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2025届高三数学复习
小题精练（1）
姓名：___________班级：___________学号：___________
一、单选题
1．设集合，．则（ ）
A． B．
C． D．
2．设复数z在复平面内对应的点为，则的模为（ ）
A．3 B．1 C． D．4
3．已知，那么的值为（ ）
A．1 B． C． D．
4．已知点是直线上相异的三点，为直线外一点，且，则的值是（ ）
A． B．1 C． D．
5．记为等比数列的前项积.设命题，命题，则是的（ ）
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
6．《九章算术》中关于“刍童”（上、下底面均为矩形的棱台）体积近似计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一，现有“刍童”，其上、下底面均为正方形，若，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为，则按《九章算术》的注释，该“刍童”的体积为（ ）
A．8 B．24 C． D．112
7．已知点P是以F1，F2为焦点的双曲线=1（a＞0，b＞0）上一点，=0，tan∠PF1F2=，则双曲线的离心率为
A． B．2 C． D．
8．已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且 ，则下列结论错误的是（ ）
A． B．为偶函数
C．为奇函数 D．
二、多选题
9．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生成绩分为四组，分别为，得到频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．
B．这组样本数据的分位数为88
C．若从这100名学生成绩不低于80分的学生中，随机抽取3人，则此3人的分数都不低于90分的概率为
D．若用样本的频率估计总体，从该校高中学生中随机抽199人，记“抽取199人中成绩不低于90的人数为”的事件为，则最大时，.
10．已知函数的图象如图所示，点，在曲线上，若，则（ ）
A． B．
C．的图象关于点对称 D．在上单调递减
11．设为坐标原点，直线过抛物线的焦点且与交于两点，满足与相交于点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．面积的最大值为1
三、填空题
12．等比数列中，每项均为正数，且，则 .
13．已知椭圆C：的上顶点为A，右顶点为B，点P在线段AB上（不包括端点），O为坐标原点，直线OP与椭圆相交于M，N两点，点M在第一象限，则的最大值为 ．
14．在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为 .
参考答案
1．B
【分析】化简M，N，由交集运算即可求解．
【详解】集合，，
则．
故选：B
2．C
【分析】由题意可得，然后代入化简，可求出其模
【详解】由题意可得，所以，
故其实部为3，虚部为1，
所以模长为,
故选：C．
3．A
【分析】根据同角三角函数的平方关系化成关于的方程，结合余弦函数值的范围进行计算.
【详解】由，，
即，则，
根据余弦值的范围，且分母可知不符题意，
为所求.
故选：A
4．A
【分析】化简得，再利用三点共线系数和为1的结论即可得到方程，解出即可.
【详解】，即，
因为点是直线上相异的三点，则点三点共线，
则，解得.
故选：A.
5．B
【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件定义计算即可得.
【详解】若，则，即，即或，
故不是的充分条件，
若，则有，
故是的必要条件，即是的必要不充分条件.
故选：B.
6．C
【分析】先画出图形，连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，根据题意结合图形得到是“刍童”其中一条侧棱与与底面所成角的平面角，从而求得该刍童的高，进而根据刍童的体积公式即可求得结果．
【详解】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作，如图，
.
因为“刍童”上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，所以底面，又，所以底面，
所以是“刍童”其中一条侧棱与底面所成角的平面角，则，
因为，所以，
易知四边形是等腰梯形，则，
所以在中，，则，即“刍童”的高为，
则该刍童的体积.
故选:C.
7．C
【详解】试题分析：根据双曲线的定义可知|PF1|﹣|PF2|=2a，进而根据tan∠PF1F2=，可得|PF1|=2|PF2|，分别求得|PF2|和|PF1|，进而根据勾股定理建立等式求得a和c的关系，则离心率可得．
解：∵=0，
∴PF1⊥PF2，
∵tan∠PF1F2=，
∴|PF1|=2|PF2|
∵|PF1|﹣|PF2|=2a，
∴|PF2|=2a，|PF1|=4a；
在RT△PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2，
∴4c2=4a2+16a2，解得e=．
故选C．
考点：双曲线的简单性质．
8．C
【分析】由条件等式通过取特殊值求，由此判断A，D，再取特殊值确定，的关系结合函数的奇偶性的定义判断选项B，C.
【详解】因为，，
取，可得，又，所以；A对；
取，可得，因为，所以，所以为偶函数，C错，B对；
取，可得，又， ；
所以，D对；
故选：C.
9．AB
【分析】对于A，由频率之和为1结合频率分布直方图数据即可求解；对于B，先求出成绩在和内的频率，进而判断分位数的范围即可根据百分位数的定义直接进行求解；对于C，分别求出成绩不低于80分和不低于90分的人数，即可求解概率；对于D，先由频率分布直方图得成绩不低于90分的概率，接着由二项分布概率公式求出，再令即可求解.
【详解】对于A，由频率分布直方图得，故A对；
对于B，由频率分布直方图结合选项A可知：
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
所以分位数在80到90分之间，故分位数为，故B对；
对于C，成绩不低于80分的共有人，不低于90分的共有人，
则随机抽取3人，则此3人的分数都不低于90分的概率，故C错；
对于D，由频率分布直方图可知，成绩不低于90分的概率，
由题意，由题意，
令即，
所以即，
解得，故为29或30，故D错.
故选：AB.
10．AC
【分析】根据两点间距离公式，结合正弦型函数的周期性、单调性、对称性逐一判断即可.
【详解】由图可知，
由，解得（负值舍去），
所以，解得，A正确；
则，将点代入得，，即，
由于在的增区间上，且，所以，B错误；
因为，令，，解得，，取，则关于点对称，C正确；
令，，解得，，取，则在上单调递减，D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】根据抛物线标准方程，结合向量关系求选项；进而根据四边形为平行四边形求选项；当轴时，根据对称性求选项；最后设，因为过焦点，则，则，求选项.
【详解】因为，则平分线段，又，则平分线段，
则四边形为平行四边形，故A对；
因为四边形为平行四边形，所以，
对于抛物线可证其有性质，证明如下：
若斜率存在，设：，，
与方程联立，得：，
由直线过焦点，成立，
，，
，
若斜率不存在，则：，易求得，
，
故，故B对；
当轴时，根据对称性，在轴上，此时，故错；
对于抛物线可证其有性质，证明如下：
设，因为过焦点，
设：，
与方程联立，得：
，
则，则
，
则，又，则，
即为等腰三角形，且轴为的垂直平分线，故必在轴上，
此外，，则，则，
当与抛物线相切时，取得最大值1，即的最大值为1，故D对，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：若线段是抛物线的一条过焦点F的弦，则 ，.
12．4
【分析】根据等比数列性质和对数运算求解即可.
【详解】由题意得.
故答案为：4.
13．
【分析】将直线的方程与椭圆C的方程联立，根据韦达定理，得到，根据，，再根据，即可求得答案.
【详解】
设
直线的斜率为，则直线的方程为：，
联立方程得，
则，所以，
因为椭圆C：的上顶点为A，右顶点为B，
所以，则直线的方程为，
因为点P在线段AB上，直线OP与椭圆相交于M，N两点，所以，
因为点M在第一象限，所以，，，则
所以，，
，
由，整理得，，
当时，
故答案为：
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法：
（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．
常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
14．
【分析】由平面将直三棱柱分成体积相等的两部分，确定点为的中点，再确定的外心以及三棱锥的高，最后求三棱锥的外接圆半径即可.
【详解】如图，连接.
因为，
且
所以，
所以，
所以，
因此，即为的中点.
取的中点的中点，连接，
则，且，
所以四边形为平行四边形，
所以.
