2022年新高考数学 小题狂练（4）（含解析）.doc

1、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

2、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.

3、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

4、面积取最大值时，该圆柱的高为（ ）.A. 1B. 2C. 3D. 【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

5、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

6、最小值，函数，所以当时，函数取得最大值，所以 ；（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 ，根据可知.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；

7、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

8、，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

9、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

10、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

11、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、：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，

13、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，的面积取最大值，利用导数的几何意义求出点，然后利用面积求出即可.【详解】设，由题意可得直线的方程为，联立，整理得，所以，则，故，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，的面积取最大值.因为，所以，所以.所以，则，此时，点到直线的距离，故，解得，故抛物线的方程为，此时点的坐标为.故答案为：，【点睛】本题考查的是抛物线中弦长的算法和抛物线的切线的求法，考查了学生的计算能力，属于中档题.