2021届高三数学新高考“8+4+4”小题狂练（30）（原卷+解析）

2021届新高考“8+4+4”小题狂练（30）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．

1. 已知集合=，=，，则等于（    ）

A. （1,2） B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

分析两个集合中元素的类型可得.

【详解】因为集合是数集,集合是点集,两个集合没有公共元素,

所以两个集合的交集为空集.

故选.

【点睛】本题考查了集合的交集运算,属于基础题.

2. 设,则在复平面内对应的点位于（    ）

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】

分析】

先由已知条件求得，再确定在复平面内对应的点位于的象限即可.

【详解】解：由题意知,

即，

故在复平面内对应的点位于第四象限，

故选D.

【点睛】本题考查了复数的运算及复数在复平面内对应的点的位置，属基础题.

3. 己知向量，.若，则m的值为(     )

A.  B. 4 C. - D. -4

【答案】B

【解析】

【分析】

根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.

【详解】依题意，由于，所以，解得.

故选B.

【点睛】本小题主要考查两个向量垂直的坐标表示，考查向量减法的坐标运算，属于基础题.

4. 的展开式中，项的系数为（    ）

A. 280 B. 280

C. 560 D. 560

【答案】C

【解析】

【分析】

在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于4，求出r的值，即可求得结果．

【详解】在的展开式中，通项公式为Tr+1(﹣1）r，令144，

求得r＝3，可得x4项的系数为＝﹣560，

故选C．

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式及系数的求解，属于基础题．

5. 把直线绕原点逆时针转动，使它与圆相切，则直线转动的最小正角度（）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据直线过原点且与圆相切，求出直线的斜率，再数形结合计算最小旋转角．

【详解】解析：由题意，设切线为，∴.

∴或.∴时转动最小．

∴最小正角为.

故选B.

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．

6. 如果甲是乙的充要条件，丙是乙的充分条件但不是乙的必要条件，那么（    ）

A. 丙是甲的充分条件，但不是甲的必要条件

B. 丙是甲的必要条件，但不是甲的充分条件

C. 丙是甲的充要条件

D. 丙既不是甲的充分条件，也不是甲的必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】

根据充分条件、必要条件的定义来对各选项的正误进行判断.

【详解】因为甲是乙的充要条件，所以乙甲；又因为丙是乙的充分条件，但不是乙的必要条件，所以丙乙，但乙丙．

综上，丙甲，但甲丙，

即丙是甲的充分条件，但不是甲的必要条件．

故选A.

【点睛】本题考查充分条件、必要条件的定义，考查逻辑推理能力，属于基础题.

7. 菱形的边长为2，现将沿对角线折起使，求此时所成空间四面体体积的最大值（　　）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】

在等腰三角形中，取的中点为，则有，通过，根据面面垂直的性质定理，可以证明出，设，，在中，，由题意可知：，这样可以求出空间四面体体积的表达式，通过换元法，利用导数，可以求出空间四面体的体积的最大值.

【详解】设的中点为，因为，所以，

 又因为，，所以，

设，，在中，，由题意可知：，

设，则，且，

∴，

∴当时，，当时，，

∴当时，取得最大值，

∴四面体体积的最大值为．

故选．

【点睛】本题考查了空间四面体体积最大值问题，正确求出体积的表达式，利用同角的三角函数关系、二倍角的正弦公式、换元法、导数法是解题的关键.

8. 己知函数有两个零点，，则有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

将函数有两个零点，,转化为: 函数，则与的图象有两个交点,作出图象,根据图像可得: ,由此去绝对值,利用可得.

【详解】解：因为函数有两个零点，故方程

有两个解，.

设函数，函数，则与的图象有两个交点，

如图所示:

由图象知，，所以,,

所以，，

因为且，所以，得，

，即，

整理得，.

故选B.

【点睛】本题考查了函数的零点,数形结合思想,指数函数的单调性与对数的运算,属于中档题.

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.