小题狂练模拟（二）-冲刺高考数学·多选题高频考点精讲精练（新高考通用）

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冲刺高考数学·多选题高频考点精讲精练（新高考通用）【小题狂练模拟二】 一、单选题1．已知集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合A，再利用并集和补集的运算求解.【详解】解：由，得，故，所以，，．故选：B．2．已知复数在复平面内的对应点为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题知，再根据复数四则运算求解即可.【详解】解：因为复数在复平面内的对应点为，所以，所以故选：D3．已知向量，则与共线且反向的单位向量为 （     ）A． B．C．或 D．【答案】B【分析】可设与共线且反向的单位向量，由，即可求解.【详解】因为，所以可设与共线且反向的单位向量，又解得，或（舍去），故.故选：B4．由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年.龙被视为中华古老文明的象征，大型龙类风筝放飞场面壮观，气势磅磗，因而广受喜爱.某团队耗时4个多月做出一长达200米、重约25公斤，“龙身”共有180节“鱗片”的巨龙风筝.制作过程中，风箏骨架可采用竹子制作，但竹子易断，还有一种耐用的碳杆材质也可做骨架，但它比竹质的成本高.最终团队决定骨架材质按图中规律排列（即相邻两碳质骨架之间的竹质骨架个数成等差数列），则该“龙身”中竹质骨架个数为（    ）A．161 B．162 C．163 D．164【答案】B【分析】设有个碳质骨架，由条件列关系式求碳质骨架的个数，此可得结论.【详解】设有个碳质骨架，，由已知可得，如果只有个碳质骨架，则骨架总数少于，所以，所以，且，又解得，所以共有碳质骨架18个，故竹质骨架有162个，故选：B.5．已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（    ）A．l与α，β所成角相等 B．，C．，， D．，，【答案】C【分析】ABD可举出反例；C选项，可根据平行的传递性和垂直关系进行证明.【详解】对于A，正方体中，设边长为，连接，则为与平面所成角，由勾股定理得到，故，同理可得和所成角的正弦值为，故与平面和所成角大小相等，但平面与平面不平行，故A错误；B选项，平面⊥平面，平面⊥平面，但平面与平面不平行，故B错误；对于C，由，得，又，所以，故C正确；对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．故选：C．6．某同学为了测量天文台CD的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台，高AB为，在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A,天文台顶C的仰角分别是15°和60°，在阳台A处测得天文台顶C的仰角为30°，假设AB，CD和点M在同一平面内，则该同学可测得学校天文台CD的高度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算即可得到天文台的高度．【详解】在Rt△ABM中，有，在△ACM中，有，，，由正弦定理得，故，在Rt△CDM中，有，又，则．故选：C．7．设,则除以的余数为A．或 B．或 C．或 D．或【答案】A【分析】用二项式定理化简整理得到，分为奇数或偶数，得到余数.【详解】=，当为奇数时，余数为，当为偶数时，余数为,故选：A.8．函数的图像向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用函数的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，可得，即，，从而得到，进而得到的值.【详解】函数的图像向左平移个单位长度后，可得的图象.由条件为奇函数，则，即又，所以，即关于的方程在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即，其中(为锐角) 在内有两个不同的解，即方程即在内有两个不同的解，由，则，所以，所以则，即，所以，故选：D【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，诱导公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．二、多选题9．如果，那么下列不等式错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用不等式的性质，特殊值法即可判定.【详解】对于A项，因为，所以，故，即A正确；对于B项，不妨令，显然，即B错误；对于C项，若，则，即C错误；对于D项，若，显然D错误.故选：BCD10．已知为椭圆的左､右焦点，为椭圆上的一点，若以线段为直径的圆与圆总有公共点，则的值可以是（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】BC【分析】求出的最小值和最大值，即可求出以线段为直径的圆的最小和最大圆，若都与圆总有公共点，即可求出的取值范围，即可得出答案.