小题限时卷01 （A+B二组选择题、填空题）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

小题限时卷01（A组+B组） 【A组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可. 【详解】由可得 ，又因为，所以. 故选：A. 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法结合对数运算即可判断. 【详解】若，此时，但，即，所以“”不是“”的充分条件； 若，则，得，所以“”是“”的必要条件； 故选：B. 3．观察下列散点图，其中两个变量的相关关系判断正确的是（   ）    A．a为正相关，b为负相关，c为不相关 B．a为负相关，b为不相关，c为正相关 C．a为负相关，b为正相关，c为不相关 D．a为正相关，b为不相关，c为负相关 【答案】D 【分析】根据散点图中点的分布特征，结合相关性的定义，即可得出结论． 【详解】根据散点图，由相关性可知：图a各点散布在从左下角到右上角的区域里，是正相关； 图b中各点分布不成带状，相关性不明确，所以不相关； 图c中各点分布在从左上方到右下方的区域里，是负相关． 故选：D 4．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用奇偶性定义，结合指对数函数的性质及复合函数的单调性判断各项对应函数是否满足题设，即可得答案. 【详解】A：，定义域为R，是偶函数，不符； B：，定义域为，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在上单调递减，不符； C：，定义域为R，是偶函数，不符； D：，定义域为R，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在R上单调递增，符合. 故选：D 5．设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】三个数值的特征，构造函数，和，，结合函数的单调性，即可比较大小. 【详解】设，， ，所以单调递增，则， 所以，即， 设，， ，， 所以在上单调递增，所以， 所以，则，所以. 故选：C 6．在正方体 中，若棱长为 分别为线段上的动点，则下列结论中错误的个数为（     ） （1） 平面 （2）直线与平面 所成角的正弦值为定值 （3）平面 平面 （4）点 到平面 的距离为定值 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】方法一：根据线线垂直即可求解 平面 判断（1），根据线面角的几何法，可得直线与平面 所成角为，根据正切值，即可判断(2),根据面面平行的判定即可求解(3),利用等体积法即可求解（4）.方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可 【详解】方法一：由于平面，平面，故, 又，平面， 故平面，平面，故, 同理可得,平面，故 平面 ，故（1）正确， 根据平面，故直线与平面 所成角为,则， 由于长度是不确定的，故的正弦值不为定值，故（2）错误， 由于，平面 ,平面 ,故平面 , 同理可得平面 ,平面，故平面 平面 ，（3）正确， 由于平面，故点到平面 的距离即为点 到平面 的距离， 设点到平面 的距离为， 由得，故(4)正确， 方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 令，得， 令，得，， 对于（1），，显然， 即，， 而，平面，因此平面，（1）正确； 对于（2），由平面，平面，得， 因为，，平面，则平面， 于是为平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则不是定值，（2）错误； 对于（3），由选项A知平面，即为平面的一个法向量， 而，则， 即有， 又，平面，因此平面， 则平面平面，（3）正确； 对于（4），显然， 因此点到平面的距离为，为定值，（4）正确. 故选：B 7．已知函数图象的一条对称轴是，且在上有且仅有两个对称中心，则函数的解析式为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的对称性可得出，解出的表达式，由可求出的取值范围，结合题意可得出关于的不等式，解出的取值范围，可得出的值，由此可得出函数的解析式. 【详解】因为函数图象的一条对称轴是， 则，解得， 当时，， 因为函数在上有且仅有两个对称中心，则，解得， 故，所以， . 故选：B. 8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线的渐近线上的点，满足，且，的面积为，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件可得，利用三角形面积求出半焦距，再利用直角三角形性质，结合二倍角的正切求出即可得解. 【详解】由，得，而，的面积为， 则，， 令双曲线的半焦距为，则，即，直线方程为， ，而，则， 联立解得，所以双曲线的方程为. 故选：A 9．如图，在体积为的正四棱锥中，，，设平面与直线交于点，记四棱锥的体积为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用四点共面中的向量关系来求解，再利用三棱锥体积变换来求比值，从而解答问题. 【详解】如图所示， 由四点共面，且四边形为正方形， 可得， 由，，设， 可得：，即， 根据四点共面，可得， 即， 设，分别是点到平面和点到平面的距离，则， 所以， ，， 同理，， ，， 则四棱锥与四棱锥的体积比为. 故选：D. 2、 填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10．