2021届新高考小题解析版 (2)

2021届新高考“8+4+4”小题狂练（2）

一、单项选择题．

1.已知集合A1,3,5,7，Byy2x1,xA，则AA. 1,3,5,7,9,11,15 【答案】D 【解析】 【分析】

根据题意，先得到3,7,11,15，再求交集，即可得出结果. 【详解】因为A1,3,5,7，

所以Byy2x1,xA3,7,11,15， 因此AB3,7. 故选：D.

【点睛】本题主要考查集合交集运算，熟记交集的概念即可，属于基础题型. 2.已知复数z满足z23i13，则在复平面内z对应的点位于（ ） A. 第一象限 【答案】A 【解析】 【分析】

首先化简复数z和z，再根据复数的几何意义判断对应的点所在的象限. 【详解】zB. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

B. 1,3,5,7

B（ ）

D. 3,7

C. 3,5,9

1323i1323i 23i23i23iz23i，复数z在复平面内对应的点是2,3，在第一象限.

故选：A

【点睛】本题考查复数的运算，复数的几何意义，属于基础题型. 3.已知向量a2，b1，aba3b1，则向量a与向量b的夹角为（ ）

 1

A.

 4B.

3 4C.

 3D.

2 3【答案】B 【解析】 【分析】

根据题中条件，求出ab，再由向量夹角公式，即可求出结果. 【详解】因为向量a222，b1，aba3b1，

所以a2ab3b1，即22ab31，即ab1， 因此cosa,b故选：B.

【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量夹角公式，以及向量数量积的运算法则即可，属于基础题型.

4.在某技能测试中，甲乙两人的成绩（单位：分）记录在如下的茎叶图中，其中甲的某次成绩不清晰，用字母a代替．已知甲乙成绩的平均数相等，那么甲乙成绩的中位数分别为（ ）

abab123，所以a,b.

224

A. 20 20 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 21 20 C. 20 21 D. 21 21

先由题中数据，根据题意，求出a4，将甲乙的成绩都从小到大排序，即可得出中位数.

181816202428a124a，

66181820202428128乙的平均数为x2，

66124a128因为甲乙成绩的平均数相等，所以，解得：a4， 66182421， 所以甲的成绩为：16,18,18,24,24,28，其中位数为

2【详解】由题中数据可得：甲的平均数为x1 2

乙的成绩为：18,18,20,20,24,28，其中位数为故选：B.

202020. 2【点睛】本题主要考查由茎叶图计算中位数，属于基础题型. 5.函数ysin2x2sin2x的图像大致是（ ）

2x1A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】 【分析】

2sin2xx,0x0,ysin2x根据函数解析式，分别判断，，的正负，即可得出结果. 22x12【详解】当x0,2时，sin2x0，2x1，所以ysin2x2sin2x0，排除AB选项； x21x2sin2x21当x,0时，sin2x0，02x1，所以ysin2xxsin2xx0，排除D选项.

22121故选：C.

【点睛】本题考查函数图像的识别，根据排除法，即可得出结果.

6.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”．其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．当盆中积水深九寸（注：1尺=10寸）时，平地降雨量是（ ） A. 9寸 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意求得盆中水的体积，再除以盆口面积即得．

B. 7寸

C. 8寸

D. 3寸

3

【详解】由已知天池盆上底面半径是14寸，下底面半径上6寸，高为18寸，由积水深9寸知水面半径为

1(146)10寸， 2122则盆中水体积为9610610588（立方寸）

35883（寸）所以平地降雨量为，

142故选：D．

【点睛】本题考查圆台的体积计算公式，正确理解 题意是解题关键．本题属于基础题．

7.某在演习过程中，用悬挂的彩旗来表达行动信号，每个信号都由从左到右排列的4面彩旗组成，有红、黄、蓝三种颜色的彩旗．若从所有表达的信号中任选一种，则这种信号中恰有2面红色旗子的概率为（ ） A.

8 27B.

2 27C.