【详解】因为椭圆，所以，所以，则，因为为椭圆上的一点，当为椭圆的右顶点即时，最大，此时以线段为直径的圆为：，圆心，当为椭圆的左顶点即时，最小，此时以线段为直径的圆为：，圆心，若以线段为直径的圆与圆总有公共点，则，解得：.故选：BC.11．定义在R上的函数，满足，且为偶函数，，则（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由为偶函数，结合偶函数定义求解可判断A；由消去可判断B；将代入①式得，即③，由②③消去可判断C；由②③得，消去得，进而，从而的周期为4，利用赋值法求出，，，，结合周期性计算可判断D.【详解】A项：因为为偶函数，所以，故A正确；B项：由，消去得，故B不正确；C项：将代入①式得，即③，由，消去得，故C正确；D项：由，消去得，即，故的周期为4；将代入①：；将代入②：，由关于中心对称，且；将代入：，故有，故D错误．故选：AC.12．钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体．如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台 （上、下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为一个正六棱锥P-ABCDEF，其中正六棱台的上底面边长为a，下底面边长为2a，且P到平面的距离为3a，则下列说法正确的是（    ）（台体的体积计算公式：，其中，分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）A．若平面平面，则正六棱锥P-ABCDEF的高为B．若，则该几何体的表面积为C．该几何体存在外接球，且外接球的体积为D．若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8，则该几何体的体积为【答案】ABD【分析】分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，连接RS，RQ，TS，TQ，得到Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，连接PM，则N在PM上，进而得到为二面角的平面角，进而判定A正确；连接PM，则，结合截面PORST，利用表面积公式可判定B正确；连接PM，设外接球半径为R，连接OA，，OD，，求得外接球的半径，可判定C错误；设该几何体上、下两部分的体积分别为，，结合，可得，利用，可判定D正确．【详解】设M，N分别为正六棱台上、下底面的中心．对于选项A，如图1，分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，连接RS，RQ，TS，TQ，则，，可得Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，连接PM，则N在PM上，得如图2所示的截面PQRST，四边形QRST为等腰梯形，且为二面角的平面角，即，过点R作交QT于点L，则，可得，即，而，故，解得，故A正确；对于选项B，如图3为截面，依题意得，，连接PM，则，又，所以，，如图4为截面PORST，从而，，故该几何体的表面积，故B正确；对于选项C，如图5所示的截面，连接PM，依题意可知，，，若该几何体存在外接球，则外接球球心．在PM上，设外接球半径为R，连接OA，，OD，，得，，解得，又，矛盾，故该几何体不存在外接球，C错误；对于选项D，设该几何体上、下两部分的体积分别为，，，，则，，由，可得，结合，可知，，因此该几何体的体积，故D正确．故选：ABD.三、填空题13．请写出满足方程的一组实数对：______．【答案】（答案不唯一）【分析】运用对数式与指数式互化、根式与指数幂互化计算即可.【详解】∵，∴，∴令得：，即：.故答案为：（答案不唯一）.14．已知样本容量为5的样本的平均数为3，方差为，在此基础上获得新数据9，把新数据加入原样本得到样本容量为6的新样本，则该新样本的方差为______．【答案】8【分析】根据均值公式与方差公式计算．【详解】记原来的数据为，新增数据为，由题意，，，则，，所以新方差为．故答案为：8.15．已知直线与曲线和均相切，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为___________.【答案】2【分析】由基本初等函数的导数及其的几何意义解得直线的解析式即可求得结果.【详解】由已知得的导函数分别为：，设上的切点分别为，则有：，解之得：，故：，与坐标轴交点分别为，围成的三角形面积为：.故答案为：2.四、双空题16．已知抛物线C：，点P为抛物线C上第一象限内任意一点，过点P向圆D：作切线，切点分别为A，B，则四边形PADB面积的最小值为______，此时直线AB的方程为______．【答案】          【分析】由圆的方程写出圆心、半径，由圆的切线长将问题转化为求的最小值，结合四边形PADB面积求得其最小值及此时点P的坐标，写出以PD为直径的圆M的方程，并与圆D方程作差可求得公共弦AB所在直线方程.【详解】如图所示，由题意知，圆D的标准方程，则圆心为，半径为，设（），则，所以当即：时，取得最小值，即：，又因为，所以，又因为四边形PADB面积所以四边形PADB面积的最小值此时，则以PD为直径的圆M的方程为，圆M方程与圆D方程相减可得直线AB的方程为．故答案为：；.