因为，
所以，
又因为平面平面，
且平面平面,
所以平面，
则平面.
因为是的外心，
且的外接圆半径，
三棱锥的高.
设球的半径为，则，
则5，
所以球的体积.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题.
（1）通过平面将直三棱柱分成体积相等的两部分可确定点的位置；
（2）求三棱锥的外接球半径，先确定底面三角形的外接圆半径及高，再通过即可求解.
102025届高三数学复习
小题精练（2）
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则“”是“”的（ ）
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
3．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一个“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一个重卦.在所有重卦中随机取一个重卦，则该重卦恰有2个阴爻的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，满足，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
5．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“n次分形”（ ）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于20的分形图，则n的最小值是（ ）（取，）
A．9 B．10 C．11 D．12
7．已知四棱锥的各顶点在同一球面上，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知为定义在R上且不恒为零的函数，若对，都有成立，则下列说法中正确的有（ ）个．
①；
②若当时，，则函数在单调递增；
③对，；
④若，则.
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
9．已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为偶函数
C．在上单调递增
D．若，则的最小值为
10．过点向抛物线作两条切线，切点分别为为抛物线的焦点，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（ ）
A． B．
C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为
三、填空题
12．在正项等比数列中，，则的最大值为 ．
13．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，．若，则的取值范围是 ．
14．椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于，两点（在左侧），若，则的离心率为 .
参考答案
1．A
【分析】解对数不等式化简集合A，求出指数函数值域化简集合B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由，得，则，
当时，，则，所以.
故选：A
2．B
【分析】根据复数的模得到关于a的方程，求出a的值，再根据集合的包含关系以及充分必要条件的定义判断即可．
【详解】因为，且，
整理得，解得或，
即等价于或，
且是的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
3．B
【分析】先计算出“重卦”的种数，然后再计算出恰有个阴爻的种数，根据比值求解出结果.
【详解】所有“重卦”共有种，恰有2个阴爻的情况有种，
所以该重卦恰有2个阴爻的概率为.
故选：B.
4．B
【分析】将的值依次代入解析式，解出的值即可求解.
【详解】，
即，则.
故选：.
5．B
【分析】由，得是中点，从而得出，，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，后可得结论．
【详解】因为，所以是中点，则是圆直径，，
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故选：B．
6．C
【分析】从条件中分析出线段长度的变化规律，得到“n次分形”后折线的长度，进而建立不等式解得答案即可.
【详解】图1线段长度为1，图2线段长度为，图3线段长度为，…，“n次分形”后线段长度为，所以要得到一个长度不小于20的分形图，只需满足，则，即得，解得，所以至少需要11次分形.
故选：C.
7．C
【分析】作辅助线，找到球心的位置，证明到四棱锥所有顶点距离相等；根据勾股定理，求出球的半径，进而求出球的表面积.
【详解】如图，取的中点，取的中点，连接、，在线段上取一点，使，
过点作平面的垂线，使，连接，
易知四边形是等腰梯形，、、均为等边三角形，
所以，
因为平面，
所以，
所以，
因为为正三角形，为的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，即
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为为正三角形，为的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以平面，
又因为是的外心，所以，
所以，
所以即为四棱锥外接球的球心，
因为，，
所以
所以，
故选：C.
8．C
【分析】①利用赋值法，令即可得证，所以①正确.
②根据题意，取，，所以，所以②正确.
③时由①可得③成立；当时，由②得，利用累加法得，因此，所以，所以③正确．
④令，， ，因为，所以得，所以由③，利用等比数列的求和公式，得，所以④错误．
【详解】令有，令有. 所以①正确.
，因为，所以，
所以，又因为，且当时，，
所以. 所以②正确.
当时由①可得③成立；
当时，由②得，所以，
所以……，
累加得，即 ，所以，所以③正确．
令，，由①得，又因为，所以，
由③得，所以，
所以 ，所以④错误．
故选：C
9．BD
【分析】利用对称轴，结合，可解得；有了具体的解析式，就可以得，从而判断选项B是正确的；利用相位，可判断正弦函数在此区间不单调；利用可确定时，一定是相邻的两个最值点取到等号，即为半个周期，可确定D是正确的.
【详解】由函数的图象关于直线对称可得：
，解得：，
又因为，所以，即选项A是错误的；
此时，
则为偶函数，
所以选项B是正确的；
当，，
此时正弦函数在区间上不单调，所以选项C也是错误的；
因为，所以，而，
则的最小值就是半个周期，即，所以选项D是正确的.
故选：BD.
10．BC
【分析】设，利用导数的几何意义求出两切线斜率，即可求出两切线方程，然后根据韦达定理判断AB，根据焦半径公式化简求解判断CD.
【详解】设点为点，抛物线的方程为，即，则,
设，则切线PA，PB的斜率分别为，
切线方程分别为，
将的坐标及代入，并整理得，
可得为方程的两个实数根，
由韦达定理得，故A错误，B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：BC
11．ACD
【分析】对于A，结合展开图可得，判断A；对于B，利用平面向量数量积，求，判断B；对于C，利用线面垂直的判定定理，判断C；对于D，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的表面积，判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，，所以，则，
又在中，，，故，
所以
，故不垂直，故B错误；
对于C，因为在中，，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，因为 ，
所以三棱锥三组对棱相等，可以将其放入长方体中，

设外接球半径为，则有，解得，所以外接球的表面积为，故D正确，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于D选项，根据三棱锥棱长相等，将其直接放在长方体中，求出外接球表面积.
12．
【分析】设等比数列的公比为，列出方程求得，得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，可得，即，解得，
所以，
所以当时，取得最大值，最大值为．
故答案为：.
13．
【分析】先应用向量平行结合正弦定理得出角，再根据诱导公式减少未知量，最后应用三角恒等变换化简应用三角函数值域求解.
【详解】因为，所以,
所以，，故，
又因为三角形为锐角三角形，所以,
所以
，
因为三角形为锐角三角形
所以，即，
所以
所以
所以.
所以取值范围是，
故答案为：
14．/0.4
【分析】取中点，根据给定条件，可得，再利用椭圆定义，结合二倍角的余弦公式列式计算即得.
【详解】设椭圆的半焦距为c，取中点，连接，则，
由，得，于是，则，，
由直线的斜率为，得，即，
而，解得，即，
，于是，解得，
所以的离心率为.
故答案为：
9一、单选题
1．已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．设，是两个不同平面，，是两条不同直线，则的一个充分条件是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，与相交
3．已知数列均为等差数列，其前项和分别为，满足，则（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
4．李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．设，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618优选法”又称黄金分割法在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用经研究，黄金分割比还可以表示成，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
7．在平面直角坐标系中，已知圆，为直线上的一个动点，过点作圆的切线，切点为点，当最小时，则的值为（ ）
A．4 B． C．2 D．3
8．已知函数，则与图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、多选题
9．设为复数，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．“＂是“＂的充分不必要条件
10．如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，，则（ ）
A．若，则的周长最大值为
B．若，则的面积最大值为
C．若的周长为定值，则的大小为
D．若的周长为定值，则长度的最小值为
11．椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．过点的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8
B．若上存在点，使得，则的取值范围为
C．若直线与恒有公共点，则的取值范围为
D．若为上一点，，则的最小值为
三、填空题
12．某公司需要把直径为的实心铁球融化后浇注为一个棱长为30cm的正方体实心模具（不计损耗），则至少需要 个这样的实心铁球．
13．已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则 ．
14．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
9
参考答案：
1．B
【分析】根据题意求集合的元素，进而利用集合的交集，补集运算即可求解.