4 9D.

1 3【答案】A 【解析】 【分析】

首先求彩旗表达信号的所有方法种数，以及信号中恰有2面红色旗子的方法种数，再根据古典概型计算.

22【详解】由条件可知悬挂的彩旗表达行动信号，共有3481种，若恰有2面红色旗子，则有C4224种，

所以这种信号中恰有2面红色旗子的概率P故选：A

【点睛】本题考查古典概型，属于基础题型，本题的关键是正确理解题意，并能转化为数学问题. 8.已知线段AB是圆C:x2y24的一条动弦，且AB23，若点P为直线xy40上的任意一点，则PAPB的最小值为（ ） A 221 【答案】C 【解析】

B. 221

C. 422

D. 422

.248. 81274

【分析】

取AB中点为M，连接

PM，OM，根据题意，求出OM1，再由PAPB2PM，

PMOMOP，得到PAPB取最小值，即是PM取最小值，所以只需OP取最小，根据点到直

线距离公式，求出OP的最小值，即可得出结果. 【详解】取AB中点为M，连接PM，OM，

22因为AB是圆C:xy4的一条动弦，且AB23，

AB所以OM221，

2又PAPB2PM，PMOMOP，即PMOP1 因此，PAPB取最小值，即是PM取最小值，所以只需OP取最小， 又点P为直线xy40上的任意一点，

所以点O到直线xy40的距离，即是OPmin， 即OPmin因此PM24112222，

minOPmin1221，

2PMmin即PAPB故选：C.

min422.

【点睛】本题主要考查求向量模的最值问题，将其转化为直线上任意一点与圆心距离的最值问题，是解决

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本题的关键，属于常考题型.

二、多项选择题．

9.下列命题正确的是（ ）

A. 在性检验中，随机变量K2的观测值越大，“认为两个分类变量有关”这种判断犯错误的概率越小 B. 已知XN,2，当不变时，越大，X的正态密度曲线越矮胖

C. 若在平面内存在不共线的三点到平面的距离相等，则平面//平面 D. 若平面平面，直线m，n//m，则n// 【答案】AB 【解析】 【分析】

对选项A，根据性检验的原理即可判断，对选项B，根据正态曲线的几何特征即可判断，对选项C，D，利用面面和线面的位置关系即可判断.

【详解】对选项A，因为随机变量K2的观测值越大，说明两个变量有关系的可能性越大， 即犯错误的概率越小，故A正确.

对选项B，根据正态曲线的几何特征，即可判断B正确.

对选项C，当平面与平面相交时，在平面内存在不共线的三点 到平面的距离相等，故C错误.

对选项D，若平面平面，直线m，n//m， 则直线n有可能在平面内，故D错误. 故选：AB

【点睛】本题主要考查了性检验和正态分布，同时考查了线面和面面的位置关系，属于简单题. 10.已知函数fxsinxcosx（ ） A. 2为fx的周期

B. 对于任意xR，函数fx都满足fC. 函数fx在,上单调递减

4xfx

 6

D. fx的最小值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】

A.由函数周期定义判断是否满足f2xfx；B根据诱导公式判断是否满足fC.根据定义域xxfx；

,，化简函数，并判断函数的单调性；D.在一个周期内，分x0,和x,24两种情况讨论函数，并判断函数的最小值.

【详解】A.fx2sinx2cosx2sinxcosx，即f2xfx，所以2为

fx的周期，故A正确；

B.fxsinxcosxsinxcosx，

fxsinxcosxsinxcosx，所以fxfx，故B正确；

55x,x,fxsinxcosx2sinxC.当 时，，而,，此时42444243,，故C正确； 22D.由A可知函数的周期是2，所以只需考查一个周期函数的值域，设x0,2， 当x0,时，fxsinxcosx52sinx，x,，

44442sinx,1，即fx1,2， 4259x,， fxsinxcosx2cosxx,2当时，，

44442cosx,1，即fx1,2，所以x0,2时，fx的最小值为-1，故D不正确. 42故选：ABC

【点睛】本题考查三角函数的性质，重点考查诱导公式，周期性，函数的单调性和最值，属于中档题型.

