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小题限时卷 04（A 组+B 组+C 组）
（模式：8+3+3 满分：73分 限时：50分钟）
一、单选题
1．（2024·河南·模拟预测）已知集合 ，且 ，则实
数 的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据对数函数单调性以及一元二次不等式解法求得集合 ，再由并集结果可得实数 的最小
值.
【详解】解不等式 可得 ，即 ，
解不等式 可得 或 ；
当 时可得 ，解得 .
因此实数 的最小值为3.
故选：B
2．（2024·贵州黔南·一模）曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出三角形面积.
【详解】由 ，求导得 ，则 ，而 ，
因此曲线 在点 处的切线为 ，该切线交 于点 ，交 轴于点 ，
所以该切线与两坐标轴围成的三角形的面积 .
故选：A
3．（2024·山东威海·一模）已知命题 ，命题 ，则 成立是 成立的
（ ）
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】A
【分析】先化简命题p: ， ： ，再利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】解：由 ，得 ，解得 ；
由 ，得 ，
当 时， 成立；
当 时， ，解得 ，综上 ，
所以 成立是 成立的充分不必要条件，
故选：A
4．（24-25高三上·山东泰安·期中）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件即可求得 ，代入即可求得.
【详解】由 ，得 ，
化简得 ，所以 ，
所以 .
故选：B
5．（24-25高三上·安徽池州·期中）已知 ， ，且 ，若 恒成立，则实
数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由已知条件得出 ，将代数式 与 相乘，展开后利用
基本不等式求出 的最小值，根据题意可得出关于 的不等式，解之即可.
【详解】因为 ， ，且 ，则 ，
所以 ，当且仅当 时，即当 ， 时，所以 的最小值为 ，
因为 恒成立，所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
故选：B.
6．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知表面积为 的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台
的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知得球的半径 ，作出圆台的轴截面，求出圆台的上、下底面半径，由圆台的体积公式即可
得解．
【详解】设球的半径为 ，由 ，解得 ．
作出圆台的轴截面，如图，设 ，则 ，
由相切的性质可知 ， ，
易知 ， 分别是 ， 的平分线，即 ， ，
又 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又 ，则 ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，解得 （负值已舍去），
所以该圆台的体积为 ，
故选：D．7．（2024·广东河源·模拟预测）已知定义在 上的函数 满足 为奇函数，且 的图象
关于直线 对称，若 ，则 （ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据奇函数性质、对称性求得 、 、 ，进而有
，再确定 的周期，利用周期性求函数值的和.
【详解】由 为奇函数，知 的图象关于点 对称，则 ，
由 ，得 ．
由 的图象关于直线 对称，则 的图象关于直线 对称，
所以 ， ，
综上， ，
由上 ， ，得 ，
所以 ，则4为 的一个周期，
所以 .
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据函数的奇偶性、对称性求函数值，并确定周期为关键.
8．（2024·广东韶关·一模）椭圆 的左右焦点分别为 ，以 为直径的圆与椭
圆 没有公共点，则双曲线 的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，可得椭圆短轴的端点在以 为直径的圆外，由此求得 ，再利用双曲线
离心率的意义求出范围.【详解】以 为直径的圆的方程为 ，依题意，椭圆短轴的端点在此圆外，
即 ，解得 ，则双曲线 的离心率为 ，
由 ，得 ，所以所求离心率的取值范围 .
故选：D
二、多选题
9．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 ，则（ ）．
A． 的最小正周期为
B． 在 上单调递增
C． 的图象关于直线 对称
D． 的图象可由 的图象向左平移 个单位得到
【答案】AC
【分析】利用辅助角公式化简 ，即可利用周期公式判断A，利用整体法求解BC，根据
函数图象平移的准则求解D.
