新高考数学三轮冲刺“小题速练”18（2份打包，教师版+原卷版）

2021届高三数学“小题速练”18

答案解析

一、单项选择题

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用一元二次不等式的解法化简集合，再利用集合的交集运算即可得到结论．

【详解】，

，，

故选：．

【点睛】本题主要考查集合的基本运算，考查了一元二次不等式的解法，比较基础．

2. 已知复数满足，为虚数单位，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

直接根据复数代数形式的除法法则计算可得；

【详解】解：因为，所以

故选：A

【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题.

3. 若向量，满足：，，，则（    ）

A. 2 B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据向量垂直数量积等于零即可求解.

【详解】由，，

则，

解得，

所以.

故选：B

【点睛】本题考查了向量垂直数量积的表示，求向量的模，属于基础题.

4. 已知抛物线E：y2=2px(p＞0)的焦点为F，O为坐标原点，OF为菱形OBFC的一条对角线，另一条对角线BC的长为2，且点B，C在抛物线E上，则p=（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意，，在抛物线上，代入抛物线方程可得，即可求出的值．

【详解】解：由题意，，在抛物线上，代入抛物线方程可得，

，，

故选：B ．

【点睛】本题考查抛物线的方程，考查学生的计算能力，属于基础题．

5. 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，则“Sn＞nan对n≥2恒成立”是“a3＞a4”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】

设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式和前项和公式将等价转化为，将等价转化为，由此可得答案.

【详解】设等差数列的公差为，

当时，因为等价于等价于等价于等价于，等价于等价于，

所以等价于，

所以“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.

6. 函数（且）的图象可能为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.

考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.

7. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若实数满足，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意，结合函数的解析式可得在区间，上为增函数，进而可得在上为增函数，且；据此可得，解可得的取值范围，即可得答案．

【详解】解：根据题意，当，时，，则在区间，上为增函数，

且，

又由为奇函数，则在区间，上为增函数，且；

故在上为增函数，

，

解可得：，即的取值范围为；

故选：．

【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于中档题．

8. 如图，在三棱锥A—BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

连接，取的中点，连接，根据异面直线所成角的定义，结合等腰三角形的性质、勾股定理、余弦定理进行求解即可.

【详解】如图，连接，取的中点，连接，

因为是中点，则，

所以（或其补角）就是异面直线所成的角，

因为AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别为AD，BC的中点，

所以,

因此有，

同理，

，，

.

故选：C

【点睛】本题考查了求异面直线所成的角，关键是根据定义作出异面直线所成的角，即平移其中一条直线与另一条相交，通过解三角形求出相交直线的夹角，可得异面直线所成角，要注意异面直线所成角的范围是．

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.