i是虚教单位，若复数是纯虚数，则 ． 【答案】1 【分析】利用复数除法运算化简复数，根据复数是纯虚数求出的值，即可得到复数的模. 【详解】由题意得，. ∵是纯虚数，∴，， ∴， ∴， ∴. 故答案为：. 11．已知的展开式中的常数项为，则展开式中所有项的系数之和为 ． 【答案】/0.015625 【分析】先求出二项式的展开式通项，利用常数项列式求得，然后赋值法求解系数和即可. 【详解】二项式的展开式通项， 令，得，故展开式中的常数项为，得（舍去负值）， 则令得展开式中所有项的系数之和为． 故答案为： 12．已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则 ． 【答案】 【分析】先根据抛物线的定义求出点的坐标，再将圆的方程化为标准方程，得到圆心坐标和半径，最后根据切线的性质，利用勾股定理求值. 【详解】    在抛物线中，，则，所以焦点，准线方程为. 设点，根据抛物线的定义，可得，解得. 把代入，得，因为，所以，即. 将圆化为标准方程： ，从而圆心为，半径. 故. 故答案为：. 13．某体育器材商店经营三种型号的组合器械，三种型号组合器械的优质率分别为0.9，0.8，0.7，市场占有比例为，某健身中心从该商店任意购买一种型号的组合器械，则买到的组合器械是优质产品的概率为 ；若该健身中心从三种型号的组合器械各买一件，则恰好买到两件优质产品的概率为 ． 【答案】 0.82 0.398 【分析】依据题意，分析事件关系，利用全概率公式求解第一空，利用互斥事件与相互独立事件求解第二空即可. 【详解】第一空：由全概率公式可得：； 第二空：恰好买到两件优质产品是“AB优C不优，AC优B不优，BC优A不优”这三个互斥事件的和，故所求概率为：， 故答案为：0.82；0.398. 14．平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则 ； （II）的取值范围是 ． 【答案】 【分析】（I）证明四边形为菱形，即可利用定义求数量积； （II）以为原点，以所在直线为轴和轴建系，求出点的轨迹方程，再用坐标表示，再将其转化为几何意义求解. 【详解】（I）如图，连接， 因，，为线段的中点， 则，， 故四边形为菱形，则， （II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴， 在中可知，，则， 设，则，， 因，则点的轨迹为以为直径的圆， 方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆， 因，则 该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离， 因，则点在圆上， 则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形， 故. 故答案为：； 15．已知，函数,当时，函数的最大值是 ；若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称，则的取值范围是 ． 【答案】 / 【分析】第一空，根据分段函数解析式，对于 时的解析式，利用均值不等式结合正弦函数性质即可求得最小值；第二空，把函数的图象上有且只有两对点关于轴对称转化为 的图象关于y轴对称的函数图象与仅有两个交点的问题，数形结合，求得答案. 【详解】当 时，， 令，当 ，即时取等号， 即当时， ， 令， 又因为, 则; 因为图象仅有两对点关于y轴对称， 即 的图象关于y轴对称的函数图象与图象仅有两个交点， 当 时， ， 设其关于y轴对称的函数为 ， ∴， ∵， 由（1）可知近似图象如图所示：      时，， 当与仅有两个交点时，， 综上，a的取值范围是 ， 故答案为：；． 【点睛】本题考查了分段函数最值的求解以及参数的范围求解，涉及到三角函数以及均值不等式的知识，综合性较强，解答时要注意数形结合的思想方法,解答的关键是把函数的图象上有且只有两对点关于轴对称转化为 的图象关于y轴对称的函数图象与仅有两个交点的问题. 【B组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解对数不等式求出集合，再求. 【详解】， 由，得，解得， 所以. 故选：B． 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用导数研究的单调性，结合及充分、必要性定义即可得答案. 【详解】对应，有，故在R上单调递增， 若，即， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．在1，3，6，7，9，10，12，15这组数据中，第50百分位数为8 B．分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大 C．根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的经验回归方程为，若，，，则 D．两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 【答案】D 【分析】求数据的第50百分位数，判断A的真假；根据的意义，判断B的真假；根据线性回归方程必过求判断C的真假；根据残差平方和的意义判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以这组数据的第50百分位数为：，故A选项内容正确； 对B：根据统计量的意义可知，B选项内容正确； 对C：根据线性回归方程必过得：，故C选项内容正确； 对D：因为残差平方和越小，模型拟合的效果越好，故D选项内容错误. 故选：D 4．已知 是奇函数，则不正确的是（    ） A． B．上单调递增 C．的值域为 D．