小题限时卷06（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．（2024·湖北·一模）已知集合，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，得到，再由集合之间的包含关系列不等式组求解即可；
【详解】由解得，
因为，所以，
所以，解得，即的取值范围是，
故选：C.
2．（24-25高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）设等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
【答案】B
【分析】结合等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求出结果.
【详解】设设等差数列的公差为，因为，，
所以，所以，解得.
故选：B.
3．（2024高三·全国·专题练习）在正方体中，棱的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合正方体的结构特征找到直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】连接，在正方体中，平面，
棱的中点为，则平面，
而平面，故，
则即为直线与平面所成角，
设正方体棱长为2，则，
则，
故，
故选：C
4．（2024·湖北黄冈·模拟预测）一个三位数的百位､十位､个位上的数字依次记为，当中有两个数字的和等于剩下的一个数字时，则称这个三位数为“有缘数”（如121，213等）．现从这五个数字中任取三个数字（可以重复）组成一个三位数，其中“有缘数”的个数为（ ）
A．24B．27C．30D．33
【答案】C
【分析】分类讨论，求出满足“有缘数”的数字个数，结合排列组合公式计算可得.
【详解】从这五个数字中任取三个不同的数，其中“有缘数”的个数为24；
从这五个数字中任取两个不同的数，其中“有缘数”的个数为，
所以全部“有缘数”的个数为．
故选：C．
5．（24-25高三上·山东淄博·阶段练习）已知，若在上单调，则的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由在上单调且恒为正可得．
【详解】由题意在上单调且恒为正，
所以或，且，解得或，
故选：D．
6．（2024·四川泸州·一模）已知平面向量，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．D．3
【答案】D
【分析】由题设分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，数形结合及向量加法的几何意义确定的范围，即可得答案.
【详解】由题设，分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，
所以，若是的中点，则，而，如下图示，
由图知，，而，即.
所以的最小值是.
故选：D.
7．（2024·湖北·一模）已知实数满足，则最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】解法（1）采用三角换元，令，再结合余弦函数的值域求解即可；解法（2）采用基本不等式求解即可；
【详解】解法（1）：由，
令，即，，
，即最大值为2；
解法（2）：
当且仅当，即时取等号，
，即最大值为2，
故选：A.
8．（17-18高三·安徽马鞍山·期末）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且,设与的离心率分别为，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设椭圆与双曲线的半焦距为,,由题意可得，用表示出，结合二次函数的性质即可求出范围.
【详解】如图所示：
设椭圆与双曲线的焦距为,,由题意可得

， ，即
，即
，
由可知，令，，
所以，故选D.
【点睛】本题主要考查了双曲线和椭圆的性质以及离心率的问题，考查了转化思想，属于中档题.
二、多选题
9．（2024·山东·模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面B．
C．直线与直线所成角为D．平面经过棱的三等分点
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可判断AB正确；由异面直线的向量求法可得C错误，在棱上取一点，求得平面和平面的法向量，解方程可得，可判断D正确.
【详解】在正方体中，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
对于A，，
设平面的一个法向量，
因为平面，
所以平面，A正确；
对于B，因为，
所以，B正确；
对于C，设直线与直线所成角为，
则，又，
所以，C错误；
对于D，在棱上取一点，如下图所示：
则，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，解得平面的一个法向量，
又，解得平面的一个法向量，
因为平面平面，所以当时，共面，
此时，即解得，
所以平面经过棱的三等分点，可得D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
10．（2024·山东威海·一模）如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ）
A．数列为等比数列
B．数列的前项和为
C．数列为递增数列
D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据向量共线定理得到，从而，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，在B选项基础上得到D正确.
【详解】A选项，因为为边上的一列点，设，
即，所以
，
即，所以，
即，所以数列为公比为2的等比数列，A正确；
B选项，因为，所以，
故是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，，
的前项和为
，B正确；
CD选项，，故，显然，
则数列不是递增数列，C错误，D正确.
故选：ABD
11．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的最大值为4
C．在区间上单调递减
D．在区间上的极小值为
【答案】ACD
【分析】A选项，计算出，A正确；B选项，举出反例，，由基本不等式得到；C选项，求导，当时，，当时，变形得到，令，，求导，得到的单调性，结合，故，故，故在上单调递减，C正确；D选项，在C选项基础上，得到的单调性，进而可得解.
【详解】A选项，，
故的图象关于直线对称，A正确；
B选项，，
故，
，
由于，
当且仅当，即时，等号成立，
故，B错误；
C选项，，
当时，，故，
故，在区间上单调递减，
当时，，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
由于，，即，
故，故，
故在区间上单调递减，
又在上为连续函数，故在区间上单调递减，C正确；
D选项，由C知，在区间上单调递减，
当时，，
，
令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
当时，，，，
当时，，，f′x>0，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
故恒成立，
故在上单调递增，
又在上为连续函数，故在区间上单调递减，
在上单调递增，
故在区间上的极小值点为，
极小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：CD选项，在处理和等区间上函数单调性的技巧，要变形得到，构造，求导，得到函数单调性，从而只需判断的大小，即可判断出f′x的正负，确定函数单调性.
三、填空题
12．（23-24高三上·山东·期中）已知函数，则在点处切线方程为 ．
【答案】
【分析】对求导可得计算出得，再根据题意利用导数的几何意义求解即可.
【详解】对求导可得，则，
解得，
，
，
切线方程为，整理得.
故答案为：.
13．（2024·上海·模拟预测）已知正实数满足，，则 .
【答案】/
【分析】令，则由可得，从而可求出的值，再结合求出，即可得解.
