2025年高考数学二轮复习小题提升练13

2025年高考数学二轮复习小题提升练13 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·浙江·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·河南濮阳·开学考试）已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（    ） A． B．1 C． D．2 3．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（    ） A．   B．   C．       D．       4．（2024·北京东城·二模）声音是由物体振动产生的，每一个纯音都是由单一简谐运动产生的乐音，其数学模型为，其中表示振幅，响度与振幅有关；表示最小正周期，，它是物体振动一次所需的时间；表示频率，，它是物体在单位时间里振动的次数.下表为我国古代五声音阶及其对应的频率： 音 宫 商 角 徵 羽 频率 小明同学利用专业设备，先弹奏五声音阶中的一个音，间隔个单位时间后，第二次弹奏同一个音（假设两次声音响度一致，且不受外界阻力影响，声音响度不会减弱），若两次弹奏产生的振动曲线在上重合，根据表格中数据判断小明弹奏的音是（    ） A．宫 B．商 C．角 D．徵 5．（2024·四川·模拟预测）如图，是边的中点，在上，且，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·山东济南·三模）已知是等比数列，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川·模拟预测）已知函数，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2023·天津·一模）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 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·广东深圳·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为、，P是C上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．离心率 C．面积的最大值为12 D．以线段为直径的圆与圆相切 10．（2024·全国·模拟预测）在某市高三年级等行的一次数学期末考试中，为了解考生的成绩情况，随机抽取了50名考生的成绩，作出的频率分布直方图如图，成绩排在前的学生将获得“优秀学生”称号，则（    ） A．估计该市考生的成绩低于60分的比例为 B．估计该市考生成绩的众数为60 C．估计该市考生成绩的平均数为70.6 D．估计该市82分以上的考生将获得“优秀学生”称号 11．（2024·海南·模拟预测）已知函数，则 （   ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象为中心对称图形 C．函数在上单调递增 D．关于的方程在上至多有3个解 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·陕西安康·模拟预测）若函数的图象在内有且仅有两条对称轴，一个对称中心，则实数的最大值是 ． 13．（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 . 14．（2024·湖北黄石·三模）如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为 . 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学二轮复习小题提升练13 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·浙江·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·河南濮阳·开学考试）已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（    ） A． B．1 C． D．2 3．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（    ） A．   B．   C．       D．       4．（2024·北京东城·二模）声音是由物体振动产生的，每一个纯音都是由单一简谐运动产生的乐音，其数学模型为，其中表示振幅，响度与振幅有关；表示最小正周期，，它是物体振动一次所需的时间；表示频率，，它是物体在单位时间里振动的次数.下表为我国古代五声音阶及其对应的频率： 音 宫 商 角 徵 羽 频率 小明同学利用专业设备，先弹奏五声音阶中的一个音，间隔个单位时间后，第二次弹奏同一个音（假设两次声音响度一致，且不受外界阻力影响，声音响度不会减弱），若两次弹奏产生的振动曲线在上重合，根据表格中数据判断小明弹奏的音是（    ） A．宫 B．商 C．角 D．徵 5．（2024·四川·模拟预测）如图，是边的中点，在上，且，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·山东济南·三模）已知是等比数列，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川·模拟预测）已知函数，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2023·天津·一模）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为 C．勒洛四面体的体积是 D．勒洛四面体内切球的半径是 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·广东深圳·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为、，P是C上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．离心率 C．面积的最大值为12 D．以线段为直径的圆与圆相切 10．（2024·全国·模拟预测）在某市高三年级等行的一次数学期末考试中，为了解考生的成绩情况，随机抽取了50名考生的成绩，作出的频率分布直方图如图，成绩排在前的学生将获得“优秀学生”称号，则（    ） A．估计该市考生的成绩低于60分的比例为 B．估计该市考生成绩的众数为60 C．估计该市考生成绩的平均数为70.6 D．估计该市82分以上的考生将获得“优秀学生”称号 11．（2024·海南·模拟预测）已知函数，则 （   ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象为中心对称图形 C．