【详解】由，解得，则；
.
又，
所以阴影部分表示的集合为.
故选：B.
2．C
【分析】结合充分条件的定义，再利用空间中线线、线面、面面间的关系一一判断即可.
【详解】对于选项A，当满足，，时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故A错误；
对于选项B，当满足，，时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故B错误；
对于选项C，因为，，又，所以，故，，是的一个充分条件，故C正确；
对于选项D，当满足，，与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故D错误；
故选：C.
3．A
【分析】根据题意，利用得出数列的性质和得出数列的求和公式，准确计算，即可求解.
【详解】因为数列均为等差数列，可得，
且，又由，可得．
因此.
故选：A．
4．C
【分析】根据给定的正态分布密度曲线，结合正态分布的对称性和性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，随机变量服从正态分布，且，
可得随机变量的方差为，即，所以A错误；
对于B中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，
所以，所以B错误；
对于C中，根据正态分布密度曲线图像，可得时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积，
所以，所以C正确；
对于D中，根据正态分布密度曲线图像，可得，，
即，所以D错误.
故选：C.
5．B
【分析】先由指数函数的单调性比较与的大小，再作商比较的大小即可得解.
【详解】，
，而
而，因为，所以，
所以，故，
所以.
故选：B
6．C
【分析】将代入，利用凑特殊角的方法，结合两角差的正弦公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
则
.
故选：C
7．A
【分析】判断出最小时点的位置，进而求得此时的值.
【详解】由于是圆的切线，所以，所以，
当时，最小，此时最小.
到直线的距离为，
则时，，，
所以此时三角形是等腰直角三角形，
所以当最小时，则的值为.
故选：A
8．D
【分析】先用诱导公式化简函数，然后变形成一致的结构，再换元，转化成新元方程根的横坐标之和，分别画图，找出交点横坐标的关系，再和即可.
【详解】由题意化简
，与图象有交点，
则有实根，令，则，
则化为，即的所有实根之和，即与所有交点横坐标之和，显然是周期为1的奇函数，为奇函数且在上为增函数，图像如图所示，
显然，一共有6个交点，它们的和为0，则，
故选：D.
9．ABD
【分析】设，对于A：根据乘法运算结合模长公式分析判断；对于B：根据加法运算结合共轭复数分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：根据复数的概念结合充分必要条件分析判断.
【详解】设，
对于选项A：因为，
所以，
且，所以，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B正确；
对于选项C：若，例如，满足，
但，，即，故C错误；
对于选项D：若，则都是实数，且，即充分性不成立；
若，例如，且，
但不是实数，无法比较大小，即必要性不成立；
综上所述：“＂是“＂的充分不必要条件，故D正确．
故选：ABD.
10．ABD
【分析】对于A、B，依题意可得，利用基本不等式判断即可；对于C、D，设线段、的长度分别为、，，，由勾股定理可得，再由两角和的正切公式判断C，利用基本不等式得到，解得的范围判断D.
【详解】对于A：若，则，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即的周长最大值为，故A正确；
对于B：，当且仅当时取等号，
即的面积最大值为，故B正确；
对于C：设线段、的长度分别为、，，，
则，因为的周长为定值，所以.
则由勾股定理得，即，
又因为，于是，
因为，所以，即，故C错误；
对于D：由C选项的推理可知，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，即，
又因为，解得，
当且仅当即时等号成立，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项解答的关键是设线段、的长度分别为、，，，从而推导出.
11．BD
【分析】对于A：根据椭圆的定义结合焦点所在的位置分析判断；对于B：分析可知当位于短轴顶点时，最大，此时，分类讨论焦点所在位置分析求解；对于C：因为直线过定点，可知定点在椭圆内或椭圆上，列式求解即可；对于D：设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解.
【详解】对于选项A：由椭圆定义可得的周长为
，
但焦点不一定在轴上，故A错误；
对于选项B：若，则，
当位于短轴顶点时，最大，此时，
可知，即，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
综上所述：的取值范围为，故B正确；
对于选项C：因为直线过定点，则，即，
又因为，且，所以的取值范围为，故C错误；
对于选项D：若，即椭圆，
设，可得，
当时，，故D正确．
故选：BD．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
12．7
【分析】根据球体体积和正方体体积计算公式，结合题意求解即可.
【详解】直径为的实心铁球的体积；
一个棱长为的正方体实心模具的体积，
设至少需要n个这样的实心铁球，
则，
解得，
因为，
故至少需要7个这样的实心铁球．
故答案为：7.
13．
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
14．/
【分析】根据函数在切点的横坐标处的导数即为斜率和切点在直线上即可先求出公切线的方程，然后根据函数在切点的横坐标处的导数即为斜率和切点在直线上即可求解.
【详解】因为，
所以，
设设直线与的切点为，
则切线方程为,
即，
又因为
所以，
解得，，
所以切线方程为：，
因为，
所以，
设直线与的切点为，
所以①，
又因为切点在直线上，
所以②，
由①和②可得，
所以，
解得
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了利用导数研究两个函数的公切线问题，解题的关键是根据函数解析式设出切点坐标，然后利用函数在切点横坐标处的导数即为斜率以及切点在切线上求解即可.2025届高三数学复习
小题精练（4）
一、单选题
1．已知集合，，则下列选项中正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．复数的虚部是（ ）
A．1012 B．1011 C． D．
3．若的展开式中常数项为，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
5．已知：，，则（ ）
A． B． C． D．
6．设函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知抛物线C：的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦与弦的交点恰好为F，且，则（ ）
A． B．1 C． D．2
8．如图，在矩形中，，，，分别在线段，上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有45个 B．四位回文数有90个
C．（）位回文数有个 D．（）位回文数有个
10．已知函数，则 （ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象为中心对称图形
C．函数在上单调递增
D．关于的方程在上至多有3个解
11．已知函数在上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有且仅有两个零点
B．函数有且仅有三个零点
C．当时，不等式恒成立
D．在上的值域为
三、填空题
12．在中，，则.
13．已知函数满足：，且，若，则．
14．现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则.
参考答案
1．B
【分析】根据已知求出集合，再结合交集并集及集合的关系判断选项即可.
【详解】,,,A选项错误；
，B选项正确；D选项错误；
，C选项错误；
故选：B.
2．D
【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可.
【详解】因为，
，
所以，①
因为，所以，，
所以化简①可得，
所以虚部为，
故选：D.
3．C
【分析】由二项式展开式性质可计算出，结合基本不等式即可得.
【详解】由，有，
令，即，故，
即，即，则，
当且仅当或时，等号成立，
故的最小值为.
故选：C.
4．D
【分析】根据累加法求得，利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】，，
由于为等差数列，所以，
所以
，也符合，
所以，
所以数列的前项和为.
故选：D
5．C
【分析】利用两角和正弦公式和同角关系化简条件求，，再结合两角差正弦公式求结论.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
故，，，，
所以，，
所以.
故选：C.
6．C
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C
7．B
【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质，，，，结合三角的恒等变换的化简可得，即可求解.
【详解】由抛物线得，则，，
不妨设PQ的倾斜角为，
则由，得，，
所以，，
得，，
所以.
故选：B.
8．A
【分析】设的中点为，先证明，四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而求得球的表面积.
【详解】设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形，
，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
根据题意，，所以的外心为的中点，
设四面体的外接球的球心为，则平面，
作分别交于，
，
又，，
则，所以，
所以，，
由，得，
即，解得，
，所以四面体外接球的表面积为.
故选：A.
