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小题限时卷 05（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．（23-24高三下·辽宁·期末）如果复数 满足： ，那么 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设 ，即可表示出 ，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.
【详解】设 ，则 ， ，
因为 ，即 ，
所以 ，解得 ，
所以 .
故选：A
2．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知 ， ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由条件结合换底公式可求 ，相加可得结论.
【详解】由换底公式得， ， ，
所以 ，
所以 .
故选：C.
3．（23-24高三下·辽宁·期末）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下面命题中正确的
是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】D
【分析】对于ABC：根据正方体的结构特征，举反例说明即可；对于D：根据线面垂直的性质和判定定理
分析判断.
【详解】对于选项ABC：在正方体中 ，
例如 ∥平面 ，平面 ∥平面 ， 平面 ，
但 与 相交，故A错误；
例如 ∥ ， ∥平面 ， ∥平面
但平面 平面 ，故B错误；
例如 ， 平面 ，但 平面 ，故C错误；
对于选项D：若 ，则 ∥ ，
且 ，所以 ，故D正确；
故选：D.
4．（2024·山东青岛·一模）若正项等差数列 的前 项和为 ，则 的最大值为（ ）
A．9 B．16 C．25 D．50
【答案】C
【分析】根据等差数列的求和公式可得 ，利用基本不等式可求最值.
【详解】因为 ，
所以 ，则
又因为 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立；
所以 的最大值为25.
故选：C5．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）已知 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．3
【答案】B
【分析】由三角恒等变换可得 ，进一步由同角三角函数关系以及商数关系、二倍角公式化简求值
即可.
【详解】由 ，解得 ，
故
.
故选：B.
6．（2024·浙江·模拟预测）天上有三颗星星，地上有四个孩子．每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星
只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的
所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用古典概型的概率公式，结合排列组合知识求解．
【详解】四个孩子向三颗星星许愿，一共有 种可能的许愿方式.
由于四个人选三颗星星，那么至少有一颗星星被两个人选，这两个人愿望无法实现，至多只能实现两个人
的愿望，
所以至少有两个孩子愿望成真，只能是有两颗星星各有一个人选，一颗星星有两个人选，
可以先从四个孩子中选出两个孩子，让他们共同选一颗星星，其余两个人再选另外两颗星，
有 种情况，
所以所求概率为 .
故选：C.
7．（24-25高三上·广西·阶段练习）抛物线 的焦点为 ，准线为 ， ， 是抛物线上的两个动点，且满足 .设线段 的中点 在准线 上的投影为 ，则 的最大值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】由抛物线定义对线段进行转化，再由中位线得到线段 ，解三角形得到线段 ，由基本不等
式得到取值范围，从而得到最值.
【详解】设 、 ，如图所示，根据抛物线的定义，
可知 ， ，
在梯形 中，有 ，
在 中，
，
又∵ ，∴ ，
当且仅当 时取等号，∴ ，
故 的最大值是 .
故选：A.
【点睛】方法点睛：与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注
意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)
将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决．
8．（24-25高三上·重庆·期末）已知函数 的定义域为 ，则下列选项
一定正确的是（ ）
A． B．C． D． 的图象关于直线 对称
【答案】C
【分析】根据函数的对称性以及周期性，即可结合选项逐一求解.
【详解】根据 可得 可得 对称，故B错误，
由 可得 为周期函数，且周期为4，
对于A，无法确定f (1)=0，故A错误，
对于C， ．C正确，
对于D，由于 关于 对称且周期为4，故 ，
无法确定 和 的关系，因此无法确定 是函数的对称轴，故D错误，
故选：C
二、多选题
9．（24-25高三上·江苏苏州·期中）设 为数列 的前n项和.若 ，则（ ）
A． B．数列 为递减数列 C． D．
【答案】BC
【分析】A选项，利用 得到 为公比为2的等比数列，求出 ；B选项，当
时， ，B正确；C选项，计算出 ，得到C正确；D选项，利用等比数列求
和公式计算出 ， ，D错误.
【详解】A选项，当 时， ，解得 ，
当 时， ，
故 ，
所以 为公比为2的等比数列， ，A错误；
B选项，当 时， ，
故 ，所以 为递减数列，B正确；
C选项， ， ， ，
故 ，C正确；D选项， ， ，
故 ，D错误.
故选：BC
10．（2024·山东临沂·一模）已知函数 ，则（ ）
A． 的定义域为
B． 的值域为
C．当 时， 为奇函数
D．当 时，
【答案】ACD
【分析】由分母不为零求出函数的定义域，即可判断A，再分 、 分别求出函数值的
取值范围，即可得到函数的值域，从而判断B，根据奇偶性判断C，根据指数幂的运算判断D.
【详解】对于函数 ，令 ，解得 ，
所以 的定义域为 ，故A正确；
因为 ，当 时 ，所以 ，
当 时 ，所以 ，
综上可得 的值域为 ，故B错误；
当 时 ，则 ，
所以 为奇函数，故C正确；
当 时 ，则 ，
故D正确.
故选：ACD
11．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点
A，B，C，D在同一个平面内，若四边形 是边长为2的正方形，则（ ）A．异面直线 与 所成角大小为
B．二面角 的平面角的余弦值为
C．此八面体的外接球体积为
D．此八面体的内切球表面积为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，求 异面直线所成角判断A,求二面角判断B,求外接球的体积判断C，应用
内切球计算公式求内切球半径求表面积判断D.
