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2025 年高考数学二轮复习小题提升练12
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·广东韶关·一模）若复数
满足
，则
（ ）
A．1
B．
C．2
D．4
2．（2024·宁夏吴忠·一模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
，或
D．
3．（2024·浙江温州·一模）已知函数
的值域为
，则实数
的取值
范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（23-24 高一下·陕西安康·阶段练习）国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、
下底面边长分别为
，
，侧棱长为
的正四棱台，则该台基的体积约为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2024 高三·全国·专题练习）已知向量
满足
与
的夹角为
，设
，数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．120
B．180
C．210
D．420
1
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6．（2024·四川德阳·一模）设
满足
，
则
（ ）
A．120
B．
C．40
D．
7．（23-24 高二下·福建福州·期中）若曲线
有且仅有一条过坐标原点的切线，则
正数a 的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2024·江西新余·模拟预测）如图，双曲线
的左右焦点分别为
、
，过
的直线与该双曲线的两支分别交于
、
两点（
在线段
上），⊙
与⊙
分别为
与
的内切圆，其半径分别为
、
，则
的取值范围是：（ ）.
A．
B．
C．
D．
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)
2
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9．（23-24 高一下·福建宁德·期末）公差为d 的等差数列
，其前n 项和为
，
，
，下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
中
最大
D．
10．（2024·广东佛山·一模）已知直线
，
与平面
，
，
，能使
的充分条件是
（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
，
D．
，
，
11．（2024·河南·二模）现有编号分别为
的三个盒子，其中
盒中共20 个小球，
其中红球6 个，
盒中共20 个小球，其中红球5 个，
盒中共30 个小球，其中红球6 个.
现从所有球中随机抽取一个，记事件
：“该球为红球”，事件
：“该球出自编号为
的盒中”，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自
盒的概率最小
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·新疆乌鲁木齐·三模）设M，N，P 是椭圆
上的三个点，O
为坐标原点，且四边形OMNP 为正方形，则椭圆的离心率为 ；
3
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13．（23-24 高三下·全国·阶段练习）德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名
的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1 的正方形分成9 个边长为
的小正
方形后，保留靠角的4 个，删去其余5 个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继
续9 等分，并保留每个小正方形靠角的4 个，其余正方形删去；以此方法继续下去……、
经过n 次操作后，共删去 个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不
超过
，则至少需要操作 次．（
）
14．（2024·山东·模拟预测）已知两个不同的正数
满足
，则
的取值
范围是 ．
参考答案：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
A
C
A
A
C
AD
BD
题号
11
答案
ACD
1．C
【分析】方法1：根据复数除法运算求出
，然后共轭复数概念结合乘法运算可得；方法
2：利用复数模的性质求出
，然后由性质
可得.
【详解】法1：因为
，所以
，所以
.
法2：因为
，所以
，即
.
故选：C.
2．D
【分析】求出集合
，集合
，再利用并集定义求出
．
【详解】因为集合
，集合
，
4
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所以
．
故选：D．
3．A
【分析】分析可知当
时，
的取值范围是
，当
时，
的最大值为
，且注意到
趋于负无穷时，
也会趋于负无穷，由此即可列出不等式求
解.
【详解】当
时，
的取值范围是
，
注意到
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以当
时，
的最大值为
，
且注意到
趋于负无穷时，
也会趋于负无穷，
若函数
的值域为
，
则当且仅当
，解得
.
故选：A.
4．A
【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解.
【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示：
5
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为正四棱台，
，
，
，
连接
，
得
，
，
过
作
，过
作
，
所以
，
，
在直角三角形
中，
，
所以正四棱台的高
，正四棱台上、下底面积为
和
，
所以体积
.
故选：A.
5．C
【分析】根据累加法可得
，进而可得
，即可根据等差求和公式求解.
【详解】
，
由于
，
与
的夹角为
，故
，
因此
，
故
，
故选：C．
6
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6．A
【分析】利用赋值法令
可计算得出
，再令
求出
，构造方程组计算可得.
【详解】因为
，
令
，即可得
，
令
，即可得
，可得
，所以
；
令
，即可得
，
得
，得
，
所以
.
故选：A.
7．A
【分析】设切点
，利用导数的几何意义求得切线方程，将原点坐标代入，整理得
，结合
计算即可求解.
【详解】设
，则
，
设切点为
，则
，
所以切线方程为
，
又该切线过原点，所以
，
整理得
①，因为曲线
只有一条过原点的切线，
所以方程①只有一个解，故
，解得
.
7
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故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义，切点未知，设切点坐标，由导数的
几何意义求出切线方程，确定方程的解与根的判别式之间的关系是解决本题的关键.
8．C
【分析】设
，进而可得
.可求得
，进而求得
的范围即可.
【详解】设
，
，
，
.在△
与△
中：
，
即：
，
，
当
双曲线的斜率为正的渐近线时，
取最大，此时
，
，
当与
轴重合时，
取最小，此时
，
经上述分析得：
，
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查
焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到
的范围，数形
结合的思想的应用.
9．AD
【分析】利用等差数列性质结合给定条件可得
，
，再逐项分析判断作答.
8
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【详解】由
，得
，
又
，得，
，
所以
，
，数列
是递减数列，其前6 项为正，从第7 项起均为负数，
等差数列
，公差
，A 选项正确；
，B 选项错误；前6 项和最大，C 选项错误；
由
，
，有
，则
，D 选项正确.
故选：AD.
10．BD
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A：
，
，
，
也可能平行，故错误；
对于B：若
，
，则
，正确；
对于C：
，
，
，由线面垂直的判定定理可知
不一定垂直于
，故
也不一定垂直，故错误；
对于D：由
，
，可得：
，再由
，可证
，故正确.
故选：BD
11．ACD
【分析】由古典概率先计算
，再由条件概率计算得到A 正确；由全概率计算得到B
错误；由条件概率得到C 正确；由古典概率得到D 正确.
【详解】A：由题
，
，故A 正确；
B：由选项A 可得
，故B
9
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错误；
C：因为
，所以
，
所以
，故C 正确；
D：由题该球来自
的概率为
，该球来自
的概率为
，该球来自
的概率为
，
所以该球来自
的概率最小，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题A，C 关键在于应用条件概率公式即
.
12．
/
【分析】根据四边形OMNP 为正方形，设出点
的坐标，代入椭圆的方程中，再结合点
的坐标特点，得到
与
的关系，最后结合
的关系，求椭圆的解离心率即可.
【详解】
因为四边形OMNP 为正方形，结合图形可知
，可设
，
则
，则
，
的坐标为
，
所以
，所以
，
10
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所以椭圆的离心率
.
故答案为：
.
13．
9
【分析】通过观察可知每次删掉的正方形数和保留下来的正方形数为等比数列，然后根据
等比数列的求和公式可解.
【详解】由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5 的等比数列，
所以经过n 次操作后，共删去的正方形个数
；
易知，第
次操作后共保留
个小正方形，其边长为
，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为
由
，得
所以，至少需要9 次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过
.
故答案为：
，9.
14．
【分析】本题将条件式化简后结合基本不等式得出关于ab 的不等式，再构造函数并利用函
数的单调性求解即可.
【详解】将
两边展开，
得到
，
从而
，
故
，而
，
11
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故
，又
，
故
，
从而
．
设函数
，则
，
观察易得
在(0,+ ∞)上单调递增，故
，
又
，所以
．
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与不等式的综合，其关键是利用均值不等式构造关于
ab 的不等式
，再构造函数
并利用函数的单调性解决问
题.
12
