“8+4+4”小题强化训练（18）-2023届高三数学二轮复习《8+4+4》小题强化训练（新高考地区专用）

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2023届高三二轮复习“8+4+4”小题强化训练(18)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.已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】由于，故，，，即，故，因此，即.故选：C2.复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】，，对应点为，在第四象限．故选：D.3.已知，则是的（    ）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】因为；，所以，推不出，所以是的必要不充分条件.故选：B.4.已知函数的图象的一部分如图所示，则该函数解析式可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】由图象可知：图象关于原点对称，则为奇函数，，为偶函数，排除B；令，解得：，则与轴交点间距离相等，与图象不符，排除A；当时，，，，即在右侧函数值先为负数，与图象不符，排除C.故选：D.5.、两组各3人独立的破译某密码，组每个人译出该密码的概率均为，组每个人译出该密码的概率均为，记、两组中译出密码的人数分别为、，且，则（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】由题意可知：服从二项分布，所以.同理：服从二项分布，所以.因为，所以，所以.对于二次函数，对称轴，所以在上函数单调递减，所以当时，有，即.故选：B6. 2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以超过到达月球的距离，那么至少对折的次数是（    ）（，）A. 40 B. 41 C. 42 D. 43【答案】C【解析】设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，由题意知是以为首项，公比为的等比数列，所以，令，即，所以，即，解得：，所以至少对折的次数是，故选：C7.已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若，，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 2【答案】B【解析】因为，为的中点，所以，，所以，又， ，所以，所以.故选：B.8.在三棱锥中，，，设侧面与底面的夹角为，若三棱锥的体积为，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，（    ）A.  B.  C.  D. 4【答案】B【解析】因为，，所以，所以，所以，所以，所以为的外接圆的直径，设的中点为，则为的外接圆的圆心，因为，设到平面的距离为，则，所以，当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则平面，若点和点在平面的同侧，如图： 则，即，当且仅当三点共线时，取等号，在中，，所以，所以，所以，当且仅当三点共线时，取等号，若点和点在平面的异侧， 则，所以，若与重合时，，不合题意，综上所述：的最小值为，且当时，三点共线，此时平面，取的中点，连，，则，因为平面，平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以，所以是侧面与底面的夹角，即，因为，，所以.故选：B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，有选错的得0分，部分选对的得3分．9.已知，则下列说法正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，即，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：BD.10.已知函数的一条对称轴为，则（    ）A. 的最小正周期为 B. C. 在上单调递增 D. 【答案】ABD【解析】因为函数，因为函数的一条对称轴为，所以，解得：，又因为，所以，则，对于，函数的最小正周期，故选项正确；对于，，故选项正确；对于，因为，所以，因为函数在上单调递减，故选项错误；对于，因为，令，当时，，则，所以在上单调递增，则，也即，当时，，则，所以在上单调递减，则，也即，综上可知：恒成立，故选项正确，故选：ABD.11.已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（    ）A. 若，则当且仅当时，取得最大值B. 若，则当且仅当时，取得最大值C. 若，则当且仅当时，取得最大值D. 若，，则当或14时，取得最大值【答案】BD【解析】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，对于A，且时取最大值，设，则，当时，；时，；时，，所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.，则，，，，前14项和最大，B项正确；对于C，，则，同理，，，前13项和最大，C项错误；对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；故选：BD.12.已知正方体的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段上的动点，.则下列说法正确的是（    ）A. 当点P在侧面（含边界）内时，为定值B. 当点P在侧面（含边界）内时，直线与直线所成角的大小为C. 当点P在侧面（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得D. 点P的轨迹长度为【答案】ACD【解析】对于A，因为P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平面，平面，所以，所以，故A正确；对于B，点P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平面，平面，所以，直线与直线所成角为，所以，直线与直线所成角的大小为，故B不正确；对于C，建立如下图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，为线段上的动点，则有：（）解得：，设点，因为，所以，则，若，则有：，，又则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对于D，当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故D选项正确；故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．13.已知,则与的夹角为__________．【答案】【解析】由题知,,,,即,,,与的夹角为.故答案为:14.在的展开式中，按的升幂排列的第3项为___________.【答案】【解析】易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为项．整个式子中项可由，的展开式的常数项与二次项、一次项与一次项相乘得到，其中展开式的通项为，展开式的通项为；故所求为：．故答案为：．15.已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______.【答案】【解析】时，在上是减函数，且，此时没有零点或至多一个零点（时），而时，是增函数，只有一个零点，因此不合题意，故，时，在上递减，在上递增，又，因此在上无零点，在上有一个零点，从而时，有两个零点，此时，，时，，递增，时，，递减，又时，，因此，，即，此时在上有一个零点，又时，，因此在上也有一个零点，综上，有三个零点时，．故答案为：．16.古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．比如在平面直角坐标系中，、，则点满足所得点轨迹就是阿氏圆；已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为___________．则的最小值为____________．【答案】    ①. ；    ②. 【解析】设，由题意，即，整理得．因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的，那么点平移后变为，所以根据阿氏圆的定义，满足，结合抛物线定义，（当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号），此时，故的最小值为．（当且仅当M，Q，F三点共线时等号成立），根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值，此时切线方程为，联立可得，此时，所以.故答案为：；.