1、选填专练（10）难度评估：难 测试时间：50分钟一、单选题(共60分)1(本题5分)已知，若，则由构成的包含元素最多的集合的子集个数是A32B16C8D42(本题5分)已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其侧面积等于，则球的体积等于（）ABCD3(本题5分)已知函数的图象向左平移个单位长度后，图象关于轴对称，设函数的最小正周期为，极大值点为，则的最小值是（ ）ABCD4(本题5分)若复数，则的共轭复数的虚部为ABCD5(本题5分)在中，则（）ABCD6(本题5分)在中，角所对的边分别为，则等于AB2CD7(本题5分)已知双曲线C：，
2、过左焦点的直线l的倾斜角满足，若直线l分别与双曲线的两条渐近线相交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线恰好经过双曲线的右焦点，则该双曲线的离心率为ABCD8(本题5分)设函数的定义域为，满足，且当时，若对任意，都有，则的取值范围是ABCD9(本题5分)甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠4小时，假定它们在一昼夜的时间段中随机到达,试求这两艘船中至少有一艘在停靠泊位时必须等待的概率（ ）ABCD10(本题5分)如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30，点在平面上的射影在内（含边界）令直线与平面所成的角为，则的最大值为（）A BCD
3、11(本题5分)过椭圆的左焦点作相互垂直的两条直线，分别交于椭圆、四点，则四边形面积最大值与最小值之差为（）ABCD12(本题5分)定义：如果函数在上存在满足，则称函数是上的“中值函数”.已知函数是上的“中值函数”，则实数的取值范围是ABCD二、填空题(共20分)13(本题5分)已知平面直角坐标系中有两定点，平面中有一动点M，该点使得满足条件，则的取值范围是_14(本题5分)如图所示，正方体的棱长为1，,为线段,上的动点，过点,的平面截该正方体的截面记为,则下列命题正确的是_.当且时,为等腰梯形;当,分别为,的中点时，几何体的体积为;当为中点且时，与的交点为,满足;当且时, 的面积.15(本题
4、5分)如图，在中，已知其内切圆与边相切于点，延长到，使，连接,设以为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则当取最大值时，的值为_16 (本题5分)已知数列的通项公式分别为，其中，令（表示三者中的最大值），则对于任意，的最小值为_.参考答案1C【详解】设，则，则或，由于，取，则 ，由构成的包含元素最多有3个，集合的子集个数是个,故选：C.2A【分析】由条件可得球心为正方形的中心，当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值，设球的半径为，则，可得为等边三角形，根据条件可得，从而得出答案.【详解】四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，
5、所以球心为正方形的中心，当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值，此时四棱锥为正四棱锥，设球的半径为,则，为等边三角形，则，所以此四棱锥的表面积为，所以.球的体积，故选：A.3A【分析】根据图象变换与函数性质求出函数解析式，然后求出的表达式得最小值【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得函数解析式为，它的图象关于轴对称，则，又，所以，周期为，极大值点为，与最接近的极大值点是，的最小值是故选：A4B【解析】因为，所以z的共轭复数为，其虚部为，故选：B5A【分析】取为基底，将用基底表示，再将数量积转化为基底运算，即可得答案；【详解】因为，所以，解得.故选：A.6A【详解】由题意得：，由正
6、弦定理得,=，则sinAsinBsinBsin2C=sinAsin2CsinBsin2C，又sinA0,得sinB=sin2C,即sin(A+C)=sin2C，因为,所以A+C,2C，则A+C=2C，得A=C，即c=a=3，且B是锐角，由sinB=得cosB=，由余弦定理得,b2=2a22a2cosB=3,即b=，故选：A.7D【分析】设出直线l的方程，与渐近线方程联立求得A，B坐标，利用中点坐标公式表示出AB中点Q的坐标，利用斜率关系建立a，b的方程，解得a，b的关系，求得离心率.【详解】设双曲线C：的左、右焦点分别为，由题意可知过左焦点的直线l的斜率为，所以直线l的方程为，又双曲线的渐近线
