2025年高考数学(通用版)第第二轮复习小题基础练02(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学(通用版)第第二轮复习小题基础练02(学生版+解析)，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·辽宁·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·江苏南通·模拟预测）已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
4．（2024·安徽·三模）2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（ ）
A．96B．144C．240D．360
5．（2024·吉林延边·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·河南郑州·模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（2024·安徽芜湖·二模）已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A．B．C．D．
8．（2023·山东潍坊·二模）已知事件A、B满足，，则（ ）
A．B．
C．事件相互独立D．事件互斥
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（2024·江苏南通·二模）已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（ ）
A．B．C．D．
10．（23-24高一下·福建厦门·期中）约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ）
A．该台塔共有15条棱B．平面
C．该台塔高为D．该台塔外接球的体积为
11．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·湖南衡阳·二模）曲线在点处的切线方程为 ．
13．（2024·广西·模拟预测）第19届杭州亚运会的吉祥物，分别取名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”，是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，组合名为“江南忆”.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有 .（用数字作答）
14．（2024·山西临汾·三模）已知函数的定义域为，且，，则 ．
2025年高考数学二轮复习小题基础练02
一、单选题(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．（2024·辽宁·二模）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·江苏南通·模拟预测）已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
4．（2024·安徽·三模）2024年3月22日国家文物局在北京公布2023年《全国十大考古新发现》，安徽省皖南地区郎溪县磨盘山遗址成功入选并排名第三，经初步确认，该遗址现存马家浜文化区､崧泽文化区､良渚文化区､钱山漾文化区四大区域，总面积约6万平方米.该遗址延续时间长､谱系完整，是长江下游地区少有的连续时间近4000年的中心性聚落.对认识多元化一体中华文明在皖南地区的演进方式具有重要的价值，南京大学历史学院赵东升教授团队现在对该遗址四大区域进行考古发掘，现安排包含甲､乙在内的6名研究生同学到这4个区域做考古志愿者，每人去1个区域，每个区域至少安排1个人，则甲､乙两人安排在相同区域的方法种数为（ ）
A．96B．144C．240D．360
5．（2024·吉林延边·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．（2023·河南郑州·模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（2024·安徽芜湖·二模）已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A．B．C．D．
8．（2023·山东潍坊·二模）已知事件A、B满足，，则（ ）
A．B．
C．事件相互独立D．事件互斥
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（2024·江苏南通·二模）已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（ ）
A．B．C．D．
10．（23-24高一下·福建厦门·期中）约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ）
A．该台塔共有15条棱B．平面
C．该台塔高为D．该台塔外接球的体积为
11．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·湖南衡阳·二模）曲线在点处的切线方程为 ．
13．（2024·广西·模拟预测）第19届杭州亚运会的吉祥物，分别取名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”，是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，组合名为“江南忆”.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有 .（用数字作答）
14．（2024·山西临汾·三模）已知函数的定义域为，且，，则 ．
参考答案：
1．B
【分析】根据对数的性质以及分式不等式化简集合，即可利用并运算求解.
【详解】
，
所以，
故选：B
2．B
【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得
【详解】因为，所以，
则，则
故选：B
3．A
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
4．C
【分析】6名同学分成4组，再把4组人分到4个区域，
【详解】先将6名同学分成4组，则4个组的人数为或，
当甲､乙在2人组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法；
当甲､乙在3人组，甲､乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组，有种分组方法，
再把4组人分到4个区域，所以安排方法种数为.
故选：C.
5．B
【分析】得出平移后的方程后，再根据正弦型函数的性质即可得到答案.
【详解】结合题意可得，
因为曲线关于轴对称，所以，
解得,因为，所以当时，有最小值.
故选：B.
6．C
【分析】由题设及累加可得，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果.
【详解】由题意，，且，
累加可得，所以，
∴，得，即．
故选：C．
7．C
【分析】由函数的性质可得曲线的对称中心，即得，再根据给定长度求出点的坐标即得.
【详解】显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，
因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，得，
设，则，令，则有，即，
解得，即，因此点或，或，
选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为，从而得到，然后再去设点坐标，根据，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出的坐标即可.
8．C
【分析】利用对立事件概率求法得，结合已知即独立事件的充要条件判断C，由于未知其它选项无法判断.
【详解】由题设，
所以，即相互独立，同一试验中不互斥，
而未知，无法确定、.
故选：C
9．AD
【分析】向量在向量方向上的投影向量为，根据此公式可求，再逐项求出夹角后可得正确的选项.
【详解】由题设可得，故，
而，与夹角，故，故，
对于A，，因，故，故A正确.
对于B，，因，故，故B错误.
对于C，，因，故，故C错误.
对于D，，因，故，故D错误.
故选：AD.
10．ABD
【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D.
【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确；
台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1，
连接，因为且，又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故B正确；
上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为，
则点是正六边形的中心，也是的中心，
和都是正三角形，是的中心，
由棱长为，则，
所以台塔的高，故C错误；
设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径，
下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，

设台塔的外接球半径为，，
则有或，解得，
所以，台塔的外接球体积，故D正确.
故选：ABD
11．AD
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.
【详解】易知，可设，设Ax1,y1,Bx2,y2，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
12．
【分析】根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，
所以切点为，且，
则，
由直线的点斜式可得，化简可得，
所以切线方程为.
故答案为：
13．336
【分析】
分两种情况，前排含有两种不同名称的吉祥物和前排含有三种不同名称的吉祥物，结合排列组合知识进行求解.
【详解】
由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物，
首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，有种情况，
从选出的两种吉祥物中，其中一种取两个，另一种选一个，有种排法，
选出的三个吉祥物进行排列，选一个的一定放中间，名字相同的放两边，
由于属于不同的吉祥物，故有种排法，
综上，有种排法；
其次，后排剩余两个相同名字的吉祥物和另一个名字不同的吉祥物，
故有种排法，故共有种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，
先从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各二选一，有种选法，
再进行全排列，故有种排法；
同理后排有种排法，此时共有种排法；
因此，共有种排法，
故答案为：336.
14．
【分析】令求，令求，令得，通过迭代求周期，然后可解.
【详解】令，则，
因为，所以，
令，则，得，
令，则，即，
所以，
所以
所以，所以，即，
是以6为周期的周期函数，
所以，
故答案为：.

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
C
B
C
C
C
AD
ABD
题号
11









答案
AD