2025年高考数学(通用版)第第二轮复习小题提升练10(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学(通用版)第第二轮复习小题提升练10(学生版+解析)，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·河北石家庄·模拟预测）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（24-25高三上·福建·期中）复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．1
3．（2024·全国·模拟预测）学业成绩是否优秀与日均体育锻炼时长有关．据调查，某校大约有的学生学业成绩优秀，大约有的学生日均体育锻炼时长超过1.5h，且其中日均体育锻炼时长超过1.5h的学生学业成绩的优秀率约为．现从日均体育锻炼时长不超过1.5h的学生中任意调查一名学生，则他的学业成绩优秀的概率约为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·山东·模拟预测）若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24高三下·江苏南京·开学考试）某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．192种B．252种C．268种D．360种
6．（23-24高三上·福建厦门·期中）古希腊数学家阿波罗尼奥斯所著的八册《圆锥曲线论（Cnics）》中，首次提出了圆锥曲线的光学性质，其中之一的内容为：“若点为椭圆上的一点，、为椭圆的两个焦点，则点处的切线平分外角”.根据此信息回答下列问题：已知椭圆，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂足为，则为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·广东·二模）已知，，，则a，b的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
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·全国·模拟预测）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量与向量的夹角的余弦值为
D．若，则向量在向量上的投影向量为
10．（2024·福建·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小正周期为
B．函数过定点
C．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数是偶函数，则的最小值为
D．函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
11．（2024·四川雅安·一模）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．是单调递增数列B．
C．D．
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·福建·三模）函数，则 .
13．（2024·上海普陀·模拟预测）函数，且的图像恒过定点A，若点A在直线上，其中，，则的最小值为 .
14．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
2025年高考数学二轮复习小题提升练10
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·河北石家庄·模拟预测）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（24-25高三上·福建·期中）复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．1
3．（2024·全国·模拟预测）学业成绩是否优秀与日均体育锻炼时长有关．据调查，某校大约有的学生学业成绩优秀，大约有的学生日均体育锻炼时长超过1.5h，且其中日均体育锻炼时长超过1.5h的学生学业成绩的优秀率约为．现从日均体育锻炼时长不超过1.5h的学生中任意调查一名学生，则他的学业成绩优秀的概率约为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·山东·模拟预测）若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（23-24高三下·江苏南京·开学考试）某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人选出四人值班，每名员工最多值班一天，已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（ ）
A．192种B．252种C．268种D．360种
6．（23-24高三上·福建厦门·期中）古希腊数学家阿波罗尼奥斯所著的八册《圆锥曲线论（Cnics）》中，首次提出了圆锥曲线的光学性质，其中之一的内容为：“若点为椭圆上的一点，、为椭圆的两个焦点，则点处的切线平分外角”.根据此信息回答下列问题：已知椭圆，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂足为，则为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·广东·二模）已知，，，则a，b的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
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·全国·模拟预测）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量与向量的夹角的余弦值为
D．若，则向量在向量上的投影向量为
10．（2024·福建·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小正周期为
B．函数过定点
C．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数是偶函数，则的最小值为
D．函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
11．（2024·四川雅安·一模）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．是单调递增数列B．
C．D．
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·福建·三模）函数，则 .
13．（2024·上海普陀·模拟预测）函数，且的图像恒过定点A，若点A在直线上，其中，，则的最小值为 .
14．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
参考答案：
1．C
【分析】解一元二次不等式求出B，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】集合，,
故，
故选；C
2．D
【分析】由复数的除法计算可得；
【详解】因为，即，所以，所以复数的虚部为1.
故选：D.
3．D
【分析】解法一：先求出日均体育锻炼时长不超过1.5h且学业成绩优秀的学生，再结合条件概率公式求解即可；
解法二 ：设该校总人数为1000人，分析可得日均体育锻炼时长不超过1.5h的学生有800人，其中学业成绩优秀的有300人，进而结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】解法一：日均体育锻炼时长不超过1.5h且学业成绩优秀的学生有．
记“该学生日均体育锻炼时长不超过1.5h”为事件，“该学生学业成绩优秀”为事件，
则，，
所以．
解法二 ：不妨设该校总人数为1000人，则学业成绩优秀的有（人），
日均体育锻炼时长超过1.5h的有（人），
且其中学业成绩优秀的有（人），
因此日均体育锻炼时长不超过1.5h的学生有（人），
其中学业成绩优秀的有（人），
因此，从日均体育锻炼时长不超过1.5h的学生中任意调查一名学生，
他的学业成绩优秀的概率约为．
故选：D.
4．B
【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义求出切线方程，用表示出，再构造函数，利用导数探讨函数图象性质，进而求出的范围.
【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得，
则函数的图象在点处的切线方程为，
由切线过点，得，
令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点，
，当或时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，而当时，恒有，
又，因此当时，直线与函数的图象有3个公共点，
所以实数的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.
5．B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【详解】若甲乙不值班，值班安排有种；
若甲乙只有一人不值班，值班安排有种；
若甲乙都值班，值班安排有种，
所以值班安排共有252种.
故选：B
6．A
【分析】延长、交于点，分析可知，则为的中点，且，利用中位线的性质结合椭圆的的定义可求得的值.
【详解】如下图所示：