【详解】由 ，所以最小正周期 ，选项A正确；
当 时， ，此时 先减后增，选项B错误；
的图象关于直线 对称，当 时， ，选项C正确；
的图象向左平移 个单位得到 的图象，选项D错误．
故选：AC
10．（2024·河南·模拟预测）若等边三角形 的边长为 为 的中点，且
交于点 ，则下列说法正确的是（ ）
A．当 时，
B．若点 为 的中点，则C． 为定值
D． 的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据平面向量基本定理可得A错误，利用共线定理可判断B正确，由数量积的定义以及运算律计
算可得C正确，得出 的表达式可得当 时， 的最小值为 ，即D正确.
【详解】如下图所示：
对于A，易知当 时，可得 ，
所以 ，即A错误，
对于B，若点 为 的中点，可知 ，
又可知 ，
易知 为共线向量，所以可知 ，解得 ，即B正确；
对于C，由 可知：
为定值，即C正确；
对于D，
，
又 ，可得当 时， 取得最小值为 ，即D正确.
故选：BCD
11．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）在平面直角坐标系 中，曲线 经过坐标原点，且 上的点
满足： ，且到点 的距离与到定直线 的距离之积为 ，则（ ）A．
B．点 ， 均在曲线 上
C．曲线 在第二象限的点到 轴的距离的最大值为
D．
【答案】ABD
【分析】根据已知条件可得轨迹方程为 ，代入坐标原点可判断A选项，代入 ，
可判断B选项，设 ，求导，根据导数可得当 时， 的单调性及最值情况，
即可判断C选项；由 ，所以 ，即可判断D选项.
【详解】由已知 ， ，
又曲线 过坐标原点，则 ，
则 ，又 ，则 ，A选项正确；
则曲线方程为 ， ，
即 ， ，
令 ，得 ，所以 ，
即点 ， 均在曲线 上，B选项正确；
设 ， ，
则 ，
当 时， ，设 ，
则 ，
则当 时， ， 时， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，又 ， ， ，
所以 ，使g(x )=0，
0
且 时，g(x)>0， 时，g(x)<0，
即 时，f′(x)>0， 的单调递增， 时，f′(x)<0， 单调递减，
则 ，
即 ，使 ，又 ，所以 ，C选项错误；
将轨迹方程转化为 ，
可知 恒成立，
又 ，所以 ，
即 ，即 ，D选项正确；
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·全国·模拟预测）已知函数 是偶函数，则 .
【答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数 的值.
【详解】因为 ，故 ，
因为 为偶函数，故 ，
时 ，整理得到 ，
故 ，
故答案为：1
13．（2024·四川成都·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中
甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有 种（用数字作答）．
【答案】20
【分析】分甲和乙站前排，丙站后排和甲和乙站后排，丙站后排两类情况,根据分类加法原理和分步乘法原
理即可求解.
【详解】当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有 （种）；
当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有 （种），
所以不同的站法共有 （种）．
故答案为:20.14．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ，若对任意 ，都存在
，使得 ，则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题意得 ，构造函数 与 ，利用导数分别
求两函数的值域，再分类讨论将问题转化为 值域间的包含关系，进而建立关于 的不等式求解
可得.
【详解】由 得 .
设 ， .
则 ，
当 时， ，则 在 上单调递减；
当 时， ，则 在 上单调递增；
所以 ，且当 时， ；
当 时， .
故 的值域为 ；
设 ， .
则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减；
所以 ，且当 时， ；
当 时， .
故 的值域为 ；
若 ，则 ，故 值域 ，
且恒有 .
由题意对任意 ，都存在 ，使得 .
但当 时，恒有 ，即不存在 ，使得 ，故 ，
所以 ，则函数 的值域为 ，
要使对任意 ，都存在 ，
使得 ，即 ，
则需 的值域 ，则 ，
解得 ，故实数 的取值范围为 .
故答案为： .
【点睛】结论点睛：任意 ，都存在 ，使得 ，即
在定义域 上的值域是函数 在定义域 上的值域的子集.
（模式：4+2+1 满分：37分 限时：25分钟）
一、单选题
1．（2024·河南·模拟预测）函数 图象的对称中心是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数解析式以及对数运算法则可得函数 满足 ，即可得对称中心为
.
【详解】易知 的定义域为 ，
所以可得 ，
因此
，
即函数 满足 ，因此 的对称中心为 .
