新高考数学二轮复习8+4+4选填小题精炼 (32) (含解析)

2021届新高考“8+4+4”小题狂练（32）

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】D

【解析】

【分析】

解出集合、中的不等式即可.

【详解】因为，

所以

故选：D

【点睛】本题考查的是一元二次不等式的解法和集合的运算，较简单.

2. 已知，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

本题首先可根据复数的四则运算得出，然后根据复数的模的相关计算即可得出结果.

【详解】

，

故，

故选：C.

【点睛】本题考查复数的四则运算以及复数的模，若复数，则，考查计算能力，是简单题.

3. 下列结论正确的是（    ）

A. 残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精度越低.

B. 在线性回归模型中，相关指数，说明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为.

C. 已知随机变量，若，则.

D. 设均为不等于1的正实数，则“”的充要条件是“”.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合效果越好、精度越高可知，选项正确；根据相关指数意义可知，选项正确；根据正态曲线的对称性可知，故选项错误；根据对数的性质以及对数函数的单调性可知，选项错误.

【详解】对于，残差点均匀分布的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精度越高，故选项错误；

对于，在线性回归模型中，相关指数，说明解释变量对于预报变量变化的贡献率约为，故选项正确；

对于，因为且，所以，所以，故选项错误；

对于，或或，故选项错误.

故选：B.

【点睛】本题考查了回归分析，考查了正态分布，考查了对数的性质以及对数函数的单调性，考查了充要条件，属于基础题.

4. 若的展开式中各项系数之和为，则展开式中x的系数是（    ）

A. 54 B. 81 C. 96 D. 106

【答案】A

【解析】

【分析】

先由题意求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.

【详解】因为的展开式中各项系数之和为，所以，解得，

因此的展开式的通项是，

由得，

所以，展开式中的系数为.

故选：A.

【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.

5. 若圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则这个圆锥的表面积与侧面积比值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

分析】

设该圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意可得，所以，然后根据圆锥的表面积公式计算即可.

【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，根据题意可得，所以

所以这个圆锥的表面积与侧面积比值是

故选：A

【点睛】本题考查的是圆锥的表面积公式，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.

6. 已知点在直线上，且满足，则的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由，求出的取值范围，再求的范围．

【详解】由题意，，

∵，∴，解得，

，

∵，∴或，

∴或，所以．

故选：B．

【点睛】本题考查直线方程，考查不等式的性质，解题过程是利用点在直线上，且满足的不等关系求出的范围，然后再利用不等式的性质求解．

7. 函数在区间上的大致图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

化简函数的解析式，判断函数的奇偶性及的符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】，，

函数为奇函数，排除A、D选项；

，排除B选项.

故选：C.

【点睛】本题考查利用函数的解析式选择函数图象，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号进行分析，结合排除法得出合适的选项，考查推理能力，属于中等题.

8. 已知函数，其中，记为的最小值，则当时，的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据的正负以及与大小关系分类讨论单调性，再根据单调性确定最小值取法，最后根据最小值求结果.

【详解】①当时，在上单调递增，所以，因此满足题意；

②当时，在上单调递增，在上单调递减

因此⑴当时，在上单调递增，所以，

或或

⑵当时，在上单调递增，在上单调递减

，所以；

综上，的取值范围为，

故选：D

【点睛】本题考查函数最值、分式函数单调性，考查分类讨论思想方法以及综合分析求解能力，属较难题.

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. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（    ）

A. 此数列的第20项是200 B. 此数列的第19项是182

C. 此数列偶数项的通项公式为 D. 此数列的前项和为

【答案】AC

【解析】

分析】

首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可．

【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，，由此可得，A正确；，B错误；C正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，D错．

故选：AC．

【点睛】本题考查数列的通项公式，要求从数列的前几项归纳出数列的通项公式．这里我们只能从常见的数列出发，寻找各项与项数之间的关系，归纳结论．有时需要分奇数项与偶数项分别讨论归纳出结论，或者寻找两者的关系，从而得出结论．

10. 已知、是双曲线的上、下焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则下列说法正确的是（    ）

A. 双曲线的渐近线方程为

B. 以为直径的圆的方程为

C. 点的横坐标为

D. 的面积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】

根据双曲线的标准方程求出渐近线方程，以为直径的圆的方程，点坐标，的面积然后判断各选项．

【详解】由双曲线方程知，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；

，以为直径的圆的方程是，B错；

由得或，由对称性知点横坐标是，C正确；

，D正确．

故选：ACD．

【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解题时可根据双曲线方程确定，同时注意焦点据的轴，然后根据求解其他量．

11. 已知定义在上的函数满足，且对，当时，都有，则以下判断正确的是（    ）

A. 函数是偶函数 B. 函数在单调递增

C. 是函数的对称轴 D. 函数的最小正周期是12

【答案】BCD

【解析】

【分析】

由得函数为奇函数，判断选项；通过得函数的最小正周期，判断选项；通过题意得，进而得函数的对称轴，判断选项；化简为得到函数在上的单调性，结合奇偶性、对称轴、周期得上的单调性，判断选项即可.