的解集为 【答案】B 【分析】利用函数的奇偶性求出即可判断A；利用复合函数的单调性即可判断B；利用反函数法求出函数的值域即可判断C；利用函数的单调性解不等式即可判断D. 【详解】A：由，得，即函数的定义域为， 由为奇函数，得， 即，整理得， 又，所以，解得.故A正确； B：由选项A知， 当时，.又函数在上为增函数， 所以在上为减函数，故B错误； C：令，得，解得或， 所以的值域为，故C正确； D：因为在上为减函数，且为奇函数， 所以在上为减函数，且， 由得，解得， 即原不等式的解集为，故D正确. 故选：B 5．如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 所以. 故选：D. 6．已知函数在上单调，且，若将函数的图象向右平移个单位长度后关于y轴对称，则m的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角函数周期性将函数化简，再结合单调性计算出的取值，逐个验证后确定和的值，即得到函数的解析式，再根据题意得到平移后的函数解析式，最后结合函数图像的对称性质解得的最小值. 【详解】因为函数，又函数在上单调，所以函数的最小正周期，所以，又，所以，2，3. 若，则，且，又，则无解； 若，则，且，又，则； 若，则，且，又，则无解. 综上，. 所以函数的图像向右平移m个单位长度后对应解析式为， 因为关于轴对称，所以，.所以，，又，所以当时，m取最小值为. 故选：D. 7．已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆和直线的位置关系列不等式，化简求得双曲线离心率的取值范围. 【详解】抛物线的准线与轴交于，则， 设的中点为，，则， 在的渐近线上存在点，使得， 是以为圆心，半径为的圆与渐近线有公共点， 所以， ， 所以. 故选：D 8．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将变形为，然后从对数函数的定义域及单调性考虑，结合指数函数的值域，得到，进而得到，，，结合，，得到，，求出. 【详解】要比较，，中的大小， 等价于比较，，中的大小， ∵，由定义域可知，故， ∵在定义域上单调递减，，， ∵，∴，∵，∴，故，则， ，，由定义域可知：，又∵， ∴，则，，故，∵，， ∴，，. 故选：A. 9．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（    ） A．与所成角为 B．点P为线段的中点 C．三棱锥的体积为 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】C 【分析】对于A，连接，得出即为与所成角的平面角即可判断；对于B，连接，证明平面和平面重合即可判断；对于C，利用等体积法求出三棱锥的体积；对于D：先判断出平面截正方体所得截面为正六边形，边长为，即可判断. 【详解】对于A，连接， 因为分别为的中点，所以， 所以即为与所成角的平面角， 在中，，故， 所以与所成角为，故A正确； 对于B，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面， 因为平面，平面， 所以平面平面， 而为平面和平面的公共边， 所以平面和平面重合， 所以点即为的交点， 所以点P为线段的中点，故B正确； 对于C：因为平面，所以点到平面的距离相等， 所以，故C错误； 对于D：分别取，，的中点为，连接， 在正方体中，， 所以，所以四点共面， 同理可证：共面， 在棱长为2的正方体中，所以. 同理可求：， 所以平面截正方体所得截面为正六边形，边长为， 面积为，故D正确. 故选：C. 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10．的展开式中，的系数是 . 【答案】6 【分析】利用组合方法求出通项，然后可得. 【详解】对于的展开式，依据排列组合知识， 相当于从这3个因式中选出个因式取元素， 再从剩下的个因式中选出个因式取元素， 最后再从剩下的个因式中取元素1. 根据分步乘法计数原理，可知选取的情况种数为. 所以可以得到的通项公式为： . 根据通项公式，可得的系数为. 故答案为：6 11．已知复数，，则的实部的最大值为 ． 【答案】/1.5 【分析】直接计算可知的实部为，然后求的最大值即可. 【详解】直接计算知： ， 故的实部为. 而，， 所以的最大值为，故的实部的最大值为. 故答案为：. 12．已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由直线过定点可得点的坐标，从而可得点的坐标，再由圆的弦长公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】直线的方程可化为， 令，解得，所以点的坐标为， 又圆的圆心与点关于直线对称，则， 设圆的方程为， 且圆的圆心到直线的距离为， 又，则. 即圆的半径为. 故答案为：. 13．在边长为的菱形中，，且，，则 ；若为线段上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 / 【分析】依题意可得，根据平面向量线性运算及基本定理求出、，建立平面直角坐标系，求出点坐标，设，利用坐标法及二次函数的性质计算可得. 【详解】因为，所以， 所以， 又且、不共线，所以，所以； 如图建立平面直角坐标系，则，，， 所以，由，所以， 所以，因为为线段上的动点， 设，所以，所以， 所以， 所以 ，所以当时取得最小值，且最小值为. 故答案为：； 14．一袋中装有3个红球，5个黑球，从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作. （1）第二次取出的球是黑球的概率为 ； （2）在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第2025次取出的球都是黑球的概率为 . 