湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练9

长郡中学2025届高三数学复习 小题精练（9） 一、单选题 1．设复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．若，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的前项和为，，为整数，且，则数列的前9项和为（    ） A． B． C． D． 5．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（    ） A．中位数不变 B．若，则数据的第75百分位数为7.5 C．平均数不变 D．方差变小 6．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，则（    ） A． B． C． D． 8．已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D．5 二、多选题 9．张同学从学校回家要经过2个路口，假设每个路口等可能遇到红灯或绿灯，每个路口遇到红绿灯相互独立，记事件A：“第1个路口遇到绿灯”，事件B：“第2个路口遇到绿灯”，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．为偶函数 C．的图象关于对称 D．的值域为 11．已知抛物线的焦点为F，过点F作互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点A，B，C，D，P，Q分别为，的中点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．若F恰好为的中点，则直线的斜率为 D．直线过定点 三、填空题 12．设是等比数列的前项和，若，，则= . 13．函数与函数公切线的斜率为 . 14．为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为，该雕塑内可容纳最大球的表面积为，该雕塑外接球表面积为，则 ， ． 参考答案 1．B 【分析】利用复数的除法运算求出复数，由其几何意义判断在复平面内对应的点所在象限. 【详解】复数满足，则有， 在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 2．A 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 3．D 【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可. 【详解】因为， 又，即，则， 所以， 故. 故选：D 4．A 【分析】利用给定条件，求出等差数列的公差范围，进而求出及通项公式，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，则， 即，解得，而为整数，则为整数， 因此，，， 所以数列的前9项和为. 故选：A 5．B 【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确； 当时，数据按从小到大顺序排列：. 因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故B错误； 由于，故,,,,, 原来的平均数为， 去掉后的平均数为，平均数不变，故C正确； 原来的方差为， 去掉后的方差为， 方差变小，故D正确. 故选：B. 6．D 【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解. 【详解】如图，连接AC，BD，设， 因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接， 则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q， 根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M． 连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以， 连接EP，FQ，在与中，易知， 所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且． 设，球O的半径为R，连接OE，OA， 当O在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当O在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球O的表面积， 故选：D． 【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置． 7．D 【分析】利用导数判断函数的单调性，作差比较得，令，利用导数判断的单调性得，进而利用函数单调性可得函数值的大小. 【详解】因为，所以， 当时，，故函数在上单调递减， 当时，，故函数在上单调递增， 因为，所以， 令，则， 即函数在上单调递减，故，即， 所以，因为函数在上单调递减， 所以，即. 故选：D 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤： （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式. 8．C 【分析】首先确定直线所过的定点，再求点Q的轨迹方程， 利用抛物线的性质，结合直线与圆的位置关系，利用数形结合求线段和的最小值. 【详解】由得， ，得所以直线过定点. 连接AM，则，由题易知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），（点拨：直线的斜率不为零） 第三步：数形结合求最小值 记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接QD，则，（点拨：两点之间，线段最短） 当且仅当S，P，Q，N四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立，所以的最小值为. 故选：C 9．ABD 【分析】A选项，直接得到；B选项，根据独立事件的概率乘法公式得到B正确；C选项，利用独立事件概率乘法公式和条件概率得到答案；D选项，根据得到D正确. 【详解】对A，，A正确； 对B，A，B相互独立，，选项正确； 对C，因为A，B相互独立，所以也互相独立， 故，∴C选项错误； 对D，，∴D选项正确. 故选：ABD. 10．BD 【分析】通过与的关系即可判断项;通过与的关系即可判断项;通过化简与2的关系即可判断项，利用均值不等式及函数的单调性,即可得出值域,从而判断项. 【详解】对于,故错误; 对于由得,的定义域为 且是偶函数,故正确; 对于不是定值,故错误； 对于 当 ， 当且仅当，即时，等号成立； 令，则， 由在时均单调递减，所以单调递减， 又，所以； 即的值域为,故正确. 故选:. 11．ABD 【分析】设直线的方程、，，联立抛物线方程，利用韦达定理表示、，结合弦长公式计算即可判断A；利用中点坐标公式表示出点P、Q坐标，结合平面向量的数量积坐标表示和基本不等式即可判断B；由中点坐标公式可得，进而求得，结合两点表示斜率公式计算即可判断C；根据直线的点斜式方程表示直线PQ方程，即可求出直线恒过的定点，进而判断D. 【详解】A：设直线的方程为，，， 联立方程组得，则，， 所以，同理可得， 所以，故A正确； B：由选项A知，， 因为P分别为的中点，所以，同理可得， 所以，当且仅当时，等号成立，故B正确． C：，若F为的中点，则．因为， 所以．所以，故， 所以，故C错误． D：当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为， 整理得，所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，过点， 所以直线过定点．故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 12． 【分析】由，又，，成等比数列，求出，即可求出的值. 【详解】由题意得，则， 因为，，成等比数列，故， 即，解得， 故. 故答案为：. 13．1或 【分析】设出两曲线的切点坐标，利用导数的几何意义以及利用两点间的斜率公式构造方程即可求得斜率. 【详解】不妨设公切线与函数的切点为，与函数的切点为； 易知，， 因此公切线斜率为，因此， 可得，即 又易知，整理可得， 即，即，解得或； 因此可得斜率为或. 故答案为：1或 14． 【分析】利用旋转和对称关系求出，根据柱体、球体的表面积公式求解即可. 【详解】    如图，设两个正方形的中心为，连接，    因为旋转了45°，所以, 由对称性可设， ， 所以，则， 所以, 该雕塑底面可容纳的最大的圆的半径, 所以该雕塑可容纳的最大的球的半径也为， 外接球的半径为 , ， 故答案为：；. 学科网（北京）股份有限公司 $$