和周期性以及函數(shù)圖象的對稱性，在解題中根據(jù)問題的條件通過變換函數(shù)的解析式或者已知的函數(shù)關(guān)系，推證函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決問題．13．2【分析】由遞推式得到數(shù)列的周期，利用周期性確定.【詳解】由，，，……，所以是周期為3的數(shù)列，故.14．1【分析】由圖可以知轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系，然后利用向量數(shù)量積計算即可【詳解】在正六邊形ABCDEF中，，則，所以因為六邊形GHMNPQ是正六邊形，所以，且G，F(xiàn)，E，P四點共線.又，所以，所以故答案為：1.15．/【分析】由已知可得，令，，則，，且，代入，結(jié)合基本不等式可求得的最小值.【詳解】因為，所以，令，，則，，且，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，時，等號成立.因此，的最小值為.故答案為：.16．14【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的零點、對稱軸，結(jié)合正弦型函數(shù)的單調(diào)性進行求解即可.【詳解】因為是函數(shù)的零點，是函數(shù)的對稱軸，所以，，解得，.因為在區(qū)間上單調(diào)，則，得，所以.當(dāng)時，，得，，即，，又，則，得.當(dāng)時，，其中，于是在區(qū)間上不單調(diào).當(dāng)時，，得，，即，，又，則，得.當(dāng)時，，滿足在區(qū)間上單調(diào).綜上，的最大值是14.故答案為：14【點睛】關(guān)鍵點睛：本題利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性、對稱性在求解時，檢驗區(qū)間是否單調(diào)是本題的關(guān)鍵.17．(1)；(2).【分析】（1）利用給定的模求出的正余弦，再利用和角的正弦公式求解即得.（2）利用數(shù)量積的坐標表示求出，再利用換元法，結(jié)合二次函數(shù)求出函數(shù)值域.【詳解】（1）由，，得，即，由，得，解得，所以.（2）依題意，，令，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以的值域是.18．(1)6；(2).【分析】（1）根據(jù)給定等式，借助正弦定理邊化角，再利用和角的正弦公式化簡并求出，然后利用余弦定理求解即得.（2）利用和差角的正弦公式、二倍角的正弦公式求解即得.【詳解】（1）在中，由正弦定理及，，得，則有，即，即有，而，即，因此，又，則，由余弦定理得，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，此時，所以當(dāng)時，的周長取得最大值6.（2）在中，由，得，化簡得，由，知是銳角，即，因此，由（1）得，，即，整理得，所以.19．(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意，求得，分類討論，即可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)公切線與和的切點分別為，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，轉(zhuǎn)化為，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與極值，得出函數(shù)的值域，即可求解.【詳解】（1）解：由函數(shù)，可得，當(dāng)時，可得時，，單調(diào)遞減，時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，可得時，，單調(diào)遞增，時，，單調(diào)遞減.（2）解：設(shè)公切線與和的切點分別為，可得，可得切線方程為，即，即由，可得，則，所以切線方程為所以，可得，設(shè)，可得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時，函數(shù)取得極大值，極大值為，又由當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以，所以時，即實數(shù)的取值范圍為.【點睛】方法策略：利用導(dǎo)數(shù)研究參數(shù)問題的求解策略：1、分離參數(shù)法：根據(jù)不等式的基本性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一端是參數(shù)，一端是變量的表達式的不等式，轉(zhuǎn)化為求解含有變量的表達式對應(yīng)的函數(shù)的最值問題，進而求得參數(shù)的范圍；2、構(gòu)造函數(shù)法：根據(jù)不等式的恒成立，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得新函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值（值域），進而得出相應(yīng)的含參數(shù)的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍；3、圖象法：畫出不等式對應(yīng)的函數(shù)的圖象，結(jié)合函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，確定函數(shù)的極值點或最值點的位置，進而求得參數(shù)的取值范圍.20．（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）利用向量加減法的幾何意義有，，即可求；（2）假設(shè)四面體的最長棱為，只需以為頂點的其它兩組棱中或即得證至少存在一個頂點從其出發(fā)的三條棱能夠組成一個三角形；（3）由平面，令結(jié)合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范圍且范圍長度為即得證.【詳解】（1）∵，而，∴，所以.（2）不妨設(shè)是四面體最長的棱，則在，中，，，∴，即，故，至少有一個大于，不妨設(shè)，∴，，構(gòu)成三角形.（3）設(shè)，，，由（1）知.又，有，，，∴，，，設(shè)，又∴因為平面，所以存在實數(shù)，使得：，∴∴，消元：在有解.當(dāng)時，，即；當(dāng)時，，解得.綜上，有.所以對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上.【點睛】思路點睛：1、利用向量線性運算的幾何意義，結(jié)合幾何圖形表示向量；2、利用三角形的性質(zhì)：兩邊之和大于第三邊(其中假設(shè)第三邊為最長邊)，即可證是否可組成三角形；3、令，根據(jù)線面平行，結(jié)合向量共面定理得到參數(shù)的方程，進而求范圍并且范圍長度為即可.21．(1)(2)【分析】（1）先求，結(jié)合條件得出，結(jié)合等差數(shù)列的通項公式可得結(jié)果；（2）先求前項中插入了多少項，結(jié)合分組求和法和錯位相減法進行求解.【詳解】（1）由，，得；再由可得，即隔項成等差數(shù)列；當(dāng)為偶數(shù)時，；當(dāng)為奇數(shù)時，；綜上.（2）因為在相鄰兩項與（，2，…）之間插入k個，所以中的第項在中，對應(yīng)的項數(shù)為：，令得，即數(shù)列中的第9項就是數(shù)列中的第45項，所以中的第46項至第50項為；所以設(shè)①則②由①-②得，所以.22．(1)；(2)2個零點，證明見解析.【分析】（1）求得，對參數(shù)進行分類討論，在不同情況下討論其極值即可；（2）對的取值分區(qū)間討論，利用導(dǎo)數(shù)研究不同區(qū)間下函數(shù)的單調(diào)性，同時利用零點存在定理，即可判斷函數(shù)的零點個數(shù).【詳解】（1）因為，故可得，當(dāng)時，因為，故，是上的單調(diào)增函數(shù)，不存在極值，舍去；當(dāng)時，令，解得，當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減，則當(dāng)時，取得極大值，滿足題意.綜上所述，.（2）有兩個零點，理由如下：當(dāng)時，，，，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，又，，故存