華師一附中高三選填專項訓練18參考答案：1．C【分析】根據交集的運算，即可得出結果.【詳解】解：根據題意可知，，所以.故選：C.【點睛】本題考查交集的運算，考查運算求解能力，分析問題能力，屬于基礎題.2．B【解析】b和c的比較，將，轉化比較，a和c的比較找中間數，分別作差比較.，最后得到結論.【詳解】因為，，又因為，，所以.又因為，因，故，所以即.又，因，故，所以.即所以故.故選：B.【點睛】本題主要考查了對數的轉化及比較大小，還考查了轉化化歸運算比較的能力，屬于中檔題.3．D【分析】先求得，再根據扇環的面積公式求得正確答案.【詳解】依題意，，所以，所以該折扇的扇面的面積為.故選：D4．D【分析】由指數函數的性質判斷的符號，進而確定的單調性即可知極大值點.【詳解】由的圖象知，當時，，則，當時，，則，當時，，則，故的單調遞增區間為，單調遞減區間為和，故的極大值點為.故選：D5．B【分析】由題意求出的邊長，確定何種情況下三棱錐體積取到最大值，繼而求出三棱錐的高，即可求得答案.【詳解】由題意知為等邊三角形且其面積為，故，即得，設的外接圓圓心為，設三棱錐的外接球球心為O，因為平面，當共線且O位于之間時，三棱錐的高最大，此時其體積也最大；由于平面，平面，故，而，故，所以，即三棱錐的高最大為6，所以三棱錐的體積的最大值為.故選：B6．D【分析】建立如圖所示直角坐標系，由向量的坐標運算得點C的軌跡，進而根據三角形相似將轉為求線段和最短，即可將根據圖形求解【詳解】建立如圖所示直角坐標系，由題意可設，，則，，由得，故C在以為圓心，半徑為1的圓上，取，則在AD上，則，又，∴，∴，即，∴.故選：D7．D【分析】先令，求得或，再根據題意嘗試的值可確定，進而得到的4個零點，結合題意排除其中1個零點有兩種情況，分別求之即可得到的取值范圍.【詳解】∵，即，∴或，，∴或，，∵，即，∴當時，且，即所有根都小于零，當時，且，即所有根都大于，綜上：，即在內的三個零點為，，，中的三個.由于上述4個值是依次從小到大排列，且，故有兩種情況，分別為：，解得，故，或，解得，故，故或，即.故選：D．8．C【分析】設，求導后，構造，求導，得到其單調性和極值情況，結合極小值為0，故當時，至多有1個變號零點，且在上無變號零點；分在區間上沒有變號零點和1個變號零點兩種情況，得到極值情況.【詳解】令，則，故．令，所以，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以的極小值為，的極大值為，所以當時，至多有1個變號零點，且在上無變號零點；當在區間上沒有變號零點時，則，，單調遞增，無極值點，當在區間上有1個變號零點時，可設為，則當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以有且只有一個極小值點，無極大值點．綜上，最多有一個極小值點，無極大值點．故選：C【點睛】隱零點的處理思路：第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.9．ABD【分析】先由題設條件得到在上單調遞增，且關于對稱，從而得以判斷A；利用賦值法可判斷B；利用函數的對稱性與單調性，計算得自變量與對稱軸的距離的大小關系，從而判斷CD.【詳解】因為，所以在上單調遞增，且關于對稱，則在上單調遞減，故A正確；因為，令，得，故B正確；因為，所以，故C錯誤；若，則，解得或，故D正確.故選：ABD.10．BCD【分析】利用圓錐的體積公式計算判斷A；利用圓錐的幾何性質確定圓的半徑計算判斷B；利用圓錐的軸截面求出判斷C；建立平面直角坐標系，設雙曲線方程，確定雙曲線過的點的坐標計算判斷D.【詳解】對于A，圓錐底面圓面積，圓錐體積，A錯誤；對于B，圓錐中截面圓的半徑為底面圓半徑的一半，該圓面積為，B正確；對于C，過作于，于是，，因此橢圓的長軸長，C正確；對于D，在與平面垂直且過點的平面內，建立平面直角坐標系，坐標原點與點P到底面距離相等，于是雙曲線頂點，雙曲線與圓錐底面圓周的交點，設雙曲線方程為，則，解得，因此該雙曲線的兩條漸近線互相垂直，即雙曲線兩漸近線的夾角，D正確.