9．BD
【分析】根据题意，用列举法分析四位回文数数目，可得A错误，B正确；再用分步计数原理分析2n+1位回文数的数目，可得C错误，D正确，综合可得答案．
【详解】据题意，对于四位回文数，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90个，则A错误，B正确；
对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n和第n+1位也有10种，则共有9×10×10×……×10＝9×10n-1种选法，故C错；
对于2n+1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n+1个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有9×10×10×……×10＝9×10n种选法，即2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个，所以 D正确．
故选：BD．
10．AC
【分析】分析函数在上的性质并作出函数图象，再逐项分析判断得解.
【详解】当时，，
函数在上递增，函数值从增大到1；在上递减，函数值从1减小到；
当时，，
函数在上递增，函数值从增大到；在上递减，函数值从减小到，
函数在的图象，如图：

对于A，，
结合函数在的图象，得是的最小正周期，A正确；
对于B，观察函数在的图象，函数在没有对称中心，
又的最小正周期是，则函数的图象不是中心对称图形，B错误；
对于C，由函数在上递增，的最小正周期是，得函数在上递增，C正确；
对于D，观察函数在的图象，得当时，有4个解，D错误.
故选：AC
11．AC
【分析】对A：构造函数，根据题意，求得，令，即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.
【详解】令，则，故（为常数），
又，故可得，故，.
对A：令，即，解的或，
故有两个零点，A正确；
对B：，则，
令，可得，
故在和单调递增；
令，可得，故在单调递减；
又，，又，
故存在，使得；
又， 故存在，使得；
又当时，，故不存在，使得；
综上所述，有两个根，也即有个零点，故B错误；
对C：，即，，
当时，，上式等价于，
令，故可得，
故在上单调递增，，满足题意；
当时，，也满足；
综上所述，当时，恒成立，故C正确；
对D：由B可知，在单调递减，在单调递增，
且，，
故在上的值域为，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属综合困难题.
12．1
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换以及正弦定理的应用求出结果.
【详解】在中，，利用正弦定理：，
所以，整理得，
所以或，
由于，所以，故，由于，
所以， .
故答案为：1.
13．
【分析】采用赋值，分别令，可得．
【详解】令，得，∵，∴，
令，得，，
令，得，，
令，得，，
故答案为:．
14．9
【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.
【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：，
1红3白，取法数为：，
2红2白，取法数为：，
3红1白：取法数为：，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：，
因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
，
当时，.
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤.
82025届高三数学复习
小题精练（5）
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里．”意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了里路，则该马第五天走的里程数约为（ ）
A． B． C． D．
3．已知则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
4．函数的图象大致形状是（ ）
A． B．
C． D．
5．在中，为的三等分点，则
A． B． C． D．
6．若，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左 右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过，，三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
二、多选题
9．已知等比数列的公比为，前n项和为，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．在某次围棋比赛中，甲、乙两人进入决赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X则（ ）
A．乙连胜三场的概率是 B．
C． D．的最大值是
11．如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面的面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
三、填空题
12．某高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数（单位：辆）均服从正态分布，若，假设三个收费口均能正常工作，则这个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为．
13．设a，b，c为△ABC的三边，为的面积，若，则的最大值为．
14．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我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．已知大衍数列满足，，则，数列的前50项和为．
参考答案
1．B
【分析】将集合中的式子通分成分母为3的式子，然后可判断出答案.
【详解】由题意得，，
而表示整数，表示被3除余2的整数，
故 ，则，
故选：B．
2．C
【分析】设该马第天行走的里程数为，分析可知，数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式可求出的值，即可求得的值，即为所求.
【详解】设该马第天行走的里程数为，
由题意可知，数列是公比为的等比数列，
所以该马七天所走的里程为，解得，
故该马第五天行走的里程数为．
故选：C．
3．A
【分析】判断在上的单调性，将不等式等价于，由一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】，可得当时，单调递减，当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：，
故选：A
4．A
【分析】根据函数的奇偶性可得函数为偶函数，可排除CD，然后根据时的函数值可排除B.
【详解】因为，定义域为R，
又，
所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除CD，
又当时，，，故排除B.
故选：A.
5．B
【详解】试题分析：因为，所以，以点为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，设，又为的三等分点所以，，所以，故选B.
考点：平面向量的数量积.
【一题多解】若，则，
即有，为边的三等分点，则
,故选B．
6．B
【分析】首先由切弦互换公式、二倍角公式结合已知求得，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，
化简并整理得，
又因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
7．A
【分析】由焦点到渐近线的距离为，可得，结合双曲线定义与可得，即可得圆的面积.
【详解】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，
作于点于点，
因为与圆相切，所以，
因为，即，
在直角中，，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：
，整理得，
因为，所以，圆的面积.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助作于点于点，从而结合双曲线定义与直角三角形的性质可得，即可得圆的面积.
8．D
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
【详解】A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A错误；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B错误；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.
9．BC
【分析】首先排除公比的特殊情况，结合给定条件解出公比范围，利用等比数列的性质逐个分析即可.
【详解】，对恒成立，
则恒成立，
则，，故，故B对；
A：，故A错；
C：，故C对；
D：由，故D错.
故选：BC.
10．BD
【分析】应用n次独立重复实验概率及独立事件概率判断A，B，C选项，再结合导数求出单调性求出最大值即可判断D选项.
【详解】乙连胜三场时比赛局数可能是3，4，5，
比赛局数为3时，乙连胜三场的概率是；
比赛局数为4时，乙连胜三场的概率是；比赛局数为5时，
乙连胜三场的概率是，故选项A错误.
由题意可知，决赛中的比赛局数X的可能取值为3，4，5，
则，
，故选项B正确.
，故选项C错误.
令，则，
因为，
所以当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，函数取最大值，
所以的最大值是，故选项D正确.
故选：BD.
11．ABD
【分析】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.
【详解】如图，连接，，，，由正方体的性质可知，，
又点，，分别是棱，，的中点，所以，则，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，
所以，同理可证，又，平面，
所以平面，由与异面可知，
不存在点，使得平面，故A正确；

因为，，所以，又平面，平面，
所以平面，所以动点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点），

根据正方体的性质可知，，，
平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，平面，
所以平面平面，
又该正六边形的边长为，所以其面积为，
因为平面平面，
所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值，
最大值为，故C错误；
平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：C选项关键是确定正六边形所在平面平行平面，求出其面积即可.
12．
【分析】先由正态分布，根据题意，求出的概率，再由独立重复试验的概率计算公式，即可求出结果.
【详解】因为高速公路收费站的三个高速收费口每天通过的小汽车数均服从正态分布，，
所以，
因此三个收费口每天至少有一个超过700辆的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查正态分布以及独立重复试验，属于基础题型.
13．
【详解】解法一：直接套用（12）式：，有
，，
当且仅当，
即时，取最大值．
解法二：
解法三：消元：
基本不等式放缩：，
移项配凑目标：，
万能代换：令，则
，
当且仅当，即，时，取最大值．
14． 50 650
【分析】当时，，当时，，可推出，利用累加法可得，从而求得即可求解，根据，即可求解.
【详解】当时，①，当时，②，
由①②可得，，
所以，
累加可得，，
所以，
令且为奇数)，，当时，成立，
所以当为奇数，，
当为奇数，，
所以当为偶数，，
所以
故；
根据
所以的前项的和．
故答案为：；
92025届高三数学复习
小题精练（6）
一、单选题
1．已知复数z满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．在等差数列中，若，则=
A．13 B．14 C．15 D．16
3．已知正三棱柱与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的高的比值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示的矩形中，，满足，，为的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
6．双曲线的左 右焦点分别为，过作轴垂线交双曲线于两点，为正三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为1，2，3，……，6，用表示小球落入格子的号码，则（ ）
A． B．
C． D．
8．若两曲线与存在公切线，则正实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
10．已知点，，动点在圆：上，则（ ）
A．直线截圆所得的弦长为
B．的面积的最大值为15
C．满足到直线的距离为的点位置共有3个
D．的取值范围为
11．已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（ ）
A．
B．
C．图2中，
D．图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于
三、填空题
12．《九章算术》中将正四梭台（上 下底面均为正方形）称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为.
