新高考数学小题狂练4含解析

PAGEPAGE17小题狂练（4）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】A【解析】【分析】首先求集合，再求.【详解】，解得：，.故选：A【点睛】本题考查集合的运算，具体函数的定义域，属于基础题型.2.已知复数满足，则在复平面内对应的点满足（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由条件结合复数的除法可得，然后化简可得，根据选项可得出答案.【详解】由，可得所以在复平面内对应的点为由选项可得，点在直线上，故选：C【点睛】本题考查复数的模长运算和除法运算，复数在复平面内对应的点的坐标，属于基础题.3.已知角的终边经过点，则（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题首先可以根据角的终边经过点得出，然后将化简为，最后代入即可得出结果.【详解】因为角的终边经过点，所以，则，故选：B.【点睛】本题考查根据角的终边求三角函数值以及二倍角公式，考查公式以及，考查计算能力，是简单题.4.已知，，，则，，的大小关系为（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数的性质比较，借助1比较．【详解】易知，，又，，而，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查幂、对数的比较大小，掌握对数函数与指数函数性质是解题关键．对不同类型的数的大小比较还需借助中间值如0，1等比较．5.古希腊时期，人们把宽与长之比为矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例.下图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形，，，，，均为黄金矩形，若与间的距离超过，与间的距离小于，则该古建筑中与间的距离可能是（）.（参考数据：，，，，，）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据黄金矩形的定义，先设出，逐步计算得到，再由已知条件得到关于的不等式组，求解即可.【详解】解：设，，因为矩形，，，，，均为黄金矩形，所以有，，，，，.由题设得，解得：.故选：.【点睛】本题考查等比数列的应用，属于基础题.6.一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱（下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上），则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为（）.A.1 B.2 C.3 D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得圆锥的高，，设圆柱的高为，底面半径，则，从而可得，然后表示圆柱的侧面积，结合二次函数的性质可求．【详解】解：由题意可得，，故圆锥的高，，设圆柱的高为，底面半径，则，故，所以，圆柱侧面积，当且仅当即时取得最大值．故选：．【点睛】本题主要考查圆柱的表面积的计算以及二次函数的性质的应用，属于中档题．7.已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为（）.A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】本题首先可根据得出，然后两式相减，得出，再然后根据得出以及，最后根据“和谐项”的定义得出，通过等比数列前项和公式求和即可得出结果.【详解】因为，所以，则，即，，，因为，所以，故，因为，所以，数列的所有“和谐项”的平方和为：，故选：A.【点睛】本题考查数列的前项和的求法，考查等比数列的定义以及数列通项公式的求法，能否正确理解“和谐项”是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.8.已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用参变分离的方法，转化为，且，转化为求函数的最值.【详解】当时，当时，，则，所以在单调递减，，若关于的不等式在上恒成立，则，且，即且恒成立，所以，且，（1）当时，函数，当时，函数取得最小值，函数，所以当时，函数取得最大值，所以①；（2）当时，，，函数在单调递增，所以，，，令时，解得，令，解得：，故函数在单调递减，在递增，所以函数在处取得最小值，，所以②，根据①②可知.故选：B【点睛】本题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，重点考查二次函数，导数研究函数的综合应用，转化与化归的思想，函数与方程思想，属于难题.二、多项选择题：9.已知函数，则()A.的值域为B.的单调递增区间为C.当且仅当时，D.的最小正周期时【答案】AD【解析】【分析】根据三角函数的性质可得当时，，当时，，结合图象逐一判断即可.【详解】当，即时，；当，即时，.综上，的值域为，故A正确；的单调递增区间是和，B错误；当时，，故C错误；结合的图象可知的最小正周期是，故D正确.故选：AD.