2026年高考数学小题训练33（综合训练）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高考数学小题训练33（综合训练）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知全集U=1,2,3,4,5，集合M=1,2,N=3,4，则A．5 B．1,2 C．3,4 D．1,2,3,4【答案】A【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.【详解】由题意可得：M∪N=1,2,3,4，则∁故选：A.2．设a，b为非零向量，则“a=b”是“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【分析】根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.【详解】若a=b，则a，b模长相等，但它们的方向可以不同，故故a=b得不到若a=b，则故“a=b”是“故选：B.3．已知向量a=(0,1),b=(2,x)，若bA．−2 B．−1 C．1 D．2【答案】D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.【详解】因为b⊥b−4所以b2−4a⋅b故选：D.4．记Sn为数列an的前n项和，设甲：anA．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：an为等差数列，设其首项为a1，公差为则Sn因此{S反之，乙：{Snn}为等差数列，即即nan+1−Sn两式相减得：an=nan+1−(n−1)因此an所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：an为等差数列，设数列an的首项a1，公差为d则Snn=反之，乙：{Snn即Sn=nS当n≥2时，上两式相减得：Sn−S于是an=a因此an所以甲是乙的充要条件.故选：C5．若tanθ=−2，则sinθ1+sin2θA．−65 B．−25 C．【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(1=sin2θ+【详解】将式子进行齐次化处理得：sinθ=sinθ故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用tanθ=−2，求出sinθ,cosθ的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．6．若存在过原点的直线与函数fx=x2−2axA．−∞,12 C．1,+∞ D．1【答案】D【分析】先求得f′x=x2+2−2ax−2ae【详解】由函数fx=x设切点为t,ft(t>0)，可得f′整理得t2+1−2at=0，解得因为存在过原点的直线与函数fx=x所以t=2a−1>0，解得a>12，即实数t的取值范围为故选：D.7．设A ，  B ，  C ，  D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D−ABCA．123 B．183 C．243【答案】B【详解】分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DM⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC体积最大此时，OD=OB=R=4∵∴AB=6,∵点M为三角形ABC的中心∴BM=∴Rt△OMB中，有OM=∴DM=OD+OM=4+2=6∴故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到BM=28．已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过点A．−378 B．−34 【答案】D【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得BF2=2a，从而再得BF1=4a，由余弦定理求得cos∠BF2F【详解】因为双曲线E的离心率为2，所以c=2a，因为所以BF2=所以BF在△BF1F在△AF1F2中，cos∠F由AF(2a+m)2=(22a)所以cos∠BAF故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用cos∠F二、多选题9．已知a>0,b>0，且a+b=1，则（

）A．ab的最小值是14 B．2aC．a+b的最大值是2 D．1【答案】BC【分析】利用基本不等式即可得到A；二元换一元，b=1−a代入2a2+【详解】对于A，∵a>0,b>0，且a+b=1，∴ab≤a+b22即ab的最大值是14对于B，∵a+b=1，∴b=1−a，2a所以2a对于C，∵a>0,b>0，且a+b=1，∴a+b当且仅当a=b=1对于D，∵1a即a=2所以1a+2a故选：BC．10．柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体ABCDEF．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（

）A．该正八面体的外接球的体积为8B．平面ABE截该正八面体的外接球所得截面的面积为4πC．甲能构成正三角形的概率为3D．甲与乙均能构成正三角形的概率为2【答案】ABD【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD.【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为EG=22−则正八面体的体积为V=2×AB×BC×EO则正八面体的外接球的球心为O，半径为EO=2所以外接球的体积为V球B：由于O到平面ABE的距离等于O到平面BCE的距离，在Rt△OEG中，过O作EG的垂线，垂足为H，则OH⊥平面BCE．由OG=1，得OH=EO · OG平面ABE截正八面体的外接球所得截面是圆，半径r=E所以所得截面的面积为πrC：甲随机选择的情况有C6甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有C2甲构成正三角形的概率为820D：乙随机选择的情况有C8上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有2×4=8种，概率为856=1所以甲与乙均能构成正三角形的概率为25故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状.11．如图，半径为1的动圆C沿着圆O:x2+y2=1外侧无滑动地滚动一周，圆C上的点Pa,bA．曲线Γ上存在到原点的距离超过23B．点1,2在曲线Γ上C．曲线Γ与直线x+y−22D．b【答案】BCD【分析】先根据几何性质求解动点P的轨迹方程，A项，由两点间距离公式及三角函数有界性可得；B项，由点1,2，利用参数方程解方程组2cosθ−cos2θ=1①2sinθ−sin2θ=2②可得；C项，联立直线与参数方程，结合三角函数图象可得交点个数；D项，由b【详解】设⊙O与⊙C切于M点，则O,C始终关于点M对称.所以当切点M绕O逆时针转动θ弧度时，致使点P绕圆心C也转了θ弧度，θ∈[0,2π)，如图，连接OC，∴∠AOM=∠MCP=θ，延长CP与x轴交于R点，过C作CD⊥x轴于点D，∴∠OCD=π2∴xyP则P(2cosθ−cos2θ,2sinθ−sin2θ)，即曲线Γ的参数方程为x=2cosθ−cos2θy=2sinθ−sin2θ，θ为参数，θ∈[0,2π)对于A，PO=∴Γ上不存在到原点的距离超过23对于B，若(1,2)在Γ上，则2cosθ−cos2θ=1①2sinθ−sin2θ=2②由①解得θ=π验证知仅当θ=π2时，代入②符合，∴P(1,2)在曲线对于C，由x+y−22=0，将曲线2cosθ−cos2θ+2sinθ−sin2θ−22即22∴2sinθ+如下图，分别作出f(x)=2sinx+π4可知两函数图象共有两个交点，故C正确；对于D，b=b=4∴|b|≤3故选：BCD.三、填空题12．有5位大学生要分配到A,B,C三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这5位学生中的甲同学分配在A单位实习，则这5位学生实习的不同分配方案有种．（用数字作答）【答案】50【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序.【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，当A单位只有甲时，其余四人分配到B,C，不同分配方案有C41C当A单位不只有甲时，其余四人分配到A,B,C，不同分配方案有C41C合计有50种不同分配方案，故答案为：50.13．已知f(x)=1,x>00,x=0−1,x<0，【答案】(1,【分析】利用分段函数值分类讨论，可得fa⋅b,fb【详解】若fa⋅b又三个向量均为平面内的单位向量，故向量a,故fa⋅b不妨设fa⋅b不妨设b=(1,0),c=(0,1)则a⋅b=cosθ>0则a=3+2由θ∈32π,2π则sin(θ+π4故a+故答案为：(1,514．已知函数fx=1e2x+2x2，【答案】