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11.关于函数fxalnx2，下列判断正确的是（ ） xA. 函数fx的图像在点x1处的切线方程为a2xya40 B. x2是函数fx的一个极值点 aC. 当a1时，fxln21

1D. 当a1时，不等式f2x1fx0的解集为,1

2【答案】ACD 【解析】 【分析】

先对函数求导，得到fx时，fxa22，求出函数fx的图像在点x1处的切线方程，即判断A；根据a0xxa220恒成立，得到函数单调，无极值点，可判断B；根据导数的方法求出a1时，fxxx的最小值，即可判断C；根据导数的方法判断a1时函数的单调性，根据单调性列出不等式组求解，即可得出结果.

【详解】因为fxalnx所以f1a2，

因此函数fx的图像在点x1处的切线方程为y2a2x1， 即a2xya40，故A正确；

2a2，所以f12，fx2，

xxxa20在x0,上恒成立，即函数在定义域内单调递减，无极值点；故B错； xx212x2当a1时，fx22，由fx0得x2；由fx0得0x2，

xxx2所以函数fxlnx在0,2上单调递减，在2,上单调递增；

x2因此fxminln2ln21，即fxln21；故C正确；

212当a1时，fx20x0,上恒成立，

xx当a0时，fx所以函数fx在0,上单调递减；

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2x101由f2x1fx0可得x0，解得：x1，故D正确；

22x1x故选：ACD.

【点睛】本题主要考查求曲线在某一点处的切线方程，以及导数的方法研究函数的单调性、极值最值等，属于常考题型.

12.已知双曲线C的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，若

AF1BF22AF2，则（ ）

A AF1BF1AB

B. 双曲线的离心率eC. 双曲线的渐近线方程为yD. 原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上 【答案】ABC 【解析】 【分析】

根据双曲线的定义求出焦点弦长与实半轴长a的关系，然后计算离心率，求渐近线方程，同时在假设D正确的情况下，出现矛盾的结论，最终得出正确选项． 【详解】如图，设

.2233 326x 3AF2x，则BF2AF12x，所以2aAF1AF2x，

BF1BF22a2x2a6a，AB3x6a，所以BF1AB，

∴AF1BF1AB，A正确；

AF12x4a，BF1AB6a，

在△AF1B中，cosF1AB在△AF1F2中，F1F222a1， 6a3222AF1AF22AF1AF2cosF1AF2，

144a2c211c33即4c16a4a24a2a，2，所以e，B正确；

3a33a3 9

c2a2b211b28b2222由2得，，渐近线方程为yx，C正确；

3aa23a23a3若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则OF2AF2，c2a，e错． 故选：ABC．

c2与B矛盾，不成立，Da

【点睛】本题考查双曲线的焦点弦有关问题，解题关键是利用双曲线的定义把焦点弦焦半径用a表示．从而寻找到a,b,c的选题关系可求得离心率和渐近线方程．

三、填空题．

13.已知数列an中，a11，an1ann，则a6______． 【答案】16 【解析】 【分析】

直接由递推式逐一计算得出a6．

【详解】由题意a2a112，a3a224，a4a337，a5a4411，a6a5516． 故答案为：16．

【点睛】本题考查数列的递推公式，由递推公式求数列的项，如果项数较小，可直接利用递推公式逐一计算，如果项数较大，则需要从递推式寻找到规律，或求出通项公式，再去求某一项．

14.四张卡片上分别写有数字3、4、5、6，甲、乙、丙、丁四名同学各取走一张，若甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则______同学卡片上的数字最小． 【答案】丁

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【解析】 【分析】

根据题意，先得到甲的卡片数字只能是6，从而可分别得出其他同学的卡片数字，进而可得出结果. 【详解】由题意，因为甲、乙两名同学卡片上的数字都是偶数，所以甲的是4、乙的是6，或乙的是4、甲的是6；

又甲、丙两名同学卡片上的数字之和大于9，则甲的卡片数字只能是6，所以乙的是4，丙的是5，故丁的是3.