13．在数列中，且，当时，，则实数的取值范围为．
14．已知点、为椭圆的左、右顶点，点为轴上一点，过作轴的垂线交椭圆于、两点，过作的垂线交于点，则．
参考答案
1．A
【分析】根据求出，求出，求出，求出.
【详解】由，有，
，，
.
故选：B．
2．A
【分析】因为数列是是等差数列，所以可将用首项和公差表示为，即，然后用首项和公差表示，即，进而整体代入便可得结果．
【详解】解：因为数列是是等差数列，设首项为，公差为
所以可转化为，即
所以
故选A
【点睛】等差数列问题常见的解法是利用等差数列的基本量来进行求解，也可以利用等差数列的性质来进行解题，解题时应灵活运用．
3．D
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，设圆柱的高为，表示出棱柱和圆柱的体积，由两体积相等化简可求出棱柱与圆柱的高的比值
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，
等边的面积为，
则正三棱柱的体积为，
设的外接圆半径为，则，故，
设圆柱的高为，则圆柱的体积，
由题意得，解得.
故选：D.
4．A
【分析】将指数式化为对数式，求得，根据对数的性质比较出的大小关系.
【详解】由得，，由于，所以.由于，所以.由于，所以，即.综上所述，.
故选：A
【点睛】本小题主要考查指数式化为对数式，考查对数比较大小，属于基础题.
5．A
【分析】根据已知条件结合平面向量基本定理将用表示出出来，从而可求得的值
【详解】因为为的中点，，，
所以，
因为，所以，
所以．
故选：A
6．C
【分析】利用点在双曲线上代入可得三角形的边长，再利用双曲线的性质构造离心率的齐次方程，求出即可.
【详解】
设，
代入双曲线方程可得，
所以即正三角形的边长，
所以正三角形的高为，
所以
，
故选：C.
7．D
【分析】设Y=X-1，分析出，从而求出的可能取值及相应的概率，求出期望和方差，得到正确答案.
【详解】设A=“向右下落”，则=“向左下落”，且，
设Y=X-1，因为小球在下落过程中共碰撞5次，所以，
于是（）.
所以，A错误；
，
，
所以，B错误；
，C错误，D正确
故选：D
8．B
【分析】设公切线与曲线的切点为，，利用导数的几何意义分别求和上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围.
【详解】设公切线与曲线和的交点分别为，，其中，
对于有，则上的切线方程为，即，
对于有，则上的切线方程为，即，
所以，有，即，
令，，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，故，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：应用导数几何意义求两条曲线的含参切线方程，由公切线对应系数相等得到相关参数方程，进而构造函数研究单调性求参数范围.
9．CD
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选：CD
10．BCD
【分析】根据点到直线的距离公式，结合勾股定理即可求解弦长判断A，根据三角形的面积公式，结合圆的性质即可求解B，根据圆上的点到直线的距离的范围，即可求解C，根据向量的数量积的运算量，结合坐标运算即可求解D.
【详解】对于A，因为，，所以直线的方程为，圆心到直线的距离为，又因为圆的半径，
所以直线截圆所得的弦长为，A错误．
对于B，易知，要想的面积最大，只需点到直线的距离最大，而点到直线的距离的最大值为，
所以的面积的最大值为，B正确．
对于C，当点在直线上方时，点到直线的距离的范围是，即，由对称性可知，此时满足到直线的距离为的点位置有2个．
当点在直线下方时，点到直线的距离的范围是，即，此时满足到直线的距离为的点位置只有1个．
综上所述，满足到直线的距离为的点位置共有3个，C正确．
对于D，由题意知．
又因为，，，所以，，
故，．
设点满足，
则，故解得即，．
所以．
又因为，
所以，即的取值范围为，，D正确．
故选：BCD
11．AC
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D.
【详解】函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
所以，，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、、、，
所以，，，
所以，在图2中，，故C正确；
在图2中，设点，，
可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.
12．
【分析】先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高，再根据多面体的表面积公式即可得解.
【详解】如图所示，分别是正四梭台不相邻两个侧面的高，，
则即为正四梭台的高，，
由，得，
所以此方亭的表面积为.
故答案为：.

13．
【分析】由数列的递推式可得，求和后结合条件可得，求出即可.
【详解】因为，，所以，
当时，，所以，所以，
所以
，
因为，
所以，所以，解得.
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由数列的递推式可得，然后利用累加法求和求解范围即可.
14．
【分析】设点，则，，写出直线和的方程，联立这两条直线的方程，求出点的坐标，即可得出的值.
【详解】如下图所示，设，则，，
由题设知且，直线的斜率，直线斜率.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得.
又点在椭圆上，得，.
又，，.
故答案为.
【点睛】本题考查椭圆中三角形的面积比的计算，解题的关键就是要求出点的坐标，同时也要注意点的坐标满足椭圆方程，结合等式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.
102025届高三数学复习
小题精练（7）
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知正实数满足，则的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
4．若从1，2，3，…，9这9个整数中取出4个不同的数排成一排，依次记为a，b，c，d，则使得为偶数的不同排列方法有（ ）
A．1224种 B．1800种 C．984种 D．840种
5．根据国家规定：100mL血液中酒精含量达20～79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定的酒后，其血液酒精含量上升到了1.2mg/mL．如果停止喝酒后，他血液中酒精含量会以每小时20%的进度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶？（ ）（结果取整，参考数据：，）
A．7 B．8 C．10 D．11
6．双曲线的左 右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，将与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则下面结论错误的是（ ）
A．， B．与相交，且交线平行于
C．， D．与相交，且交线垂直于
10．已知数列的前项和分别为，若，则（ ）
A． B．
C．的前10项和为 D．的前10项和为
11．已知椭圆左右两个焦点分别为和，动直线经过椭圆左焦点与椭圆交于两点，且恒成立，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．离心率 D．若，则
三、填空题
12．△ABC的内角、、所对边长分别为，面积为，且，则角.
13．在平面直角坐标系中，为原点，，动点满足，则的最大值是
14．已知函数，若且，有恒成立，则实数a的取值范围是．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B A B A C C ACD ABD
题号 11
答案 AB
1．A
【分析】根据对数函数的性质求得，再根据集合的交集运算定义求解即可．
【详解】由题可知，，
所以，
故选：A．
2．D
【分析】先求等式右边复数的模长，然后由复数的除法求出，根据共轭复数得到，然后由复数的几何意义进行判断.
【详解】根据复数的模长公式，，
则，故，故，
根据复数的几何意义，在复平面上对应点是，在第四象限.
故选：D
3．B
【分析】令，用分别乘两边再用均值不等式求解即可.
【详解】因为，且为正实数
所以
，当且仅当即时等号成立.
所以.
故选：B.
4．A
【分析】考虑为偶数和为奇数两种情况，判断的奇偶性，根据中偶数的个数计算得到答案.
【详解】当为偶数，则为偶数，有；
当为奇数，则为奇数，四个数均为奇数，有.
所以不同排列方共有1224种．
故选：A
5．B
【分析】设经过个小时才能驾驶，则，再根据指数函数的性质及对数的运算计算可得.
