2021届高三数学新高考“8+4+4”小题狂练（44）（解析）

1、2021届新高考“8+4+4”小题狂练（44）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】b【解析】【分析】化简集合，按交集定义，即可求解.【详解】由，得，所以，故选：b【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.2.已知复数z满足z(1+2i)=i，则复数在复平面内对应点所在的象限是（ ）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】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案【详解】解：由，得，所以复数在复平面内对应的点的坐

2、标为，在第四象限故选：d【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题3.已知向量，则“m1”是“，夹角为钝角”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充分必要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】b【解析】【分析】由题意结合平面向量数量积的知识可得若，夹角为钝角，则且，再由且Ü结合充分条件、必要条件的概念即可得解.【详解】若，夹角为钝角，则且，由可得，解得且，由且Ü可得“m1”是“，夹角为钝角”的必要不充分条件.故选：b.【点睛】本题考查了利用平面向量数量积解决向量夹角问题，考查了充分条件、必要条件的判断，属于中档题.4

3、.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）a. 90b. 120c. 210d. 216【答案】c【解析】【分析】根据题意：分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，算出每类的站法数，然后再利用分类计数原理求解.【详解】因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上，共有：种站法；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：种站法；所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不

4、区分站的位置的不同的站法总数是.故选：c【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分类计数原理的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.5.已知定义在上函数，则，的大小关系为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当时，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选d.【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.6.对n个不同的实数a1，

5、a2，an可得n！个不同的排列，每个排列为一行写成一个n！行的数阵.对第i行ai1，ai2，ain，记bi=ai1+2ai23ai3+(1)nnain，i=1，2，3，n！.例如用1，2，3可得数阵如图，对于此数阵中每一列各数之和都是12，所以bl+b2+b6=12+2×123×12=24.那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，b1+b2+b120等于（ ）a. 3600b. 1800c. 1080d. 720【答案】c【解析】【分析】根据用1，2，3，4，5形成的数阵和每个排列为一行写成一个n！行的数阵，得到数阵中行数，然后求得每一列各数字之和，再代入公式求解.【详解

6、】由题意可知：数阵中行数为：，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列各数字之和都是：，.故选：c【点睛】本题主要考查数列的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.7.已知中，为所在平面上一点，且满足.设，则的值为（ ）a. 2b. 1c. d. 【答案】c【解析】分析】由由，得：点是的外心，由向量的投影的概念可得：，再代入运算，即可【详解】解：由，得：点是的外心，又外心是中垂线的交点，则有：，即，又，所以，解得：，即，故选：【点睛】本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中档题.8.在直三棱柱abca1b1c1中，abbc，ab=bc=bb1=1，m是ac的

7、中点，则三棱锥b1abm的外接球的表面积为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据题意找到三棱锥b1abm的外接球球心为中点,即可求出其半径,则可求出其表面积.【详解】如图所示：取中点为，中点为.并连接,则平面,所以所以三棱锥b1abm的外接球球心为中点.所以,所以三棱锥b1abm的外接球的表面积为.故选:b【点睛】本题考查三棱锥的外接球表面积,属于基础题.解本题的关键在于画出三棱柱，找到三棱锥的外接球球心.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分；部分选对的得3分；有选错的得0分.9. 若复数，其中为

8、虚数单位，则下列结论正确的是（ ）a. 的虚部为b. c. 为纯虚数d. 的共轭复数为【答案】abc【解析】【分析】首先利用复数代数形式的乘除运算化简后得：，然后分别按照四个选项的要求逐一求解判断即可.【详解】因为，对于a：的虚部为，正确；对于b：模长，正确；对于c：因为，故为纯虚数，正确；对于d：的共轭复数为，错误.故选：abc.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的有关概念，考查逻辑思维能力和运算能力，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于常考题.10. 下列命题正确的是（ ）a. “”是“”的必要不充分条件b. 命题“，”的否定是“，”c. 若，则d. 设，“”，是“函数在定义

9、域上是奇函数”的充分不必要条件【答案】bd【解析】【分析】根据不等式的性质可判断a；根据含有量词的否定可判断b；根据基本不等式的适用条件可判断c；根据奇函数的性质可判断d.【详解】对于a，当时，可得，故“”是“”的充分条件，故a错误；对于b，由特称命题的否定是存在改任意，否定结论可知b选项正确；对于c，若时，故c错误；对于d，当时，此时，充分性成立，当为奇函数时，由，可得，必要性不成立，故d正确.故选：bd.【点睛】本题考查充分条件与必要条件，考查命题及其关系以及不等关系和不等式，属于基础题.11. 关于的说法，正确的是( )a. 展开式中的二项式系数之和为2048b. 展开式中只有第6项的二

10、项式系数最大c. 展开式中第6项和第7项的二项式系数最大d. 展开式中第6项的系数最小【答案】acd【解析】【分析】根据二项式系数的性质即可判断选项a；由为奇数可知，展开式中二项式系数最大项为中间两项，据此即可判断选项bc；由展开式中第6项的系数为负数，且其绝对值最大即可判断选项d.【详解】对于选项a：由二项式系数的性质知，的二项式系数之和为，故选项a正确；因为的展开式共有项，中间两项的二项式系数最大，即第6项和第7项的二项式系数最大，故选项c正确，选项b错误；因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小，故选项d正确；故选：acd【点睛】本题考查利用二项式定理求

11、二项展开式系数之和、系数最大项、系数最小项及二项式系数最大项；考查运算求解能力；区别二项式系数与系数是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.12. 如图直角梯形，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且则（ ）a. 平面平面b. c. 二面角的大小为d. 与平面所成角的正切值为【答案】ac【解析】【分析】a中利用折前折后不变可知,根据可证,可得线面垂直，进而证明面面垂直；b选项中不是直角可知不垂直，故错误；c中二面角的平面角为,故正确；d中与平面所成角为,计算其正切值即可.【详解】a中, ,在三角形中，所以,又，可得平面，平面，所以平面平面，a选项正确；b中，若，又，可得平面,则,而,显然

12、矛盾，故b选项错误；c中，二面角的平面角为，根据折前着后不变知，故c选项正确；d中，由上面分析可知，为直线与平面所成角，在中，,故d选项错误.故选：ac【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，二面角，线面角的求法，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 从某班6名学生（其中男生4人，女生2人）中任选3人参加学校组织的社会实践活动，设所选三人中男生人数为，则数学期望_.【答案】2【解析】【分析】的可能值为，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】的可能值为，则；.故分布列为：123故.故答案为：2.【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生

13、的计算能力和应用能力.14. 如图，在正方体中，的中点为，的中点为，异面直线与所成的角是_.【答案】【解析】【分析】取中点，连接，连接交于，可知即为异面直线与所成的角，求出即可.【详解】取中点，连接，连接交于，在正方体中，可知,四边形是平行四边形，即为异面直线与所成的角，可知在和中，,，,，即异面直线与所成的角为.故答案为：.【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，属于基础题.15. 在展开式中，的系数为_.【答案】80【解析】分析】将原式化为，根据二项式定理，求出展开式中，的系数，即可得出结果.【详解】，二项式的展开式的第项为，令，则，令，则，则展开式中，的系数为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.16. 关于的方程在上有