【详解】解：因为，即，所以函数为奇函数，故选项错误；

因为，而，所以，所以函数的对称轴为，故选项正确；

因为，所以，即，

所以的最小正周期是12，故选项正确；

因为，当时，都有，

由化简得，

所以时，为减函数.

因为函数为奇函数，所以时，为减函数，又因为函数关于对称，

所以时，为增函数.

因为的最小正周期是12，所以的单调性与时的单调性相同.

故，时，单调递增，故选项正确.

故选：BCD.

【点睛】本题主要考查抽象函数的单调性，奇偶性，对称轴和周期，属于中档题.

12. 如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 平面

B. 与平面所成角的余弦值为

C. 三棱锥的体积为

D. 四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为

【答案】BD

【解析】

【分析】

取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面 ，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.

【详解】解：取的中点，的中点，连接，

因为三角形为等边三角形，所以,

因为平面平面，所以平面 ，

因为，所以两两垂直，

所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴 ，轴，

建立空间直角坐标系，则，

，

因为点是的中点，所以，

平面的一个法向量为，

，显然 与不共线，

所以与平面不垂直，所以A不正确；

，

设平面的法向量为，则

，

令，则，

所以，

设与平面所成角为，

则，

所以，所以B正确；

三棱锥的体积为

，

所以C不正确；

设四棱锥外接球的球心为，则，

所以，

解得，即为矩形对角线的交点，

所以四棱锥外接球的半径为3，

设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，

将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，

故正方体的棱长为，所以，得，

所以正四面体的表面积为，所以D正确.

故选：BD

【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 用0，1，2，3，4这五个数字，可以组成________个三位正整数.

【答案】100

【解析】

【分析】

用分步乘法原理计数．

【详解】用0，1，2，3，4这五个数字，

可以组成三位数的个数为．

故答案为：100．

【点睛】本题考查分步乘法原理，解题关键是确定完成这件事的方法，是分步还是分类．

14. 函数在上的最小值是________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用三角恒等变换思想化简得出，由计算得出的取值范围，再利用正弦函数的基本性质可求得函数的最小值.

【详解】，

当时，，

所以当时，函数取得最小值，即.

故答案为：.

【点睛】本题考查正弦型函数在区间上最值的求解，解答的关键就是利用三角恒等变换思想化简函数解析式，考查计算能力，属于中等题.

15. 已知一袋中装有红，蓝，黄，绿小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回.当四种颜色的小球全部取出时即停止，则恰好取6次停止的概率为______.

【答案】

【解析】

【分析】

事件“恰好取6次停止”是第4种颜色第6次才取到，前5次只出现3种颜色，求出它的方法数，再求出取6次球的总方法数，由概率公式可计算出概率．

【详解】取球6次，总的方法为，记“恰好取6次停止”为事件，事件的发生，前5次取球只出现3种颜色，第6次取出的是第4种颜色，而前5次出现3种颜色又可从3种颜色出现的次数分成两类，1、1、3和1、2、2，因此事件的方法数为，

所以．

故答案为：．

【点睛】本题考查古典概型，解题关键是确定事件发生的过程，即怎样完成事件“恰好取6次停止”．是分类还是分步，根据不同的方法选择不同的计数方法．

16. 已知圆：，直线，则与直线相切且与圆外切的圆的圆心的轨迹方程为_________.点是圆心轨迹上的动点，点的坐标是，则使取最小值时的点的坐标为__.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

根据直线与圆位置关系以及圆与圆位置关系列式，再化简得结果；根据两点间距离公式化简，再根据基本不等式确定最小值取法，即得结果.

【详解】因为圆与直线相切且与圆外切，所以

设

当时，

当时，，舍

综上，圆心的轨迹方程为

设

当时，

当时，

当且仅当时取等号

综上，使取最小值时的点的坐标为

故答案为：，

【点睛】本题考查求动点轨迹方程、利用基本不等式求函数最值，考查综合分析求解能力，属中档题.