故选：B2．（2024·浙江宁波·一模）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，过上顶点 作直线 交椭圆于另一
点 .若 ，则椭圆 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据椭圆的定义确定 中各边的长度，再结合 ，用余弦定理列
式，化简可求椭圆的离心率.
【详解】如图：
因为 的周长为 ， ， ，所以 ， .
又 ，
所以 .
所以椭圆 的离心率为 .
故选：C
3．（2024高三上·河北邯郸·阶段练习）在 中，角 ， ， 的边分别为 ， ， ，
，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理将条件转化为角的关系，再通过恒等变换化简变形 ，结合基本不等式求
其最值.
【详解】因为 ，由正弦定理得 ，
所以
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立，
所以 的最大值为 ，
故选：D.
4．（2024·山东威海·一模）已知 ，且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数 ，利用函数的奇偶性及导数与函数单调性间的关系，可得 ，
在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，结合条件可得 ，即可求解.
【详解】令 ，则 ，
则 是偶函数，
又 ，当 时， 恒成立，
所以 ，在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
又 ，且 ，即 ，所以 ，则 ，所以选项B正确，
当 时， ，所以选项A和D错误，
当 时， ，所以选项C错误，
故选：B.
二、多选题
5．（24-25高三上·福建·期中）在直四棱柱 中，底面 是边长为2的菱形，分别是棱 的中点，过直线 的平面 分别与棱 交于点 ，则
下列说法正确的是（ ）
A．四边形 为矩形
B．
C．四边形 面积的最小值为8
D．四棱锥 的体积为定值
【答案】BD
【分析】对于A，利用面面平行的性质定理结合平行四边形的判定定理可证得四边形 为平行四边形，
再结合直棱柱的性质分析判断，对于B，连接 ，可证得 ≌ ，从而进行判断，对于C，由
四边形 面积为 分析判断，对于D，由 分析判断.
【详解】对于A，连接 交于 ，连接 交于 ，因为平面 //平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，同理可证得 // ，所以四边形 为平行四边形，
因为四边 为菱形，所以 ，
因为四棱柱 为直四棱柱，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 分别是棱 的中点，所以 ，
因为 // ， ，所以 // ， ，
所以四边形 为平行四边形，所以 // ，所以 ，
所以四边形 为菱形，所以A错误，
对于B，连接 ，因为四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 分别是棱 的中点，所以 为直四棱柱 的中心，
所以 过点 且被平分，即 ，
因为 ， ，所以 ≌ ，
所以 ，所以B正确，
对于C，因为四边形 是边长为2的菱形， ，所以 ，所以 ，
因为四边形 为菱形，所以四边形 面积为 ,
即四边形 面积的最小值为 ，所以C错误，
对于D，因为 ，点 到平面 的距离为定值， 为定值，
所以四棱锥 的体积为定值，所以D正确，
故选：BD
6．（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，过点 的直线与椭
圆E相交于P，Q两点，则（ ）.
A．以椭圆E的长轴为直径的圆的方程为
B．以 为直径的圆与椭圆E有且仅有2个公共点
C．以 为圆心， 为半径的圆与椭圆E有3个公共点
D．以 为直径的圆与直线 相离
【答案】ABD
【分析】对于A，由长半轴的长结合题设即可判断；对于B，求出焦距后联立圆方程和椭圆方程后可判断
其正误；对于C，根据焦半径的范围可判断其正误；对于D，利用圆心到直线的距离与半径的大小关系可
判断其正误.
