2026年高考一轮复习小题精练（九）
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．（2025·广西南宁·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解.
【详解】依题意，，则或，
而，所以.
故选：B
2．（2025·湖南·模拟预测）复数，则z的虚部为（ ）
A．3 B．1 C． D．i
【答案】A
【分析】根据复数乘法法则，结合复数虚部的定义进行求解即可.
【详解】，虚部为3.
故选：A
3．（2025·广西·模拟预测）若向量，，则（ ）
A．5 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】根据向量运算的坐标表示求解即可.
【详解】因为，，所以，
所以，
故选：D
4．（2025·安徽合肥·三模）已知正数、满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
【答案】D
【分析】利用基本不等式的乘“1”法即可得解.
【详解】由题意得，
当且仅当时，即时，取得最小值9．
故选：D.
5．（2025·广东清远·一模）在的展开式中，的系数为（ ）
A．10 B． C．40 D．
【答案】C
【分析】根据二项式展开的通项公式求解．
【详解】展开式的通项公式为，
令，则，
所以展开式中的系数是.
故选：C．
6．（25-26高三上·湖北·阶段练习）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据对数运算法则，指对互换即可得到结论.
【详解】,
所以，所以
故选：A
7．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）．
A．80 B．96 C．100 D．112
【答案】B
【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得.
【详解】依题意，有，，
时，不是正整数；
时，；
时，，不是正整数.
所以，，.
故选：B
8．（2025·全国·模拟预测）以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据抛物线方程，求得焦点和准线，再求满足题意的圆方程，利用弦长公式，即可求得结果.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
故圆的圆心为，半径.
又点到直线的距离，
故弦长.
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．（2025·安徽合肥·三模）已知且，则函数的图象一定经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】AB
【分析】根据对数函数图象性质判断即可.
【详解】由，且，
则，
即函数过点,
当时，函数单调递增，过第一、二、三象限；
当时，函数单调递减，过第一、二、四象限．
故选：AB．
10．（24-25高一下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，圆锥的底面半径为3，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥母线与底面所成的角为
B．圆锥的侧面积为
C．挖去圆柱的体积为
D．剩下几何体的表面积为
【答案】ACD
【分析】根据题意，利用勾股定理可求圆锥的母线长，挖去圆柱的半径和高，然后即可逐项求解.
【详解】
因为圆锥的底面半径为3，高为，所以母线长，
则，即圆锥母线与底面所成的角为，故A正确；
圆锥的侧面积，故B错误；
因为为的三等分点，所以，
则圆柱的体积为，故C正确；
圆柱的侧面积，
剩下几何体的表面积，故D正确；
故选：ACD.
11．（2025·浙江·模拟预测）双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A．的离心率为 B．
C． D．当时，四边形的面积为
【答案】BD
【分析】联立及，可得M，N的坐标，从而可得的坐标及模，根据向量的数量积运算，可得，从而得，求出离心率判断A；由四边形为平行四边形，可判断B；求得，，可判断C，求出四边形的面积，可判断D.
【详解】如图所示：
因为圆的方程为，
双曲线的渐近线的一条方程为，
联立，得或，
不妨设，则，
又因为
所以，，
所以，
又因为，
所以，
从而得，，
所以，
对于A，由题意可得
又因为，解得，故A错误；
对于B，由对称性可得四边形为平行四边形，
又因为，
所以，故B正确；
对于C，设，则，因为，
且，即，
所以，
所以，
同理，若，则，可得，故C不正确；
对于D，当时，，
所以，
所以，
又因为四边形的面积，故D正确.
故选：BD.
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．（2025·湖南·模拟预测）已知为上的奇函数，当时，，则的图象在处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】根据奇函数的性质，结合导数的几何意义进行求解即可.
【详解】设，则，又为上的奇函数，
所以，
即当时，，当时，，
所以的图象在处的切线方程为，即．
故答案为：
13．（2025·广西来宾·模拟预测）在公差不为0的等差数列中，若是与的等差中项，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据等差中项性质可得，再利用基本不等式中“1”的应用计算可得结果.
【详解】因为在公差不为0的等差数列中，是与的等差中项，
所以，所以，
因此，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：
14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
【答案】
【分析】取线段的中点，根据长度关系求出点为三棱锥的外接球球心，再根据的关系求出的最小值即可.
【详解】取线段的中点，连接，
因，，，
则由勾股定理可知，，，则，
则点为三棱锥的外接球球心，外接球半径为
因，则由勾股定理可知，，
因为的中点，则，
设球心到过点的三棱锥外接球的截面的距离为，截面圆的半径为，
则，
欲使截面面积最小，即最小，则要求最大，
当垂直截面时，最大，最大值为，
则的最小值为，则截面面积的最小值为.
故答案为：2026年高考一轮复习小题精练（九）
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．（2025·广西南宁·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·湖南·模拟预测）复数，则z的虚部为（ ）
A．3 B．1 C． D．i
3．（2025·广西·模拟预测）若向量，，则（ ）
A．5 B．3 C． D．
4．（2025·安徽合肥·三模）已知正数、满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
5．（2025·广东清远·一模）在的展开式中，的系数为（ ）
A．10 B． C．40 D．
6．（25-26高三上·湖北·阶段练习）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）．
A．80 B．96 C．100 D．112
8．（2025·全国·模拟预测）以抛物线的焦点为圆心，且与的准线相切的圆截直线所得弦长为（ ）
A．2 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)
9．（2025·安徽合肥·三模）已知且，则函数的图象一定经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
10．（24-25高一下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，圆锥的底面半径为3，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥母线与底面所成的角为
B．圆锥的侧面积为
C．挖去圆柱的体积为
D．剩下几何体的表面积为
11．（2025·浙江·模拟预测）双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A．的离心率为 B．
C． D．当时，四边形的面积为
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．（2025·湖南·模拟预测）已知为上的奇函数，当时，，则的图象在处的切线方程为 ．
13．（2025·广西来宾·模拟预测）在公差不为0的等差数列中，若是与的等差中项，则的最小值为 ．
14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
