小题限时卷05（最新模拟速递）-高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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（模式：8+3+3 满分：73分 限时：50分钟）
一、单选题
1．（23-24高三下·辽宁·期末）如果复数满足：，那么（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，即可表示出，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.
【详解】设，则，，
因为，即，
所以，解得，
所以.
故选：A
2．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件结合换底公式可求，相加可得结论.
【详解】由换底公式得，，，
所以，
所以.
故选：C.
3．（23-24高三下·辽宁·期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】对于ABC：根据正方体的结构特征，举反例说明即可；对于D：根据线面垂直的性质和判定定理分析判断.
【详解】对于选项ABC：在正方体中，
例如∥平面，平面∥平面，平面，
但与相交，故A错误；
例如∥，∥平面，∥平面
但平面平面，故B错误；
例如，平面，但平面，故C错误；
对于选项D：若，则∥，
且，所以，故D正确；
故选：D.
4．（2024·山东青岛·一模）若正项等差数列的前项和为，则的最大值为（ ）
A．9B．16C．25D．50
【答案】C
【分析】根据等差数列的求和公式可得，利用基本不等式可求最值.
【详解】因为，
所以，则
又因为，
所以，当且仅当时，等号成立；
所以的最大值为25.
故选：C
5．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）已知，则（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】B
【分析】由三角恒等变换可得，进一步由同角三角函数关系以及商数关系、二倍角公式化简求值即可.
【详解】由，解得，
故
.
故选：B.
6．（2024·浙江·模拟预测）天上有三颗星星，地上有四个孩子．每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用古典概型的概率公式，结合排列组合知识求解．
【详解】四个孩子向三颗星星许愿，一共有种可能的许愿方式.
由于四个人选三颗星星，那么至少有一颗星星被两个人选，这两个人愿望无法实现，至多只能实现两个人的愿望，
所以至少有两个孩子愿望成真，只能是有两颗星星各有一个人选，一颗星星有两个人选，
可以先从四个孩子中选出两个孩子，让他们共同选一颗星星，其余两个人再选另外两颗星，
有种情况，
所以所求概率为.
故选：C.
7．（24-25高三上·广西·阶段练习）抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足.设线段的中点在准线上的投影为，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由抛物线定义对线段进行转化，再由中位线得到线段，解三角形得到线段，由基本不等式得到取值范围，从而得到最值.
【详解】设、，如图所示，根据抛物线的定义，
可知，，
在梯形中，有，
在中，
，
又∵，∴，
当且仅当时取等号，∴，
故的最大值是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决．
8．（24-25高三上·重庆·期末）已知函数的定义域为，则下列选项一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．的图象关于直线对称
【答案】C
【分析】根据函数的对称性以及周期性，即可结合选项逐一求解.
【详解】根据可得可得对称，故B错误，
由可得为周期函数，且周期为4，
对于A，无法确定f1=0，故A错误，
对于C，．C正确，
对于D，由于关于对称且周期为4，故，
无法确定和的关系，因此无法确定是函数的对称轴，故D错误，
故选：C
二、多选题
9．（24-25高三上·江苏苏州·期中）设为数列的前n项和.若，则（ ）
A．B．数列为递减数列C．D．
【答案】BC
【分析】A选项，利用得到为公比为2的等比数列，求出；B选项，当时，，B正确；C选项，计算出，得到C正确；D选项，利用等比数列求和公式计算出，，D错误.
【详解】A选项，当时，，解得，
当时，，
故，
所以为公比为2的等比数列，，A错误；
B选项，当时，，
故，所以为递减数列，B正确；
C选项，，，，
故，C正确；
D选项，，，
故，D错误.
故选：BC
10．（2024·山东临沂·一模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．当时，为奇函数
D．当时，
【答案】ACD
【分析】由分母不为零求出函数的定义域，即可判断A，再分、分别求出函数值的取值范围，即可得到函数的值域，从而判断B，根据奇偶性判断C，根据指数幂的运算判断D.
【详解】对于函数，令，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，当时，所以，
当时，所以，
综上可得的值域为，故B错误；
当时，则，
所以为奇函数，故C正确；
当时，则，
故D正确.