【点睛】本题主要考查了三角函数的性质，得出函数的解析式是解题的关键，属于中档题.10.已知奇函数是定义在上的减函数，且，若，则下列结论一定成立的是()A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】A.由为定义在上的奇函数，所以，可得，可判断选项A;由，又为定义在上的减函数，且，，从而可判断选项B;由题意，根据是定义在上的减函数，则，可判断选项C;因为，所以，可判断选项D.【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，因为，所以，故A正确；因为为定义在上减函数，且，，即.所以，故B不一定成立；因为，所以，所以，因为是定义在上的减函数，所以，所以，即，故C正确；因为，所以，，所以，选项D错误.【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的综合应用，考查赋值法的应用，属于中档题.11.已知双曲线（，）的右焦点为，点的坐标为（0，1），点为双曲线左支上的动点，且的周长不小于14，则双曲线的离心率可能为()A. B. C. D.3【答案】AC【解析】【分析】根据双曲线的定义，将的周长的最小值转化为求的最小值，即可求出离心率的范围，观察选项即可判断.【详解】设双曲线的左焦点为,则,即，故.由题意可得，所以，所以.则双曲线C的离心率.因为.所以双曲线C的离心率的取值范围为.故选：AC【点睛】本题主要考查双曲线的定义、离心率及一动点到两定点的距离之和的最小值，属于基础题.12.一个正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，点是棱的中点，，分别是线段，（不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是()A.在点的运动过程中，存在B.在点的运动过程中，存在C.三棱锥的体积为定值D.三棱锥的体积不为定值【答案】BC【解析】【分析】由异面直线的判断方法，可判断；运用线面垂直的判断与性质定理可判断；由棱锥的体积公式和线面距离与点面距离的关系，可判断，．【详解】解：由平面展开图，还原正方体，如图所示.对于A选项，因为点是线段上的动点，所以平面，因为平面，且与平面不平行，所以不存在.故A错误；对于B选项.连接，，连接，，取的中点，连接，.则为的中点，，所以，，，四点共面，因为，，所以平面，因为平面，所以，即当点运动到点时，，故B正确；对于C选项，因为点是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，则直线上的任意一点到平面的距离相等，且为定值，因为点是线段上的动点，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以（定值），故C正确；对于D选项，因为点是线段上的动点。所以的面积为定值，且平面就是平面，因为点到平面的距离是定值，即点到平面的距离也是定值，所以三棱锥的体积（定值），故D错误.故选：BC【点睛】本题考查空间线线、线面的位置关系，考查四面体的体积的求法，注意运用转化思想和空间向量法，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．三、填空题：13.已知向量，，若，则______.【答案】【解析】【分析】先由得，列方程求出的值，从而可知向量的坐标，即可求出其模.【详解】解：因为，所以所以，解得，所以，因此.故答案为：【点睛】此题考查了向量的数量积，由坐标求向量的模，属于基础题.14.五一放假期间，某社区安排甲、乙、丙、丁、戊这5位工作人员值班，每人值班一天，若甲排在第一天值班，且丙与丁不排在相邻的两天值班，则可能的值班方式有______种.【答案】12【解析】【分析】先考虑甲可知值班方式有种，再考虑丙与丁相邻可知值班方式有种，最后用计算即可得解.【详解】甲在第一天值班的所有值班方式有种，其中丙与丁在相邻的两天值班的值班方式有种，则满足条件的值班方式有种.故答案为：12.【点睛】本题考查排列问题，考查逻辑思维能力，考查分析和解决问题的能力，属于常考题.15.在四棱锥中四边形是边长为2的正方形，，平面平面，则四棱锥外接球的表面积为_______.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，然后利用勾股定理求出外接球的半径，即可得表面积.【详解】解：取的中点，连接.因为，，所以，，过四边形的中心作平面的垂线，过三角形的外心作平面的垂线，，则为四棱锥外接球的球心，设，四棱锥外接球的半径为，则，解得,，故四棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】此题考查求四棱锥外接球的表面积，解题的关键是找出球心的位置，属于中档题.16.已知抛物线的焦点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，点在抛物线上，且点在直线的下方，若面积的最大值是，则抛物线的方程是_______；此时，点的坐标为_______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】设，，联立直线与抛物线的方程消元，然后算出，设，由题意可知当直线与过点，且与抛物线相切的直