新高考数学一轮复习小题精练8+4+4选填专练 (5)（解析版）

1、新高考“8+4+4”小题狂练（1）一、单项选择题：1.已知复数满足，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可求出，结合复数的除法运算对其进行整理得，从而可求出共轭复数.【详解】解：由题意可得：，则.故选:C.【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了共轭复数的求解.本题的关键是对进行整理变形.2.已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先解不等式得集合A,B，再根据交集概念求结果.【详解】由题意得，中，则.故选：D【点睛】本题考查集合交集运算、一元二次不等式解集，考查基本分析求解能力，属基础题.3.空气质量指数简称，是定量描述空气质量的指数，

2、空气质量指数小于50表示空气质量为优.下图是某市一周的空气质量指数趋势图，则下列说法错误的是( )A. 该市这周有4天的空气质量指数为优B. 该市这周空气质量指数的中位数是31C. 该市这周空气质量指数的极差是65D. 该市这周空气质量指数的平均数是53【答案】B【解析】【分析】由图可知该市这周空气质量指数，从而可计算平均数，中位数，极差，即可选出正确答案.【详解】解：由图可知该市这周空气质量指数为，则平均数为，有4天的空气质量指数小于50，按大小排列为，则中位数为，极差为 故选:B.【点睛】本题考查了数据分析，考查了平均数的求解，考查了中位数的求解，考查了极差的求解.4.函数的部分图象大致是

3、( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由的图象关于直线对称，排除C、D；当时，所以，排除B.【详解】设，因为，所以的图象关于轴对称.所以的图象关于直线对称，排除C、D；当时，所以，排除B，故选：A【点睛】解决本类题时，通常是利用函数的单调性、奇偶性、函数值等排除选项.5.已知，若是的充分不必要条件，则的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解绝对值不等式和分式不等式对命题进行化简，依据二者的关系可得，即可求出的取值范围.【详解】解：因为，所以.即，因为，所以，即.因为是的充分不必要条件，所以，解得.故选:A.【点睛】本题考查了已知命题关系求参数的取

4、值范围，考查了绝对值不等式的求解，考查了分式不等式的求解.本题的关键是对命题进行化简.6.已知，且，则的最小值是( )A. 6B. 8C. 12D. 16【答案】B【解析】【分析】先化简条件得，再利用1的代换以及基本不等式求最值即可.【详解】因为，所以，所以（当且仅当时取等号）.故选：B【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.7.踢毽子是中国民间传统的运动项目之一，起源于汉朝，至今已有两千多年的历史，是一项简便易行的健身活动.某单位组织踢毽子比赛，把10人平均分成甲、乙两组，其中甲组每人在1分钟内踢毽子的数目分别为26，29，32，45，51；乙组每人在1分钟内踢

5、毽子的数目分别为28，31，38，42，49.从甲、乙两组中各随机抽取1人，则这两人踢毽子的数目之和为奇数的概率是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先确定从甲、乙两组中各随机抽取1人总事件数，再确定抽取两人踢毽子的数目之和为奇数所包含事件数，最后根据古典概型概率公式求解.【详解】从甲、乙两组中各随机抽取1人有种取法；其中抽取两人踢毽子的数目之和为奇数有种取法；从而所抽两人踢毽子的数目之和为奇数的概率是故选：C【点睛】本题考查古典概型概率，考查基本分析求解能力，属基础题.8.已知是函数的导数，且，当时，则不等式的解集是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】

6、构造函数，根据条件确定其单调性与奇偶性，化简不等式为，再根据单调性与奇偶性转化不等式为，解得结果.【详解】设，则.因为当时，所以当时，即在上单调递增.因为，所以是偶函数.因为，所以，即，,则，解得.故选：D【点睛】本题考查函数单调性、奇偶性、利用单调性与奇偶性解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.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；

7、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

8、，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

9、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

10、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_

11、.【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】

12、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线平行时，的面积