故选：ACD
11．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，若四边形是边长为2的正方形，则（ ）
A．异面直线与所成角大小为
B．二面角的平面角的余弦值为
C．此八面体的外接球体积为
D．此八面体的内切球表面积为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，求 异面直线所成角判断A,求二面角判断B,求外接球的体积判断C，应用内切球计算公式求内切球半径求表面积判断D.
【详解】连接、交于点，连接、，
因为四边形为正方形，则，
又因为八面体的每个面都是正三角形，
所以、、三点共线，且面，
所以以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则O0,0,0，，，，
，，，
对于A项，，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以，即异面直线与所成角大小为，故A项正确；
对于B项，，，，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
所以，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
对于C项，因为，
所以为此八面体外接球的球心，且外接球的半径为，
故体积为，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为，
则八面体的体积为，
又八面体的体积为，
所以，解得，
所以内切球的表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解外接球体积的关键是，找到球心.
三、填空题
12．（24-25高三上·重庆·期末）已知非零向量满足：，且，则 .
【答案】
【分析】由，可得，再利用夹角公式求解即可.
【详解】.
，
，解得，
故．
故答案为：.
13．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为 .
【答案】
【分析】根据是偶函数求出时的解析式，再利用导数求出斜率.
【详解】因为是偶函数，所以函数的图象关于对称，
则，当时，，
∴，则，
此时，，
即曲线在点处切线的斜率为.
故答案为：.
14．（2024·北京·模拟预测）已知，则的最小值为 ．
【答案】2
【分析】变形函数，换元构造函数，再利用导数分段探讨单调性求出最小值.
【详解】函数，令，令，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
因此当时，，所以当时，取得最小值2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：利用对数运算法则变形，再换元构造新函数是解决本题的关键.
（模式：4+2+1 满分：37分 限时：25分钟）
一、单选题
1．（23-24高三下·辽宁·期末）在世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”. 这可视为中国古代极限观念的佳作. 割圆术可以视为将一个圆内按正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积. 运用割圆术的思想，可得到的近似值为（取近似值）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为，再根据这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积列等式，计算即可.
【详解】将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为.
因为这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积，
所以，所以.
故选：.
2．（24-25高三上·福建宁德·阶段练习）已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用取倒法证得是等差数列，进而求得，从而得解.
【详解】因为，，易知，
所以，即，
又，所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
则，故，
所以.
故选：A.
3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）在正四棱台中，，其体积为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作辅助线，可知为异面直线与所成角或其补角，根据棱台体积公式求得，结合余弦定理即可求解.
【详解】设正四棱台的高为，
连接，作交于点，作交于点，连接，
则为异面直线与所成角或其补角.
因为，且正四棱台的体积为，
即，
所以，即，
则，，，
，，
所以.
故选：D.
4．（2024·河北沧州·二模）若，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用对数函数的单调性，以及正弦函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数单调性，可得，所以；
因为，所以，
又因为，所以，即，所以.
故选：B.
二、多选题
5．（24-25高三上·浙江·期中）已知直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则下列选项正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．若圆C关于直线l对称，则k=1
C．若直线l与圆C相切，则
D．当k=1时，取y轴上一点，则的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于A，看出关于的多项式恒等于0即可判断；对于B，把圆心坐标代入已知直线即可判断；对于C，根据圆心到直线的距离等于半径列方程即可判断；对于D，找对称点，转换为将军饮马模型即可求解.
【详解】解：对于A，直线l：k，即，
令，则，解得，，
所以直线|恒过定点，故A正确;
对于B，若圆C关于直线l对称，则直线l过圆心，
所以，解得，故B错误;
对于C，若直线与圆C相切，则圆心到直线的距离等于半径1，
即，解得，故C正确;
对于D，当k=1时，直线，点关于直线l的对称点，
则有，解得，即，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
6．（24-25高三上·重庆·期末）若，则 .
【答案】
【分析】对两边求导，再令可得答案.
【详解】对两边同时求导可得：
，
再令可得：．
故答案为：
7．（2024·福建三明·三模）在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为 .
【答案】（满足或的其中一值）
【分析】利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出，求出的值，即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，，同理可得，
则
，
所以，或，
解得或，
故答案为：（满足或的其中一值）.
8．（2024高三下·吉林·竞赛）函数 ( ，且 )，若对 成立，则实数的取值范围是 .
【答案】 .
【分析】对分和0