延长、交于点，由题意可知，
又因为，则为的中点，且，
所以，，
又因为为的中点，则.
故选：A.
7．D
【分析】通过分析法可知只需比较的大小关系，从而构造函数，利用的单调性以及对数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，所以，
所以要比较与0的大小关系，只需比较的大小关系，
同理要比较的大小关系只需比较的大小关系，
我们构造函数，
则，
这意味着在是减函数，
从而，
所以，即.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是通过适当分析，构造出恰当的函数，利用该函数单调性即可顺利比较大小.
8．C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：
由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为，
，
如图所示：
设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
即，
由题意，且二面角为直二面角，
即面面，，
所以，即，可知四边形为矩形，所以，
由勾股定理以及，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
9．AC
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B；求出向量夹角的余弦判断C；求出投影向量判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，得，解得，B错误；
对于C，若，则，又，则，C正确；
对于D，若，则，又，于是，
则向量在向量上的投影向量为，D错误.
故选：AC
10．BC
【分析】根据正弦型函数的性质判断A、B；图象平移确定解析式，根据偶函数求参数判断C；令，化为在有5个根求参数范围判断D.
【详解】A：由题设，则最小正周期为，错；
B：显然恒成立，故函数过定点，对；
C：函数的图象向左平移个单位得为偶函数，
所以，可得且，又，
所以的最小值为，对；
D：由题意在上有5个根，而，
所以在有5个根，如下图示，
所以，可得，错.
故选：BC
11．BCD
【分析】应用与的关系，将中的消掉，求出判断符号即可判断A项的正误；判断数列是等差数列，进而求出，再利用作差法判断B项的正误；应用放缩法与裂项相消求出，再与比较即可；构造函数，并利用导数研究函数的最小值，再取即可判断D项的正误.
【详解】因为，所以当时，，
两式相减，可得，
所以，
所以，
所以是单调递减数列，故A错误；
当时，，所以；
当时，，化简整理得，
所以数列是等差数列，其首项为4，公差为4，
所以，
所以
，
所以，故B正确；
因为，
所以
所以，故C正确；
设函数，则，
因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，
取，,所以，即
又因为，所以.故D正确.
故选：BCD.
12．1
【分析】依次代入求解即可.
【详解】，，
所以.
故答案为：1
13．2
【分析】先由题意结合求出点A，进而由点A在直线上得，再结合基本不等式常数“1”的妙用即可求解.
【详解】因为，所以函数且的图象恒过定点，
即，
又点A在直线上，故，
又，所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为2.
故答案为：2.
14． 或 1
【分析】联立方程组，令，可得实数的取值范围，根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，从而可解.
【详解】联立方程组，整理得：，
直线交抛物线于两点，
则，即或；
设,，,，
则，
记，，焦点，
设直线方程为，代入整理得：，
则，同理可得，又，
因此，
根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，
所以，则.
故答案为：或；1
【点睛】关键点点睛：借助韦达定理并结合根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称.

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
B
B
A
D
C
AC
BC
题号
11









答案
BCD