新高考数学二轮复习8+4+4选填小题精炼 (31) (含解析)

2021届新高考“8+4+4”小题狂练（31）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.已知全集，集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

按照并集和交集的概念求解即可.

【详解】由题可知，则.

故选：B.

【点睛】本题考查并集和交集的求法，侧重考查对基础知识的理解和掌握，考查计算能力，属于常考题.

2.“”是“”成立的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】

根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的关系进行判断即可.

【详解】可变形为，

所以且，解之得：，

所以由“”不能推出“”，

但“”可以推出“”，

所以“”是“”成立的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题考查必要条件和充分条件的判断，考查逻辑思维能力和推理能力，考查计算能力，属于常考题.

3.若向量, 且,则实数的值为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意列出方程，求解即可得出结果.

【详解】因为向量，，所以，

又，所以，解得.

故选A

【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于基础题型.

4.张卡片上分别写有数字，从这张卡片中随机抽取张，则取出的张卡片的数字之和为奇数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

和为奇数，则取出的两张卡片一张奇数一张偶数，得到概率.

【详解】根据题意：和为奇数，则取出的两张卡片一张奇数一张偶数，则.

故选：C.

【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.

5.已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由，从而可得,再根据指数函数的单调性可得，由对数函数的单调性有，从而得出答案.

【详解】由，所以

所以，又，而

所以

故选：C

【点睛】本题考查对数运算，指数函数的单调性，利用函数单调性比较大小,属于中档题题.

6.在三棱锥中，，，，， 点到底面的距离为，当三棱锥体积达到最大值时，该三棱锥外接球的表面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

作平面于，连接，由体积最大，及已知垂直可得是矩形，又由已知，，得是外接球的直径，求出长即可得球表面积．

【详解】作平面于，连接，因为点到底面的距离为为定值，当三棱锥体积达到最大值时，面积最大，只有时，面积最大，所以，

由平面，平面，得，同理，又，，所以平面，而平面，所以，同理，所以是矩形，，又，所以，

由，，知中点到四点距离相等，因此是外接球的直径，所以外接球表面积为．

故选：B．

【点睛】本题考查球的表面积，由已知垂直易知是外接球的直径，解题关键是证明在平面上的射影与构成矩形．

7.若曲线的一条切线为（为自然对数的底数），其中为正实数，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设切点为，由题意知，从而可得，根据 “1”的代换，可求出，由基本不等式可求出取值范围.

【详解】解：，，设切点为，则，

，.

原式，当且仅当，即时等号成立，

即.

故选:C.

【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了基本不等式.切线问题，一般设出切点，由切点处的导数值为切线的斜率以及切点既在切线上又在函数图像上，可列出方程组.运用基本不等式求最值时注意一正二定三相等.

8.已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线的右支于、两点，且，点关于坐标原点的对称点为，且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设双曲线的左焦点为，连接、、，推导出四边形为矩形，设，则，在中，利用勾股定理得出，然后在中利用勾股定理可得出、的等量关系，由此可求得双曲线的离心率.

【详解】设双曲线的左焦点为，连接、、，则四边形为平行四边形，

设，则，

由双曲线的定义可得，，

，，，

所以，四边形为矩形，

由勾股定理得，即，解得，

，，由勾股定理得，即，

双曲线的离心率为.

故选：C.

【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查利用双曲线的定义解决双曲线的焦点三角形问题，考查计算能力，属于中等题.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

9.对于不同直线，和不同平面，，有如下四个命题，其中正确的是（    ）

A. 若，，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，则

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据线面的平行、垂直的判定定理和性质定理，对选项进行逐一的判断,即可得出答案.

【详解】选项A.  若，，，则与可能相交可能平行，故A不正确.

选项B. 若，，则，又，所以，故B正确

选项C. 若，，则，又，所以，故C正确

选项D. 若，，则或，故D不正确.

故选：BC

【点睛】本题考查平面与平面的平行垂直的判断，直线与平面的平行与垂直的判断，属于基础题.

10.已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，设线段的中点为，则（    ）

A.

B. 若，则直线的斜率为

C. 若抛物线上存在一点到焦点的距离等于，则抛物线的方程为

D. 若点到抛物线准线的距离为，则的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】

通过设直线，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，，选项均可转化为坐标的运算，代入根与系数的关系，得到结果，C选项可直接根据焦半径公式，计算并判断.