即丁同学卡片上的数字最小. 故答案为：丁.

【点睛】本题主要考查合情推理，根据题中条件合理推断即可，属于基础题型. 15.已知x1【答案】3 【解析】 【分析】

4xbx5a1x4a2x3a3x2a4xa5，其中a413，则b______．

a4是x的系数，由多项式乘法结合二项式定理可得．

1【详解】由题意展开式中x的系数为bC4113，解得b3．

故答案为：3．

【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．对两个多项式相乘，注意乘法法则的应用．

16.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别为棱A1B1，B1C1，BB1的中点，点P为棱CC1上的动点，则VPMNQ的最大值为______，若点P为棱CC1的中点，三棱锥MPQN的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______． 【答案】 (1). 【解析】 【分析】

连接B1C交QN于点H，根据正方体的特征，得到B1CQN，H为QN的中点，点C到直线QN的距离最大为CH，由题中数据，求出SCNQ1 (2). 8 2，得到当点P与点C重合时，

PNQ的面积最大；再由

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VPMNQmaxVMPNQmax1MB1S3PNQmax，即可求出VPMNQ的最大值；若点P为棱CC1的中点，连

接PQ交B1C于点E，连接NE，则点E为右侧面B1BCC1的中心，取左侧面A1ADD1的中心为点F，连接EF，记EF的中点为G，则G为正方体ABCDA1B1C1D1的中心，连接MG，则MGEF，得到

PNQ的外接圆圆心为点E，根据球的结构特征，得到三棱锥MPQN外接球的球心在直线EF上，记

作点O，连接OM，ON，设三棱锥MPQN外接球的半径为R，根据题中条件，列出方程求解，即可得出R22，从而可求出球的表面积. 【详解】连接B1C交QN于点H，

因为四边形B1BCC1是正方形，N，Q分别为棱B1C1，BB1的中点，

所以易得，B1CQN，H为QN的中点，且正方形B1BCC1中，点C到直线QN的距离最大为CH， 又正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，所以QN因此B1HB1N2B1Q22，B1C222222，

2232，所以CH22， 222所以SCNQ13232， 222又点P为棱CC1上的动点，所以当点P与点C重合时，PNQ的面积最大，为

3； 2因为正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1平面B1BCC1，所以MB1平面PNQ， 又VPMNQVMPNQ，所以VPMNQmaxVMPNQmax1MB1S3PNQmax1； 2若点P为棱CC1的中点，连接PQ交B1C于点E，连接NE，则点E为右侧面B1BCC1的中心， 取左侧面A1ADD1中心为点F，连接EF，记EF的中点为G，则G为正方体ABCDA1B1C1D1的中心，

连接MG，则MGEF，

因为P为棱CC1的中点，所以NPC1N2C1P2所以NPQN4PQ，因此NP⊥NQ， 所以PNQ的外接圆圆心为点E；

又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，EF//A1B1，A1B1平面B1BCC1，

2222NQ，

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所以EF平面B1BCC1，因此三棱锥MPQN外接球的球心在直线EF上，记作点O， 连接OM，ON，设三棱锥MPQN外接球的半径为R， 则OMONR，

又MB1//GE，且MB1GE，EFB1C，所以四边形MB1EG为矩形， 因此MGB1E因为NE1B1C2，所以OGOM2MG2R22， 21CC11，所以OEON2NE2R21， 21又GEOGOEEF1，

2所以R212R221，解得：R2，

所以该球的表面积为4R28. 故答案为：

1；8. 2

【点睛】本题主要考查求三棱锥体积的最值，以及求三棱锥外接球的表面积，熟记简单几何体的结果特征，以及棱锥体积公式、球的表面积公式即可，属于常考题型，难度较大.

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