7、方程为，如图，联立方程可得，因为，所以可得线段AB的中点的坐标为，因为直线的斜率，即，解得，所以，可得故选D8D【分析】利用对勾函数求得在的最小值，再得图象向右移动个单位，其函数值扩大倍，从而求解.【详解】当时，的最小值是由知当时，的最小值是当时，的最小值是要使，则，解得：或故选：D.9B【分析】：设出甲乙到达的时刻，列出所有基本事件的约束条件同时列出至少有一艘在停靠泊位时必须等待的约束条件，利用线性规划作出平面区域，利用几何概型概率公式求解【详解】设甲到达的时间为，乙到达的时间为，则，至少有一艘在停靠泊位时必须等待，则如图红线区域内的面积为，正方形的面积为S所以两艘船中至少有一艘在停靠泊位时
8、必须等待的概率为，故选：B.10A【分析】点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上与平面所成的角为30，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论【详解】因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上又与平面所成的角为30，所以，过作于点，如图1所示，则易得，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60的圆
9、弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以故选：A11A【分析】当、有一条不存在斜率时，直接求得四边形的面积. 当、都存在斜率时，设出直线的方程，利用弦长公式求得，由此求得四边形的面积的表达式，求得面积的取值范围，从而计算出正确结论.【详解】依题意，设点在椭圆上，则，解得.当、有一条不存在斜率时， .当、都存在斜率时，设方程：，方程：，与椭圆联立得，消去并化简得，则，.同理可得，故当，即时取得最小值，由于，所以.综上所述，的最大值为，最小值为，则最大值与最小值之差为.故选：
10、A.12B【详解】，由题意在上有两个不等实根，方程即为，令，则，解得故选：B13【分析】由正弦定理将角关系转化为边关系，求出动点的轨迹方程后可求的取值范围【详解】解：满足条件，故， 令，则，整理得到，即，故的轨迹方程为：.又，由的轨迹方程可得即，故即，故答案为：14【分析】将三个命题逐一画出图像进行分析,即可判断出真命题,从而得到正确的序号；利用空间向量求点面距，进而得体积.【详解】:作图如下所示,过 作,交于,截面为 即 即截面为等腰梯形.故正确.:以 为原点,、分别为、 轴,建立空间直角坐标系,则,设平面 的法向量为,则不妨设,则法向量.则点到平面 的距离 .故正确.:延长 交 的延长线于
11、一点,连接 交 于点 .故错误:延长 交 的延长线于,连接交于,则截面为四边形根据面积比等于相似比的平方得.在 中,边上的高为故错误故答案为: .15.【分析】设内切圆与，分别切于点，设，利用椭圆、双曲线的定义分别求出的表达式，求出的最大值，并求出的值【详解】设内切圆与，分别切于点，所以，则，设，根据圆的切线性质，可得，在中，设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，由椭圆双曲线定义，令，则，当时，方程有解，满足条件，当时，则应满足，解得且，综上，则可得当时，取得最大值为，此时取最大值，.故答案为：.16【分析】当时，可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出，比较可得时，的最小值，然后
12、当时，根据函数的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案【详解】当时，可得，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，又因为，所以当时，的最小值为，当时，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，此时的最小值为，当时，所以，令，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，又因为，此时的最小值为，综上，的最小值为，故答案为：编者语本套高三数学选填专题练习已完成10份的第一轮练习，本轮练习的目的主要有两点：1. 时间适应性：让学生习惯控制时间完成选择填空题，有充裕的时间去做解答题；2. 难度适应性：本轮各套的难度有区别，虽然都是根据全国卷的考试题型进行命题，但题目难度各异，为了让学生能够适应不同难度的选填套题，能够在训练过程中逐渐找到技巧、学会调整状态。编者后续会继续上传本套选填专题练习的后面几轮训练：第二轮基础巩固（10套）、第三轮提高训练（10套）、第四轮培优冲刺（10套）、第五轮知识专题强化（20套）、第六轮综合强化（10套）、第七轮模拟冲刺（10套），本套专题总计80套练习，后续各轮的练习时间均有区别，学生每周完成23套最佳，如果需要提高强度，最多每天完成一套，保持合适的训练量即可，如果强度过高，容易产生解题疲劳，练习效果反而不佳。
