“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）

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：C

2.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：B

6. 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：C

7.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：；.