【详解】设经过个小时才能驾驶，则，
即，
由于在定义域上单调递减，
所以，
∴他至少经过8小时才能驾驶.
故选：B.
6．A
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
7．C
【分析】根据题意可得三棱锥为正四面体，且棱长为1，则点在底面的投影为等边的中心，设为，所以正三棱锥外接球的球心必在上，从而可求出球的半径，进而可求出球的体积.
【详解】因为在等腰梯形ABCD中，，，E为AB的中点，
所以都为等边三角形，且边长均为1，
所以三棱锥为正四面体，且棱长为1，
所以点在底面的投影为等边的中心，设为，则
，
在中，，所以，
正三棱锥外接球的球心必在上，设球心为，
则，设外接球的半径为，则
，
则在中，，则
，解得，
所以三棱锥的外接球的体积为
.
故选：C
8．C
【分析】根据为任意实数，转化为研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，求出函数在轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，列式可求出结果.
【详解】因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移，从而研究函数在区间上的零点问题，即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，
令，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，，
则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，，
故相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，
所以要使函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，
即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在.
9．ACD
【分析】AC选项，可反证法判断；BD选项，作出辅助线，由线面垂直的判断，性质和线线平行关系得到B正确，D错误.
【详解】A选项，假设，因为平面，平面，则，
这与直线，为异面直线矛盾，故A错误；
C选项，假设，因为平面，所以，这与矛盾，故C错误；
BD选项，设，作，使得与相交，记与构成平面，如图，
因为平面，，则，又，故，
同理：，而与构成平面，所以；
因为，又，故，又，与构成平面，所以，
故而，即与的交线平行于，故B正确，D错误；
故选：ACD
10．ABD
【分析】本题首先根据题意判断出数列、分别是等差数列、等比数列，求出等比数列的通项公式，进而分析也是等比数列并求出其通项公式，可解决选项A、B、D的问题，再依据裂项法，可解决选项C的问题.
【详解】，所以是首项，公差的等差数列，
，故选项A正确.
令，则，
，
又，，
，故选项C错误.
又，，
又，，，
是首项为，公比的等比数列，
，故选项B正确.
又，
是首项为，公比为的等比数列，
，故选项D正确.
故选：ABD.
11．AB
【分析】根据椭圆定义利用通径长可求得，由椭圆性质可得，且离心率，联立直线和椭圆方程可知当，方程无解，因此D错误.
【详解】如下图所示：
易知，由椭圆定义可知，
因为恒成立，所以，
当轴，即为通径时，最小，所以，
解得，所以A正确；
当为长轴时，最大，此时，所以，即B正确；
可得椭圆方程为，易知，所以离心率，即C错误；
因为，可设直线的方程为，，
联立，整理可得，
因此；
若，可得，即，所以；
整理得，此时方程无解，因此D错误.
故选：AB
12．/
【分析】将的面积，及，代入条件计算即可.
【详解】的面积，因为，所以，
所以，又，所以.
故答案为：
13．/
【分析】由题意可设，由向量线性运算、模的坐标公式结合辅助角公式即可得解.
【详解】动点的轨迹为以为圆心的单位圆，则设为，
则
.
等号成立当且仅当，且规定是锐角，.
故答案为：.
14．
【分析】将条件转化为在上单调递增，再转化为在上恒成立，利用导数求函数的最小值，可得结论.
【详解】不妨设，则不等式可化为，
所以，
设，由已知可得在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
设，则，
设，则，
所以函数在上单调递增，
又，，
所以存在，满足，
即，所以，
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以，
所以当时，，，函数在上单调递增，
当时，，，函数在上单调递减，
所以，又，
所以，
所以，所以，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将条件转化为在上单调递增，进一步转化为在上恒成立.
92025届高三数学复习
小题精练（8）
一、单选题
1．若集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
3．函数的部分图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．1
5．若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A． B．0 C．2 D．0或2
6．已知，，，则（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
7．设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
8．已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．关于直线对称
C．关于点中心对称 D．的最小值为
10．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
A． B．
C．事件与是互斥事件 D．事件与相互独立
11．如图所示，圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于4的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且，点O在直线PM上的射影为H．当点M运动时，下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为 B．线段PB长度是线段CM长度的两倍
C．直线CH一定与直线PA垂直 D．H点的轨迹长度为
三、填空题
12．设M为内一点，且，则与的面积之比为．
13．已知 a>0，若，且，则a=.
14．函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：
① ；
② 是函数的周期；
③ 函数在区间上单调递增；
④ 函数所有零点之和为.
其中，正确结论的序号是.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B A C D B D A ABD AC
题号 11
答案 BCD
1．C
【分析】利用对数函数的性质求解集合，再利用交集和补集的性质求解即可.
【详解】令，解得，即，而，
所以，故，即C正确.
故选：C
2．B
【分析】成等比数列，得到方程，求出，得到答案.
【详解】由题意得，，
因为成等比数列，故，
即，解得，
故.
故选：B
3．A
【解析】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】本题主要考查了利用函数解析式求解图像的问题，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.属于较易题
4．C
【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】由，
由，
可得，
所以.
故选：C
5．D
【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．
【详解】设直线与曲线的切点为，
由，则，
则，，即切点为，所以直线为，
又直线与圆都相切，则有，解得或．
故选：D．
6．B
【分析】由，考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可.
【详解】因为， ，
考虑构造函数，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将被比较的数化为结构相似的形式，考虑构造函数利用函数的单调性比较大小.
7．D
【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.
【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.
8．A
【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，，由，
可知：和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为侧面底面，侧面底面，
所以底面，而底面，因此，所以是矩形,
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
9．ABD
【分析】将函数可变形为，结合函数性质逐项分析计算即可得.
【详解】，
由的最小正周期为，故的最小正周期为，故A正确；
，
且，
故关于直线，不关于点对称，故B正确，C错误；
由，且，
故，故D正确.
故选：ABD.
10．AC
【分析】分别求出事件的概率，再根据互斥事件和相互独立事件的概率进行判断.
【详解】因为“取出的求的数字之积为奇数”，就是“取出的两个数都是奇数”，
所以；故A正确；
“取出的球的数字之积为偶数”就是“取出的两个数不能都是奇数”，
所以；
“取出的两个数之和为偶数”就是“取出的两个数都是奇数或都是偶数”，
所以；
表示“取出的两个数的积可以是奇数，也可以是偶数”，所以；
表示“取出的两个数的积与和都是偶数”，就是“取出的两个数都是偶数”，
所以.
因为，故B错误；
因为，所以互斥，故C正确；
因为，所以不独立，故D错误.
故选：AC
11．BCD
【分析】设圆锥的底面半径为R，高为h，母线长为l，求得和，得到点到平面距离的最大值为，结合，可判定A错误；证得，得到在直角中，的长度是的长度的一半，可判定B正确；由，和，证得恒成立，可判定C正确；证得，得到H点的轨迹为以OC为直径的圆，可判定D正确．
【详解】设圆锥的底面半径为R，高为h，母线长为l，
因为圆锥的轴截面为面积等于4的等腰直角三角形，则其面积，解得，所以．
对于A中，如图所示，由可知，点M在以OA为直径的圆上，半径为1，
因为，所以点到平面距离的最大值为．
又因为，故三棱锥的体积即为三棱锥体积，
故体积最大值为，所以A错误；
对于B中，由平面，平面AMB，所以，
又由，且，所以平面POM，所以，
所以在直角三角形中，的长度是的长度的一半，即为线段的长度的一半，所以B正确；
对于C中，因为平面POM，且平面，则，
又因为，且，则平面PAM，
因为平面，则，
由是等腰直角三角形，可得，即为等腰三角形，
连接OC，因为为的中点，故，
又因为，则平面OHC，平面OHC，所以恒成立，所以C正确；
对于D中，由C项可知平面OHC，又由平面PAM，且平面PAM，
所以，过点且与垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆，因为，则H点形成的轨迹周长为，所以D正确．
故选：BCD.

