2025年高考数学(通用版)第第二轮复习小题提升练11(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11(学生版+解析)，共18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．（2024·四川内江·一模）在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·浙江宁波·一模）集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·吉林·模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·四川绵阳·模拟预测）某教育机构为调查中小学生每日完成作业的时间，收集了某位学生100天每天完成作业的时间，并绘制了如图所示的频率分布直方图（每个区间均为左闭右开），根据此直方图得出了下列结论，其中正确的是（ ）

A．估计该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的有50天
B．估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为0.3
C．估计该学生每日完成作业时间的中位数为2.625小时
D．估计该学生每日完成作业时间的众数为2.3小时
5．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）

A．B．
C．D．
6．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，满足，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．（2024·四川眉山·三模）若关于的不等式恒成立，则的最大值为（ ）
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．（22-23高一上·广西河池·期末）下列函数既是偶函数，又在上是减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2024·福建·三模）已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面，则点的轨迹长度为
D．当点为的中点时，到直线的距离为
11．（2024·湖北·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最大值为D．的最小值为16
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·辽宁·模拟预测）已知单位向量，满足，则的最小值为 .
13．（2024·广东广州·模拟预测）若的展开式中，项的系数为−8，则的最大值为 .
14．（2024·浙江杭州·一模）已知双曲线都经过点，离心率分别记为，设双曲线的渐近线分别为和.若，则 .
2025年高考数学二轮复习小题提升练11
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．（2024·四川内江·一模）在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·浙江宁波·一模）集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·吉林·模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·四川绵阳·模拟预测）某教育机构为调查中小学生每日完成作业的时间，收集了某位学生100天每天完成作业的时间，并绘制了如图所示的频率分布直方图（每个区间均为左闭右开），根据此直方图得出了下列结论，其中正确的是（ ）

A．估计该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的有50天
B．估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为0.3
C．估计该学生每日完成作业时间的中位数为2.625小时
D．估计该学生每日完成作业时间的众数为2.3小时
5．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）

A．B．
C．D．
6．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，满足，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．（2024·四川眉山·三模）若关于的不等式恒成立，则的最大值为（ ）
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．（22-23高一上·广西河池·期末）下列函数既是偶函数，又在上是减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2024·福建·三模）已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面，则点的轨迹长度为
D．当点为的中点时，到直线的距离为
11．（2024·湖北·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最大值为D．的最小值为16
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·辽宁·模拟预测）已知单位向量，满足，则的最小值为 .
13．（2024·广东广州·模拟预测）若的展开式中，项的系数为−8，则的最大值为 .
14．（2024·浙江杭州·一模）已知双曲线都经过点，离心率分别记为，设双曲线的渐近线分别为和.若，则 .
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的几何意义可知，再根据复数的乘法以及共轭复数的定义分析判断.
【详解】因为复数的对应点坐标为，则，
可得，
所以的共轭复数为.
故选：A.
2．D
【分析】化简，根据并集的定义即可求解.
【详解】由，可得，
故，
故选：D
3．B
【分析】利用齐次式法求值，代入计算即可得答案.
【详解】由于，故.
故选：B
4．C
【分析】利用频率分别直方图、频数、频率、中位数、众数直接求解.
【详解】对于A，该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的天数为：天，故A错误；
对于B，估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为，故B错误；
对于C，的频率为，的频率为，
则该学生每日完成作业时间的中位数为，故C正确；
对于D，估计该学生每日完成作业时间的众数为，故D错误；
故选：C
5．A
【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求周长的最大值.
【详解】因为四边形木板的一个内角满足，如图，

设，由题设可得圆的直径为，
故，因，为三角形内角，故，
故，
故，
故，
故，当且仅当时等号成立，
同理，当且仅当等号成立，
故四边形周长的最大值为，
故选：A.
6．D
【分析】根据题意可得，利用单调性解不等式结合对数运算即可求解
【详解】函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，
所以在上是减函数，
，即，
所以，
所以，
所以，即实数a的取值范围为.
故选：.
7．B
【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解.
【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键.
8．C
【分析】将不等式化为恒成立，即的图象恒在的图象的上方，利用导数研究函数，依题意得出当直线与在点处相切时取得最大值得结果.
【详解】依题意，，不等式化为，
设，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得极大值，也即最大值，又时，，
由题知不等式恒成立，所以的图象恒在的图象
的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距，
其最大值为的横截距，再令，可得，且当直线与
在点处相切时，横截距取得最大值，
此时，切线方程为，所以取得最大值为.
故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题关键点是将不等式化为恒成立，看作是的图象恒在的图象的上方，通过利用导数研究函数图像解决问题.
9．ABC
【分析】利用常见函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】A选项中：设，其定义域为，，故为偶函数，
且幂函数在上是减函数，故A正确；
B选项中，设，其定义域为，，则为偶函数，
且，则其在上单调递减，故B正确；
C选项中，设，其定义域为，则，
故是偶函数，且函数在上单调递减,
函数在定义域上为增函数，
所以在 上单调递减,故C正确；
D选项中，设，是，
且其定义域为，关于原点对称，故其为奇函数，故D错误.
故选：ABC.
10．ACD
【分析】由题意有是边长为的等边三角形，求面积判断A；利用线面平行、面面平行的判定证面面，结合正方体的结构特征有面，当重合时三棱锥体积最大，且当在上除外运动时，平面，判断B、C；根据已知求得，再由到直线的距离为判断D.
【详解】由题意，可得是边长为的等边三角形，故其面积为，A对；
由题设，面，面，则面，
同理可证面，且在面内，故面面，
根据正方体性质，易得面，即面，
结合正方体的结构，易知当重合时，三棱锥体积最大，
由A分析，易知棱锥的高，
此时到面的距离，则，B错；
由上知，当在上除外运动时，平面，轨迹长为，C对；
若点为的中点，此时，且，
所以，则，
所以到直线的距离为，D对.
故选：ACD
11．BCD
【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，且,设直线，联立直线和抛物线方程得韦达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可.
【详解】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线，与联立得．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，，．
，
因此，A选项错误．
，B选项正确．
,，切线，即，
同理，联立解得，故．
不妨设，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，
则．
当直线PN与抛物线相切时，最小．
与联立，消去y得：，
令，解得，则，
故，C选项正确．
，故，
则，D选项正确．
故选:BCD．
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
12．
【分析】首先利用数量积模的公式，转化为二次函数求最值.
【详解】
，当时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
13．/0.125
【分析】根据二项式展开式的特征，可得项的系数为为，即可根据求解.
【详解】,
又，
故，
可由分别提供得到，或者提供得到，或者提供得到，
故项的系数为为，
故，即，
要使最大，则需为正数，
因此，故，当且仅当时取等号，
故答案为：
14．
【分析】分和两种情况讨论，当时，不妨设，分别将双曲线的方程用表示，再结合和离心率公式分类求出两双曲线的离心率即可得解.
【详解】当时，点在渐近线上，不合题意；
当时，不妨设，
则，
因为双曲线经过点，
所以，
所以，
因为，所以，则双曲线的焦点在轴上，
所以，
同理，
因为，所以，则双曲线的焦点在轴上，
所以，
所以，即，
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
A
D
B
C
ABC
ACD
题号
11









答案
BCD