函数在上单调递增 D．关于的方程在上至多有3个解 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·陕西安康·模拟预测）若函数的图象在内有且仅有两条对称轴，一个对称中心，则实数的最大值是 ． 13．（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 . 14．（2024·湖北黄石·三模）如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为 . 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C A C D D BCD AC 题号 11 答案 AC 1．D 【分析】根据交集定义求解即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2．A 【分析】由复数的几何意义和复数的模长公式求解即可. 【详解】由复数的几何意义可得， 所以. 故选：A. 3．A 【分析】根据函数的奇偶性判断即可. 【详解】设，则， 所以为奇函数， 设，可知为偶函数， 所以为奇函数，则B，C错误， 易知，所以A正确，D错误． 故选：A. 4．C 【分析】根据题意可知：，可得，结合题意分析判断即可. 【详解】由题意可知：，可得， 则， 结合题意可知：只有“角”的频率为3的倍角， 所以小明弹奏的音是“角”. 故选：C. 5．A 【分析】利用平面向量加减法则，即可得到答案. 【详解】由题意有， 所以． 故选：A 6．C 【分析】设等比数列的公比为，利用条件，得到，再由，得，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以， 得到，所以，由，得到， 所以， 故选：C. 7．D 【分析】首先当时，求导分析函数为单增函数；再利用奇函数的性质判断在上单调递增；然后由得到抽象函数不等式恒成立，再用分离参数法结合函数的单调性求出实数的取值范围. 【详解】由题，当时，， 所以在上单调递增． 易知为奇函数，且，故在上单调递增． 又， 所以在上恒成立， 即在上恒成立，即在上恒成立． 设，只需，解得． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于发现函数是单增函数和，再利用单调性解决抽象函数不等式问题. 8．D 【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断. 【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，故A不正确； 将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，易得, 则， 而， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于4，故B错误， 如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径. 如图3, 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上. 因为, 所以，则. 因为， 即，解得， 则正四面体外接球的体积是， 而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误； 因为，所以 , 所以，勒洛四面体内切球的半径是，则 D正确. 故选：D. 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 9．BCD 【分析】根据题意，由椭圆的标准方程可得，结合椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为椭圆，则， 由椭圆的定义可知，，故A错误； 由椭圆离心率公式可得，故B正确； 因为设点到轴的距离为，显然， 则面积的最大值为，故C正确； 线段的中点为，则以线段为直径的圆的方程为， 其圆心为，半径， 且圆的圆心为，半径， 则两圆的圆心距为， 即两圆外切，故D正确； 故选：BCD 10．AC 【分析】先利用直方图的性质，直接判断选项A， B， C；通过估算面积的方法，以样本频率估计总体概率来判断选项D. 【详解】对于A，由直方图的性质知：， 解得，所以样本成绩低于分的频率为； 所以以样本的频率估计总体概率，故A正确； 对于B，总体众数的估计值是直方图面积最大的直方块横坐标对应范围的中点值， 即众数为，故B错误； 对于C，总体平均数的估计值为各直方块中点值与各块面积的乘积的和， ，故C正确； 对于D，样本中分以上的占比， 估计总体荣获“优秀学生”的分数为：，故D错误. 故选：AC. 11．AC 【分析】分析函数在上的性质并作出函数图象，再逐项分析判断得解. 【详解】当时，， 函数在上递增，函数值从增大到1；在上递减，函数值从1减小到； 当时，， 函数在上递增，函数值从增大到；在上递减，函数值从减小到， 函数在的图象，如图：      对于A，， 结合函数在的图象，得是的最小正周期，A正确； 对于B，观察函数在的图象，函数在没有对称中心， 又的最小正周期是，则函数的图象不是中心对称图形，B错误； 对于C，由函数在上递增，的最小正周期是，得函数在上递增，C正确； 对于D，观察函数在的图象，得当时，有4个解，D错误. 故选：AC 12． 【分析】 化简解析式，根据三角函数对称轴和对称中心的知识和定义域列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】 由题意，得， 令，解得， 令，得； 令，解得， 令，得． 根据题意，得，解得，所以实数的最大值是． 故答案为：． 13． 【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角， 得平面截球所得小圆半径，因此， 由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径， 令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦， 点为弦中点，如图，依题意，，， ，显然，于是， 所以. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及平面截球所得截面，利用截面小圆的性质，可从线面垂直关系求解，也可借助勾股定理建立数量关系求解. 14． 【分析】设直线倾斜角为，，可得，，，用表示，结合题意运算求解即可. 【详解】设直线倾斜角为，， 可知：， 且，解得， 则， 同理可得， 可知：， ， ， 因为，则， 整理得，解得或， 且，则，可得， 所以直线的斜率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据抛物线的定义可得，利用表示其他量，结合题意运算求解. 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$