12．/0.25
【分析】根据题意结合三点共线的结论确定点的位置，进而分析运算即可.
【详解】在取中点，
则，
可知点为的中点，
可得，即，
所以与的面积之比为.
故答案为：.
13．2
【分析】依据题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值.
【详解】因为，
又，展开式通项为，
对应的系数，故得到，解得，
其系数为或.
又a>0，故实数a的值为2.
故答案为：2.
14．① ③ ④
【分析】由可得直接计算即可判断① ；根据函数的奇偶性和对称性即可求得周期，从而可判断② ；先判断在的单调性，再根据奇函数关于原点对称的区间单调性相同即可判断③ ；根据对称性以及函数图象交点的个数即可判断④.
【详解】对于①：由可得，故①正确；
对于② ：由可得关于直线对称，
因为是定义域为R的奇函数，所以
所以，
所以函数的周期为，故② 不正确；
对于③ ：当时，单调递增，且，
在单调递减，且，
所以在单调递增，因为是奇函数，
所以函数在区间上单调递增；故③ 正确；
对于④ ：由可得关于直线对称，作出示意图
函数所有零点之和即为函数与两个函数图象交点的横坐标之和，当时，两图象交点关于对称，此时两根之和等于 ，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于时两图象无交点 ，
所以函数所有零点之和为.故④ 正确；
故答案为：① ③ ④
【点睛】求函数零点的方法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；零点之和即为两个函数图象交点的横坐标之和.
82025届高三数学复习
小题精练（9）
一、单选题
1．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．若，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知等差数列的前项和为，，为整数，且，则数列的前9项和为（ ）
A． B． C． D．
5．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ）
A．中位数不变
B．若，则数据的第75百分位数为7.5
C．平均数不变
D．方差变小
6．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．5
二、多选题
9．张同学从学校回家要经过2个路口，假设每个路口等可能遇到红灯或绿灯，每个路口遇到红绿灯相互独立，记事件A：“第1个路口遇到绿灯”，事件B：“第2个路口遇到绿灯”，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．为偶函数
C．的图象关于对称 D．的值域为
11．已知抛物线的焦点为F，过点F作互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点A，B，C，D，P，Q分别为，的中点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．若F恰好为的中点，则直线的斜率为
D．直线过定点
三、填空题
12．设是等比数列的前项和，若，，则= .
13．函数与函数公切线的斜率为.
14．为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为，该雕塑内可容纳最大球的表面积为，该雕塑外接球表面积为，则，．
参考答案
1．B
【分析】利用复数的除法运算求出复数，由其几何意义判断在复平面内对应的点所在象限.
【详解】复数满足，则有，
在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
2．A
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
【详解】，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
3．D
【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可.
【详解】因为，
又，即，则，
所以，
故.
故选：D
4．A
【分析】利用给定条件，求出等差数列的公差范围，进而求出及通项公式，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，则，
即，解得，而为整数，则为整数，
因此，，，
所以数列的前9项和为.
故选：A
5．B
【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.
【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确；
当时，数据按从小到大顺序排列：.
因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故B错误；
由于，故,,,,,
原来的平均数为，
去掉后的平均数为，平均数不变，故C正确；
原来的方差为，
去掉后的方差为，
方差变小，故D正确.
故选：B.
6．D
【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解.
【详解】如图，连接AC，BD，设，
因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接，
则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M．
连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以，
连接EP，FQ，在与中，易知，
所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且．
设，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段上时，由球的性质可知，
易得，则，此时无解．
当O在线段的延长线上时，由球的性质可知，
，解得，所以，
所以球O的表面积，
故选：D．
【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置．
7．D
【分析】利用导数判断函数的单调性，作差比较得，令，利用导数判断的单调性得，进而利用函数单调性可得函数值的大小.
【详解】因为，所以，
当时，，故函数在上单调递减，
当时，，故函数在上单调递增，
因为，所以，
令，则，
即函数在上单调递减，故，即，
所以，因为函数在上单调递减，
所以，即.
故选：D
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤：
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
8．C
【分析】首先确定直线所过的定点，再求点Q的轨迹方程，
利用抛物线的性质，结合直线与圆的位置关系，利用数形结合求线段和的最小值.
【详解】由得，
，得所以直线过定点.
连接AM，则，由题易知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），（点拨：直线的斜率不为零）
第三步：数形结合求最小值
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接QD，则，（点拨：两点之间，线段最短）
当且仅当S，P，Q，N四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立，所以的最小值为.
故选：C
9．ABD
【分析】A选项，直接得到；B选项，根据独立事件的概率乘法公式得到B正确；C选项，利用独立事件概率乘法公式和条件概率得到答案；D选项，根据得到D正确.
【详解】对A，，A正确；
对B，A，B相互独立，，选项正确；
对C，因为A，B相互独立，所以也互相独立，
故，∴C选项错误；
对D，，∴D选项正确.
故选：ABD.
10．BD
【分析】通过与的关系即可判断项;通过与的关系即可判断项;通过化简与2的关系即可判断项，利用均值不等式及函数的单调性,即可得出值域,从而判断项.
【详解】对于,故错误;
对于由得,的定义域为
且是偶函数,故正确;
对于不是定值,故错误；
对于
当
，
当且仅当，即时，等号成立；
令，则，
由在时均单调递减，所以单调递减，
又，所以；
即的值域为,故正确.
故选:.
11．ABD
【分析】设直线的方程、，，联立抛物线方程，利用韦达定理表示、，结合弦长公式计算即可判断A；利用中点坐标公式表示出点P、Q坐标，结合平面向量的数量积坐标表示和基本不等式即可判断B；由中点坐标公式可得，进而求得，结合两点表示斜率公式计算即可判断C；根据直线的点斜式方程表示直线PQ方程，即可求出直线恒过的定点，进而判断D.
【详解】A：设直线的方程为，，，
联立方程组得，则，，
所以，同理可得，
所以，故A正确；
B：由选项A知，，
因为P分别为的中点，所以，同理可得，
所以，当且仅当时，等号成立，故B正确．
C：，若F为的中点，则．因为，
所以．所以，故，
所以，故C错误．
D：当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为，
整理得，所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，过点，
所以直线过定点．故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
12．
【分析】由，又，，成等比数列，求出，即可求出的值.
【详解】由题意得，则，
因为，，成等比数列，故，
即，解得，
故.
故答案为：.
13．1或
【分析】设出两曲线的切点坐标，利用导数的几何意义以及利用两点间的斜率公式构造方程即可求得斜率.
【详解】不妨设公切线与函数的切点为，与函数的切点为；
易知，，
因此公切线斜率为，因此，
可得，即
又易知，整理可得，
即，即，解得或；
因此可得斜率为或.
故答案为：1或
14．
【分析】利用旋转和对称关系求出，根据柱体、球体的表面积公式求解即可.
【详解】

如图，设两个正方形的中心为，连接，
因为旋转了45°，所以,
由对称性可设，
，
所以，则，
所以,
该雕塑底面可容纳的最大的圆的半径,
所以该雕塑可容纳的最大的球的半径也为，
外接球的半径为 ,
，
故答案为：；.