【详解】对于A，以椭圆 的长轴为直径的圆的半径为 ，圆心为原点，
故该圆的方程为 ，选项A正确；
对于B，由椭圆方程可得 ，故以 为直径的圆的半径为1，圆心为原点，故其方程为 ，由 可得 或 ，
故该圆与椭圆 有且仅有2个公共点，选项B正确；
对于C，由于椭圆 上的任意一点 与左焦点 的距离 ，
当且仅当 为左顶点时取等号，
故以 为圆心， 为半径的圆与椭圆 只有一个公共点 ，选项C错误；
对于D，设 为线段 的中点，过点 作直线l的垂线，
垂足分别为点 ， ， ，设P(x,y)，则 ，
因为F (−1,0)，所以 ，
1
而 ，故 ，同理 ，
则 ，
即以 为直径的圆的圆心到直线l的距离大于该圆的半径，选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·河南·模拟预测）已知四棱锥 的5个顶点都在球 的球面上，且 平面
，则球 的表面积为 ．
【答案】
【分析】依题意可知 四点共圆，可得 ，由余弦定理可得 ，且
，再根据外接球直径利用勾股定理计算出外接球半径，可得球的表面积.
【详解】根据题意可知四边形 的顶点在同一个圆上，连接 ，如下图所示：易知 ，又 ，
在 中，由余弦定理可得 ；
在 中，由余弦定理可得 ;
又易知 ，所以可得 ，
解得 ，又 ，所以 ，
可得 ，即 ，
设四边形 的外接圆半径为 ，由正弦定理可得 ，
解得 ，
又 平面 ，且 ，
设四棱锥 的外接球半径为 ，
可得 ，即 ；
因此外接球的表面积为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用四点共圆性质得出对角线 ，再由正弦定理求出外接圆
半径，再根据线面垂直关系可得外接球半径可得结果.
（模式：1+1+1 满分：16分 限时：15分钟）
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·一模）不等式 对任意 恒成立，则 的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】先由题意得到 是 的一个根，从而得到 之间的关系式为 ，消元并利用均值不等式求解即可.
【详解】由题意可得，需满足 是 的一个根，
即 ，且 ，所以 ，
，
当且仅当 ，即 时取等号.
所以 的最小值为 .
故选：A.
二、多选题
2．（2024·贵州黔南·一模）已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 与抛物线 交于 ， 两
点.若抛物线 在点 ， 处的切线的斜率分别为 ， ，且抛物线 的准线与 轴交于点 ，则下列说法
正确的是（ ）
A． 的最小值为4
B．若 ，则
C．若 ，则直线 的方程为
D．直线 的倾斜角 的最小值为
【答案】ABD
【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，设出直线 的方程，并与抛物线方程联立，借助韦达定理求
出关系式，利用抛物线定义结合基本不等式求解判断AB；利用导数求出切线斜率求解判断C；求出直线
的斜率范围判断D.
【详解】抛物线 的焦点 ，准线方程为 ， ，
显然直线 的斜率存在，设其方程为 ， ，
由 消去 得 ，显然 ， ，
对于A， ，
当且仅当 时取等号，A正确；
对于B，由选项A知， ，而 ，因此 ，B正确；
对于C，由 ，求导得 ，则 ，由 ，得 ，则 ，解得 ，直线 的方程为 ，C错误；
对于D，直线 的斜率 ， ，当且仅当 时取等号，
则 或 ，因此直线 的倾斜角 ，
直线 的倾斜角 的最小值为 ，D正确.
故选：ABD
三、填空题
3．（2024·贵州黔南·一模）已知集合 为不超过 的正整数 ， .若 ， ，则
的最大值与最小值之和为 .
【答案】
【分析】根据题意，分析可得对于 的最小值，要尽可能让每一项 取较大值，对于 的最大值，要尽可
能让每一项 取较小值，结合等差数列的求和公式代入计算，分别求得 的最小值以及最大值，即可得到
结果.
【详解】由题意可得， ，且 ， ，
对于 的最小值，要尽可能让每一项 取最大值；
对于 的最大值，要尽可能让每一项 取最小值；
当 尽可能取大的值时， 会取到最小值，
当 时，n取到最大值，最大值为60；
当 时，因为 ， ，
所以取 时， ，
此时n恰好取到最小值，
综上 的最大值为 ， 的最小值为 ，则 的最大值与最小值之和为 .
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题主要考查了集合定义的理解以及数列求和的内容，难度较大，解答本题的关键在
于分析出对于 的最小值，要尽可能让每一项 取较大值，对于 的最大值，要尽可能让每一项 取较小
值，即可得到结果.