【详解】连接 、 交于点 ，连接 、 ，
因为四边形 为正方形，则 ，
又因为八面体的每个面都是正三角形，
所以 、 、 三点共线，且 面 ，
所以以 为原点，分别以 、 、 为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，如图所示，
则O(0,0,0)， ， ， ，
， ， ，
对于A项， ， ，
设异面直线 与 所成角为 ，
则 ，所以 ，即异面直线 与 所成角大小为 ，故A项正确；
对于B项， ， ， ，
设面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ， ，则 ，
设面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ， ，则 ，
所以 ，
又因为面 与 所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角 的平面角的余弦值为 ，故B项错误；
对于C项，因为 ，
所以 为此八面体外接球的球心，且外接球的半径为 ，
故体积为 ，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为 ，
则八面体的体积为 ，
又八面体的体积为 ，
所以 ，解得 ，
所以内切球的表面积为 ，故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解外接球体积的关键是 ，找到球心.
三、填空题
12．（24-25高三上·重庆·期末）已知非零向量 满足： ，且 ，则 .【答案】
【分析】由 ，可得 ，再利用夹角公式求解即可.
【详解】 .
，
，解得 ，
故 ．
故答案为： .
13．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知函数 的定义域为 ， 是偶函数，当 时，
，则曲线 在点 处的切线斜率为 .
【答案】
【分析】根据 是偶函数求出 时 的解析式，再利用导数求出斜率.
【详解】因为 是偶函数，所以函数 的图象关于 对称，
则 ，当 时， ，
∴ ，则 ，
此时 ， ，
即曲线 在点 处切线的斜率为 .
故答案为： .
14．（2024·北京·模拟预测）已知 ，则 的最小值为 ．
【答案】2
【分析】变形函数 ，换元构造函数，再利用导数分段探讨单调性求出最小值.
【详解】函数 ，令 ，令 ，当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
因此当 时， ，所以当 时， 取得最小值2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：利用对数运算法则变形，再换元构造新函数是解决本题的关键.
（模式：4+2+1 满分：37分 限时：25分钟）
一、单选题
1．（23-24高三下·辽宁·期末）在 世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：
“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”. 这可视为中国古代极限
观念的佳作. 割圆术可以视为将一个圆内按正 边形等分成 个等腰三角形（如图所示），当 越大，等腰
三角形的面积之和越近似等于圆的面积. 运用割圆术的思想，可得到 的近似值为（ 取近似值 ）
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为 ，再根据这60个扇形对
应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积列等式，计算即可.
【详解】将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为 .
因为这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积，
所以 ，所以 .
故选： .
2．（24-25高三上·福建宁德·阶段练习）已知数列 的首项 ，且满足 ，则
的值为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用取倒法证得 是等差数列，进而求得 ，从而得解.
【详解】因为 ， ，易知 ，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，
故 是以 为首项， 为公差的等差数列，
则 ，故 ，
所以 .
故选：A.
3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）在正四棱台 中， ，其体积为 ，
为 的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作辅助线，可知 为异面直线 与 所成角或其补角，根据棱台体积公式求得 ，
结合余弦定理即可求解.
【详解】设正四棱台 的高为 ，
连接 ，作 交 于点 ，作 交 于点 ，连接 ，则 为异面直线 与 所成角或其补角.
因为 ，且正四棱台 的体积为 ，
即 ，
所以 ，即 ，
则 ， ， ，
， ，
所以 .
故选：D.
4．（2024·河北沧州·二模）若 ，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用对数函数的单调性，以及正弦函数的性质，分别求得 的取值范围，即可求
解.
【详解】由对数函数单调性，可得 ，所以 ；
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，即 ，所以 .
故选：B.
二、多选题
5．（24-25高三上·浙江·期中）已知直线 ，圆 ，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则下列选项正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．若圆C关于直线l对称，则k=1
C．若直线l与圆C相切，则
D．当k=1时，取y轴上一点 ，则 的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于A，看出关于 的多项式恒等于0即可判断；对于B，把圆心坐标代入已知直线即可判断；
对于C，根据圆心到直线的距离等于半径列方程即可判断；对于D，找对称点，转换为将军饮马模型即可
求解.
【详解】解：对于A，直线l：k ，即 ，
令 ，则 ，解得 ， ，
所以直线|恒过定点 ，故A正确;
对于B，若圆C关于直线l对称，则直线l过圆心 ，
所以 ，解得 ，故B错误;
对于C，若直线与圆C相切，则圆心 到直线的距离等于半径1，
即 ，解得 ，故C正确;
对于D，当k=1时，直线 ，点 关于直线l的对称点 ，
则有 ，解得 ，即 ，
所以 的最小值为 ，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
6．（24-25高三上·重庆·期末）若 ，则.
【答案】
【分析】对 两边求导，再令 可得答案.
【详解】对 两边同时求导可得：
，
再令 可得： ．
故答案为：
7．（2024·福建三明·三模）在平面直角坐标系中， 、 、 ，
当 时.写出 的一个值为 .
【答案】 （满足 或 的其中一值）
【分析】利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出 ，求出 的值，即
可得解.
【详解】由题意可得 ， ，
所以， ，同理可得 ，
则
，
所以， 或 ，
解得 或 ，
故答案为： （满足 或 的其中一值）.
8．（2024高三下·吉林·竞赛）函数 ( ，且 )，若 对 成
立，则实数 的取值范围是 .
【答案】 .
【分析】对 分 和0