92025届高三数学复习
小题精练（10）
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．点P为椭圆上一点，，为该椭圆的两个焦点，若，则（ ）
A．13 B．1 C．7 D．5
3．设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．48 B．90 C．96 D．162
4．设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
5．某教师准备对一天的五节课进行课程安排，要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一节课，则数学不排第一节，物理不排最后一节的情况下，化学排第四节的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的定义域为，且满足的导函数为，函数为奇函数，则（ ）
A． B．3 C． D．1
8．棱长为3的正方体容器中，点E是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是棱BC上靠近B的三等分点，在点E，F，处各有1个小孔（孔的大小忽略不计），则该容器可装水的最大体积为（ ）
A．0 B． C． D．
二、多选题
9．设，是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则的最大值为
10．中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路联通、贸易畅通的重要举措．在中欧班列带动下，某外贸企业出口额逐年提升，以下为该企业近个月的出口额情况统计，若已求得关于的线性回归方程为，则（ ）
月份编号
出口额/万元
与成正相关
B．样本数据的第40百分位数为
C．当时，残差的绝对值最小
D．用模型描述与的关系更合适
11．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ）
A．的斜率为
B．是锐角三角形
C．四边形的面积是
D．
三、填空题
12．在的展开式中，二项式系数和与各项系数和的比为，则展开式的常数项为.
13．在中，，，分别是角，，的对边，若，则的值为.
14．椭圆的左焦点为，分别为其三个顶点．直线与交于点，若椭圆的离心率，则= ．
参考答案
1．B
【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由，得到，即，
又，所以，
故选：B.
2．D
【分析】写出椭圆的标准方程，由椭圆的定义得到，从而求出答案.
【详解】椭圆方程为：，由椭圆定义可知：，
故
故选：D
3．B
【分析】分和，利用等比数列前n项和公式列方程求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
当时，，，无解不合题意；
当时，，解得，
.
故选：B.
4．B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
5．B
【分析】根据题设应用排列组合数求{数学不排第一节，物理不排最后一节}、{化学排第四节}的安排方法数，求出、，应用条件概率公式求目标概率.
【详解】事件：数学不排第一节，物理不排最后一节.
若物理安排在第一节，其它4节课安排4科，作全排有种；
若物理不在第一节，中间3节课任选一节上物理，余下的4节课去掉第1节课的3节课中任选一节上数学，最后剩下的3节课安排3科，做全排有种；
综上，事件A的安排数有种；
事件：化学排第四节.
若物理安排在第一节，其它3节课安排3科，作全排有种；
若物理不在第一节，中间前2节课任选一节上物理，余下的1节课和最后一节课任选一节上数学，最后剩下的2节课安排2科，做全排有种；
综上，事件B的安排数有种；
5科任意排有种，所以，，
故满足条件的概率是.
故选：B
6．D
【分析】令，可得M点的坐标为，则，即可得答案.
【详解】设，令，
则
，则M.
如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.
故选：D
7．B
【分析】根据题意，利用赋值法分析的值，对求导，结合的对称性分析的周期，分析求出的值，即可得答案.
【详解】根据题意，满足，令可得：，则有，
又由，两边同时求导可得：
，即①，
因为函数为奇函数，
所以，
即，
所以的图象关于点对称，
则有②，且，
联立①②可得：，变形可得，
则有，
综合可得：，
即函数是周期为的周期函数，
所以，
故.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性和对称性，涉及导数的计算，解题的关键在于利用导数、奇偶性求解函数的周期.
8．D
【分析】对，，处的小孔在水面的位置分两大类讨论，第一类，，，处的小孔都在水平面，第二类当只有1个小孔在水平面上方时，分别求出所对应的容积最大值，即可判断.
【详解】正方体的体积为，
1.当，，处的小孔都在水平面时，如图1，
三棱台的体积为，
所以容器所装水的多面体的体积；
2．当只有1个小孔在水平面上方时，
（1）当处的小孔在水平面上方时，如图2；
当处的小孔在水平面上方时，如图3；
显然这两种情况，容器所装水的体积比多面体的体积小，不会最大；
（2）当处的小孔在水平面上方时，设水面所在平面为，
①当H在线段CF上时，如图4，设，，
在棱台中，
则，即，所以，
棱台的体积为，，
可得，当且仅当，即时等号成立，
此时棱台的体积有最小值，该容器可装水的体积为．
②当H在线段CD上时，如图5，设，，的三等分点为K，
可知：水平面为平行四边形，且四棱锥与四棱锥的体积相同，
可知：多面体的体积与三棱柱的体积相同，
所以三棱柱的体积为，此时该容器可装水的体积为．
综上所述：该容器可装水的最大体积为.
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题关键是合理分类讨论，结合台体的体积公式计算出容积最大值.
9．BCD
【分析】通过设出具体的代数形式的复数，计算结果可一一验证A,B,C项，对于D，需要利用复数的几何意义，数形结合理解易得结论.
【详解】设，则，
对于A：，因是非零复数，故，即A错误；
对于B：设，
故
，
而，故B正确；
对于C：由于，故C正确；
对于D：根据复数的几何意义，表示以原点为圆心，1为半径的圆，
而则表示圆上一点到点的距离，
故的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
10．AD
【分析】A项由表中数据的变化及回归方程中项的系数可知；B项利用百分位数定义及求解步骤即可得；C项由样本中心点代入方程求出，利用回归方程求出估计值与相应样本数据作差求出残差，再比较绝对值大小即可；D项由散点图可知.
【详解】A项，由图中表格数据可知，当的值增加时，的相应值也呈现增加的趋势，
又由回归方程中，项的系数，也可以看出与成正相关，故A正确；
B项，样本数据的个取值从小到大依次是，
由，则第40百分位数为第个数据，故B错误；
C项，， ，
将代入，得，即，
令，得，所以相应残差的绝对值为，
令，得，所以相应残差的绝对值为，故C错误；
D项，如下图作出散点图，
可以看到相较“样本点分布在某一条直线模型的周围”，
“样本点分布在某一条指数函数曲线的周围”这样的描述更贴切，
所以用模型描述与的关系更合适些，故D正确.
故选：AD.

11．ABD
【分析】根据题意分析可知为等边三角形，即可得直线的倾斜角和斜率，进而判断A；可知直线的方程，联立方程求点的坐标，求相应长度，结合长度判断BD；根据面积关系判断C.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即，

设，
则，可得，
因为，即，
可知为等边三角形，即，
且∥x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确；
则直线，
联立方程，解得或，
即，，则，
可得，
在中，，且，
可知为最大角，且为锐角，所以是锐角三角形，故B正确；
四边形的面积为，故C错误；
因为，所以，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；
（2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；
（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．
12．135
【分析】先根据赋值法求得n，再根据通项公式求得常数项.
【详解】由题意，二项式系数和为.令得系数和为，
所以得得，由题意得：.
令，得，所以常数项为.
故答案为：135.
13．2023
【分析】由已知可利用余弦定理转化为新的关系式，再由已知可用切化弦思想及正弦定理的边角互化思想就可得到结果.
【详解】因为，
由余弦定理得，
所以，
所以
，
故答案为：2023.
14．
【详解】试题分析：
所以
因为离心率，所以，那么，代入上式得．
考点：1．椭圆的性质；2．两角和的正切公式．
【思路点睛】考察到了椭圆的基本性质与平面几何的转化和两角和的正切公式的应用，属于中档题型，解决此题，数形结合是关键，根据平面几何将所求角进行转化，，这样再结合两角和的正切公式，和直角三角形内求角的正切，将问题转化为的比值问题．
10

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