【详解】令，则，
由，得，
所以，解得或，
所以或，
所以或，
当时，则，
由，得，所以，
由，又a>0，解得，
所以；
当时，由，得，所以，
由，又a>0，解得，
所以，
综上所述，.
故答案为：.
14．（24-25高三上·福建·期中）已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】先求出每一段函数的值域，然后由题意得到，根据，可将化简为，构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】结合解析式可知当时，；当时，.
因为，所以.
令，得，则，
故.
令，则，
令得；令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
因为，所以.
所以的取值范围为.
故答案为：
（模式：4+2+1 满分：37分 限时：25分钟）
一、单选题
1．（2024·山东菏泽·模拟预测）随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的2倍，和谐号的正点率为0.98，复兴号的正点率为0.99，今有一列车未正点到达该站，则该列车为和谐号的概率为（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.8
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得.
【详解】令事件A：经过的列车为和谐号；事件B，经过的列车为复兴号；事件C，列车未正点到达，
则，
于是，
所以该列车为和谐号的概率为.
故选：D
2．（24-25高三上·湖北荆州·阶段练习）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以为整体，利用诱导公式结合倍角公式求，结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，则，
且，可得，
则，
，
所以，
故选：A.
3．（2024·湖北·一模）已知数列为等比数列，，若的前9项和为，则数列的前9项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】记数列公比为且，利用等比数列前n项和可得，再由公比也为及等比数列前n项和、等比中项性质，即可求结果.
【详解】记数列公比为且，则，故，
所以公比也为，
则前9项和.
故选：D
4．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，四叶玫瑰线的方程为是上在第一象限内的一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据曲线的方程及三角代换得到，再由换元法可得，利用导数求最大值即可.
【详解】如图，
点在射线的上方，
则可设，
代入，得．
令，则，
所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以是的最大值点，即．
故选：A.
二、多选题
5．（山东省名校2025届高三上学期12月校际联合检测数学试题）函数的图象，如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．函数是奇函数
C．的图象关于点对称
D．若在上有且仅有三个零点，则
【答案】BCD
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定图象求出，再逐项判断即可.
【详解】依题意，，
由，得，
解得，而，则，
所以，则的最小正周期为，故A错误；
是奇函数，故B正确；
，
令，得，
所以的对称中心为，
当时，函数的对称中心为，故C正确；
，当时，，
因为函数在上有且仅有三个零点，
所以，解得，故D正确．
故选：BCD．
6．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）若曲线（e为自然对数的底数）有两条过坐标原点的切线，则a的取值可以是（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】AD
【分析】设切点为，求导得出斜率，利用点斜式得到切线方程，因为切线过坐标原点，可得到，有两条切线转化为有两个不等的实根，即可求出a的取值范围，进而得到正确选项.
【详解】设切点为，，
所以切线的斜率，
则此曲线在P处的切线方程为，
又此切线过坐标原点，所以，
由此推出有两个不等的实根，所以，解得或，
故选：AD．
三、填空题
7．（2024·山东威海·一模）已知底面半径为3的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为 .
【答案】
【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图作出圆锥的轴截面，根据题意可知,
,
所以可得,
根据三角形相似可得,
所以,可求得,
根据圆柱侧面积公式可得.
故答案为：

（模式：1+1+1 满分：16分 限时：15分钟）
一、单选题
1．（2024·上海杨浦·一模）设无穷数列的前项和为，且对任意的正整数，则的值可能为（ ）
A．B．0C．6D．12
【答案】A
【分析】根据与的关系，探索数列的结构特点，分别求出和，再根据及数列是无穷数列对各选项进行判断.
【详解】当时，.
当时，，所以，
两式相减得：，因为，所以.
所以数列的奇数项是以为首项，1为公差的等差数列，且.
所以.
同理，数列的偶数项是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以.
所以.
若，则数列各项均不为0，数列是无穷数列，故A正确；
若，这与矛盾，故B错误；
若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故C错误；
若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故D错误.
故选：A
【点睛】关键点点睛：观察出数列的特点后，一定要注意及数列是无穷数列这两个条件的应用.
二、多选题
2．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上单调递增
B．若，且，则函数的最小正周期为
C．若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3
D．若在上恰有4个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对于A，由复合函数单调性即可判断；对于B，直接可得，由此即可判断；对于C，由题意得结合的范围即可判断；对于D，根据，，得到，进一步列出不等式组即可求解.
【详解】对于A，当时，若，则，
由于在上单调递增，故在上单调递增；故A正确；
对于B，若，且，则当且仅当，故B正确；
对于C，若的图象向左平移个单位长度后，
得到的图象所对应的函数表达式为：，
若的图象关于轴对称，则，
注意到，
所以当且仅当时，的最小值为4，故C错误；
对于D，，，得到，
若在上恰有4个零点，
则当且仅当，解得，即的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：正弦型函数的零点问题，关键在于利用的范围求得，进而结合正弦函数的图象特征求得的取值范围.
三、填空题
3．（2024·上海普陀·一模）设平面上四点、、、满足：，，若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】首先分析向量关系，建立平面直角坐标系，设点的坐标，根据已知条件得到，消去m得到，借助三角函数的值域得到的取值范围，最后最后求的最小值即可.
【详解】已知，则这两个向量垂直，所以. 则Q再以MN为直径的圆上.
以原点O建立平面直角坐标系，设，，，.
由，可得，对于，
从解出，代入中，经过化简可以得到.
将代入，得到，进一步变形为.
因为，所以.
当时，解方程，
令，则方程变为，可得.
因为，所以（舍去），则；
当时，，，或者，
又因为且存在其他条件限制，所以.
因为，当取最小值时，.
故答案为：.