【详解】设，，

设直线，与抛物线方程联立

，，，，

A.,

故A正确；

B.根据焦半径公式可知，，

，

由条件可知，，解得：，

直线的斜率，故B不正确；

C.由题意可知，解得：，

则抛物线方程是，故C正确；

D.由题意可知，所以，

由圆的几何性质可知，

是点到轴的距离 ，，

由分析可知，，

且，，

得， ，

所以，

当时，取得最小值,

此时直线：，故D正确.

故选：ACD

【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的综合应用，重点考查直线与抛物线方程联立，利用根与系数的关系，转化求值，属于中档题型.

11.南宋杨辉在他1261年所著的《详解九章算术》一书中记录了一种三角形数表，称之为“开方作法本源”图，即现在著名的“杨辉三角”.下图是一种变异的杨辉三角，它是将数列各项按照上小下大，左小右大的原则写成的，其中是集合中所有的数从小到大排列的数列，即…下列结论正确的是（    ）

A. 第四行的数是 B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】

采用逐一验证的方法，利用来表示每一项，寻找规律，可得结果.

【详解】利用来表示每一项，由题可知：

第一行：

第二行：

第三行：

第四行：

故A正确

表示第行的第项，则，

故B正确

由表示第行的第1项，则

故C错

又表示第14行的第9项，所以

故D正确

故选：ABD

【点睛】本题考查合情推理，考验对问题的分析判断能力以及归纳能力，审清题意，耐心计算，属中档题.

12.已知函数，函数，下列选项正确的是（    ）

A. 点是函数的零点

B. ，使

C. 函数的值域为

D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是

【答案】BC

【解析】

【分析】

利用求导的方法，确定函数的单调区间、求出函数极值、零点，分别画出和的图像，进而可以确定选项AD不正确，BC为正确答案.

【详解】   

图像                                 图像

对于选项A，0是函数的零点，零点不是一个点，所以A错误.

对于选项B，当时，，可得，

当时，单调递减；当时，单调递增；

所以，当时，

当时，，可得，

当时，单调递减；当时，单调递增；

所以，当时， ，综上可得，选项B正确.

对于选项C，，选项C正确.

对于选项D，关于的方程有两个不相等的实数根

关于的方程有两个不相等的实数根

关于的方程有一个非零的实数根

函数与有一个交点，且

当时，

当变化时，，的变化情况如下：

极大值，极小值

当时，

当变化时，，的变化情况如下：

极小值

综上可得，或，

取值范围是，D不正确.

【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数研究原函数的变化情况，对选项做出判断，考查了数学运算、逻辑推理、数形结合能力，属于难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知复数是实数，复数是纯虚数，则实数的值为______

【答案】

【解析】

【分析】

先根据复数是实数求出，再根据复数是纯虚数求出的值.

【详解】由题得

因为复数是实数，

所以.

所以，

因为复数纯虚数，

所以.

故答案为：

【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

14.（）的展开式中的系数为9，则______.

【答案】1

【解析】

【分析】

通过分类讨论结合二项展开式的通项公式进行求解即可．

【详解】解：的通项公式，

若第一括号是1，则第二个括号必须是相乘，

若第一括号是，则第二个括号必须是相乘，

则项系数，

即，得，

得或（舍，

故答案为：1．

【点睛】本题主要考查二项式定义的应用，注意要对系数进行分类讨论，属于中档题．

15.已知定义在上的函数满足：，且函数是偶函数，当时，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

因为函数满足：，且函数是偶函数，可知函数是周期为4的周期函数；然后再根据周期性可得，在根据题意可知，即可求出结果.

【详解】因为函数满足：，且函数是偶函数，

所以，且，可得，即

所以…①，…②

②-①，可得 ，即是周期为4的周期函数；

，

又，

所以 .

故答案为：.

【点睛】本题考查了函数周期性，利用，且函数是偶函数得到函数是周期为4的周期函数是本题的解题关键，本题属于中档题.

16.将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍，然后再向右平移个单位得到函数的图象，则的解析式为_______；若方程在的解为、，则______.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

利用三角函数图象变换可求得函数的解析式为，由计算得出的值，并求出的取值范围，由此可求得的值.

【详解】将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍，然后再向右平移个单位得到函数的图象，则，

当时，，

由题意可得，即，

令，得，可得函数的图象关于直线对称，

，所以，，且，

，

，

，，，.

故答案为：；.

【点睛】本题考查利用三角函数图象变换求函数解析式，同时也考查了利用二倍角的余弦公式、两角差的余弦公式，考查计算能力，属于中等题.