【答案】 /0.625 【分析】（1）利用全概率公式即可解决； （2）计算、等探寻规律即可发现其概率均为. 【详解】记表示第i次取到黑球，则 （1）， 则第二次取出的球是黑球的概率为. （2） ……… 事实上，可以证明：①； ②； ③. 故答案为：；. 15．已知恒成立，则正数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将原不等式同构为，即，令，分析单调性可得，令利用导数求出最值得解. 【详解】由，可得． 令，易知在上单调递增， 由，可得， 故，即. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 所以，即， 故正数的取值范围是. 故答案为：. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 小题限时卷01（A组+B组） 【A组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．观察下列散点图，其中两个变量的相关关系判断正确的是（   ）    A．a为正相关，b为负相关，c为不相关 B．a为负相关，b为不相关，c为正相关 C．a为负相关，b为正相关，c为不相关 D．a为正相关，b为不相关，c为负相关 4．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（   ） A． B． C． D． 5．设，则（   ） A． B． C． D． 6．在正方体 中，若棱长为 分别为线段上的动点，则下列结论中错误的个数为（     ） （1） 平面 （2）直线与平面 所成角的正弦值为定值 （3）平面 平面 （4）点 到平面 的距离为定值 A．0 B．1 C．2 D．3 7．已知函数图象的一条对称轴是，且在上有且仅有两个对称中心，则函数的解析式为（   ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线的渐近线上的点，满足，且，的面积为，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在体积为的正四棱锥中，，，设平面与直线交于点，记四棱锥的体积为，则（   ） A． B． C． D． 2、 填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10．i是虚教单位，若复数是纯虚数，则 ． 11．已知的展开式中的常数项为，则展开式中所有项的系数之和为 ． 12．已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则 ． 13．某体育器材商店经营三种型号的组合器械，三种型号组合器械的优质率分别为0.9，0.8，0.7，市场占有比例为，某健身中心从该商店任意购买一种型号的组合器械，则买到的组合器械是优质产品的概率为 ；若该健身中心从三种型号的组合器械各买一件，则恰好买到两件优质产品的概率为 ． 14．平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则 ； （II）的取值范围是 ． 15．已知，函数,当时，函数的最大值是 ；若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称，则的取值范围是 ． 【B组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合，，，则（    ） A． B． C． D． 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．在1，3，6，7，9，10，12，15这组数据中，第50百分位数为8 B．分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越大 C．根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的经验回归方程为，若，，，则 D．两个模型中，残差平方和越大的模型拟合的效果越好 4．已知 是奇函数，则不正确的是（    ） A． B．上单调递增 C．的值域为 D．的解集为 5．如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数在上单调，且，若将函数的图象向右平移个单位长度后关于y轴对称，则m的最小值为（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 9．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（    ） A．与所成角为 B．点P为线段的中点 C．三棱锥的体积为 D．平面截正方体所得截面的面积为 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10．的展开式中，的系数是 . 11．已知复数，，则的实部的最大值为 ． 12．已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为 ． 13．在边长为的菱形中，，且，，则 ；若为线段上的动点，则的最小值为 ． 14．一袋中装有3个红球，5个黑球，从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作. （1）第二次取出的球是黑球的概率为 ； （2）在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第2025次取出的球都是黑球的概率为 . 15．已知恒成立，则正数的取值范围为 ． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$