故選：BCD11．BC【分析】對于A：根據題意結合余弦定理分析可知：構造邊長分別為且一個內角為的三角形，即可得結果；對于BC：設，其中，，分析可知數列是以為首項，公比為的等比數列，根據等比數列通項公式結合三角形的性質求的通項公式；對于D：取代入分析判斷.【詳解】對于選項A：因為，可以構造邊長分別為，且一個內角為的三角形，即內角不可能為，故A錯誤；對于選項BC：設，其中，則，可知，設，即，當時，構成等邊三角形，記作，此時，可知數列是以為首項，公比為的等比數列，可得，在等邊中，可知邊上的高為，在，可得，利用等面積可得，整理得，故B、C正確；對于選項D：由選項C知：當時，，故D錯誤．故選：BC.【點睛】關鍵點睛：利用三角形的邊角關鍵轉化數列的遞推公式，并根據幾何關系分析可知數列是以為首項，公比為的等比數列，結合三角形的相關知識分析求解.12．BD【分析】A選項，根據離心率得到越大，越大，橢圓越扁；B選項，根據，得到，又，得到方程，求出，得到離心率；C選項，設出的方程，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，結合求出的值，從而求出直線斜率；D選項，表達出，，從而得到方程，求出，進而表達出，D正確..【詳解】A選項，因為，所以，此時，故橢圓離心率為，越大，則離心率越大，故橢圓越扁，A錯誤；B選項，因為，則，又，則，故，又，解得，故，B正確；C選項，當時，橢圓：，且，當過的直線斜率為0時，此時在軸上，不合要求，舍去，設過的直線的方程為，因為點A在軸的上方，且，所以直線的斜率大于0，聯立得，，設，則，因為直線所過定點在橢圓內部，則直線與橢圓必有兩交點，因為，所以，故，所以，解得，負值舍去，所以直線的方程的斜率，C錯誤；D選項，設，則，所以，則，同理可得，由得，故，則，又，故，D正確.故選：BD【點睛】橢圓焦半徑公式：（1）橢圓上一點，其中橢圓左右焦點分別為，則，，（2）橢圓上一點，其中橢圓下上焦點分別為，則，，記憶口訣：左加右減，下加上減.13．/【分析】先求得的取值范圍，再把整體代換構造均值不等式即可.【詳解】由已知得，所以，則，當且僅當時等號成立，所以的最小值為，故答案為：14．【分析】由可知，即，根據等比數列概念及公式可得，再利用累加法可得，又可得或，分情況討論為奇函數和為偶數時與的最值，即可得解.【詳解】由，得，將其兩邊同時減去，得，整理，得，則，又，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，顯然，，由，得，即，解得或，由題意可知，存在，使得或．當為偶數時，，，所以或；當為奇數時，，，所以或．綜上可知，實數的取值范圍為，故答案為：.【點睛】關鍵點睛：等比數列基本量的求解是等比數列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等比數列的有關公式并能靈活運用，尤其需要注意的是，在使用等比數列的前n項和公式時，應該要分類討論，有時還應善于運用整體代換思想簡化運算過程．15．【分析】利用的單調性以及已知條件得到，代入，令，利用導數的求得的值域，從而得解.【詳解】因為，所以在上單調遞增，值域為，在上也單調遞增，值域為，又的兩根為，所以，從而，令，則，．因為，所以，所以在上恒成立，從而在上單調遞增．又，所以，即的取值范圍是，故答案為：．【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是構造函數，利用導數求取值范圍求得的值域，由此得解.16．【分析】先求得，然后利用圖象法求得的取值范圍.【詳解】當時，為偶函數，此時；當時，；當時，，所以，則，由，得，畫出函數，的圖象如下圖所示，若，則，當拋物線過點時，，當拋物線與直