2023年高考考前信息必刷数学试卷3（全国甲数学试卷（理））（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考数学考前信息必刷卷3（全国甲卷（理）））一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．若复数满足，则（

）A． B．2 C． D．3〖答案〗A〖解析〗，，.故选：A．2．某电影制片厂从2013年至2022年生产的纪录影片、科教影片的时长（单位；分钟）如图所示，则（

）A．该电影制片厂2013年至2022年生产的纪录影片时长的中位数为270分钟B．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的平均数小于660分钟C．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的标准差大于纪录影片时长的标准差D．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的极差是纪录影片时长的极差的4倍〖答案〗C〖解析〗A：该厂2013年至2022年生产的纪录影片时长从小到大排列为：150，180，200，240，260，290，320，350，380，430，所以这组数据的中位数为，故A错误；B：该厂2013年至2022年科教影片时长的平均数为：，故B错误；C：由图可知，科教影片时长的数据波动程度比纪录影片时长的大，所以科教影片时长的标准差大于记录影片时长的标准差，故C正确；D：科教影片时长的极差为，记录影片时长的极差为，有，故D错误.故选：C.3．已知集合，，若且，则（

）A． B． C．0 D．1〖答案〗D〖解析〗当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，又，且，则，故得取值范围为，故符合条件的.故选：D.4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（

）A．2 B． C． D．4〖答案〗B〖解析〗如图所示，该几何体为正方体的一部分，其中四点共面，所以.故选：B.5．已知函数为上的奇函数，且，当时，，则，，的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为为上的奇函数,所以，解得，所以当时，当时，单调递增，又因为为奇函数，所以当时，单调递增.由，即，于是，所以是以周期为的一个周期函数，所以把代入可得，，所以，即.因为在上单调递增，所以所以.故选：C.6．已知函数与定义域都为，满足，且有，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由可得.而，∴，∴在上单调递减，又，则，所以，则，故不等式的解集为．故选：D．7．如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（

）有且仅有一个点P，使得B．平面C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为〖答案〗D〖解析〗对于A，连接,因为平面,平面,所以,且四边形为正方形，所以,且，平面,所以平面,所以当点在线段上时，必有平面,则，所以存在无数个点P，使得，A错误；对于B，当点与点重合时，与平面相交，B错误；对于C，若，则为中点，连接,则为等腰直角三角形，且，且也为等腰直角三角形，且,且平面平面，所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，所以外接球的半径为,所以我外接球的表面积为，C错误；对于D，连接因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，所以，所以,所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，所以点P的轨迹长为，D正确，故选:D.8．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意可知：每段圆弧的圆心角为，设第段圆弧的半径为，则可得，故数列是以首项，公差的等差数列，则，则“蚊香”的长度为.故选：D.9．如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A，B是1上的两个定点，且AB＝2．C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H，AB＝2，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，所以∠EOF=60°，又，所以点H的轨迹的长度等于，故选：A.10．已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，，不妨设，，，由椭圆定义可知：，，由勾股定理可知：，即，化简可得：，点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.故选B．11．已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，，其中，解得：，则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，，令，解得：；或要满足②，，令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，综上：的取值范围是.故选：C.12．设，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，满足，，.设，则___________.〖答案〗〖解析〗法一：设，，则，所以.法二：，又，则.故〖答案〗为：.14．设双曲线的左、右焦点分别为，，B为双曲线E上在第一象限内的点，线段与双曲线E相交于另一点A，AB的中点为M，且，若，则双曲线E的离心率为________．〖答案〗〖解析〗由，，则在直角三角形中，由且M为AB的中点，则,连接设，则由双曲线的定义可得：由上两式联立解得：在直角三角形中，,即即，故故〖答案〗为：.15．从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，则这4个点在同一平面内的概率为__________．〖答案〗〖解析〗从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，有种选法，其中共面的分两类：一是6个对角面且都过球心，共有种选法，二是6个侧面，共有种选法，所以4个点在同一平面内的共有种选法，所以4个点在同一平面内的概率为，故〖答案〗为：.16．在△ABC中，角所对的边分别为．若，则△ABC的面积的最大值为______．〖答案〗〖解析〗方法1：在△ABC中，以线段所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设，因为，所以.得，整理得，即是如图1所示的圆上的动点.如图2，当点C在y轴上时，即时，△ABC面积最大，故，当时，即时，△ABC面积取得最大值为.方法2：如图3，CD是△ABC边AB上的高，设，，，由，得，即，又，得当且仅当时取等号)，所以，又，当且仅当时，等号成立，即，将与代人中，得.所以△ABC面积的最大值为.方法3:由三角形面积公式，得，即，由，得，由余弦定理，得，所以(当且仅当时取等号)，当时，即时，取得最大值，即，所以△ABC面积的最大值为.(也可以用基本不等式求的最大值，即，当时，即时取等号，所以△ABC面积的最大值为.)方法4：在△ABC中，由余弦定理，得，由，得，即，又，所以，即，故，又，所以，令，，得，令，得，0极大值即当时，，，所以△ABC面积的最大值为.解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．（12分）已知数列满足：，，，.（1）证明：是等差数列：（2）记的前n项和为，，求n的最小值.（1）证明：证法一：由，得，则，从而.又，所以，即，所以是等差数列.证法二：由，且，则，得，因为，，所以，即，所以是等差数列.（2）解：解法一：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.所以，，又；又，则，且，所以n的最小值为10.解法二：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又，所以.当时，，，所以，，又，则，且，所以n的最小值为10.解法三：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.当时，，所以，.又，则，且，所以n的最小值为10.18．（12分）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．（1）证明：；（2）若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．（1）证明：取中点G，连接，，∵E，G分别是，中点，∴且，又∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴EF∥平面，∵平面，平面平面，∴．（2）解：由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴，故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，又，则，解得，所以，，则，，设平面法向量为，所以，即，取，得，由（1）知直线，则l方向向量为，设直线l与平面所成角为，则，则，所以直线l与平面所成角的余弦值为．19．（12分）某学校开展投篮活动，活动规则是：每名选手投篮次（，），每次投篮，若投进，则下一次站在三分线处投篮；若没有投进，则下一次站在两分线处投篮．规定每名选手第一次站在两分线处投篮．站在两分线处投进得2分，否则得0分；站在三分线处投进得3分，否则得0分．已知小明站在两分线处投篮投进的概率为0.7，站在三分线处投篮投进的概率为0.5，且每次投篮相互独立．（1）记小明前2次投篮累计得分为，求的分布列和数学期望；（2）记第次投篮时，小明站在三分线处投篮的概率为，，2，…，，求的表达式．解：（1）依题意，的所有可能取值为，，．记“小明第次投篮站在两分线处并且投进”为事件，，，“小明第2次投篮站在三分线处并且投进”为事件．；；．所以的分布列为所以．（2）由题意知，．当时，分两种情形：①若小明第次投篮站在三分线处，这种情形下小明第次投篮站在三分线处的概率为；②若小明第次投篮站在两分线处，这种情形下小明第次投篮站在三分线处的概率为．所以，所以，由题易知，当时，也成立，所以是以为首项，为公比的等比数列．所以，即．20．（12分）抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.（1）求抛物线C的标准方程；（2）x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.解：（1）由抛物线的定义得，解得，则抛物线的标准方程为.（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，由得直线方程为：，由，解得，由，解得由得，假定在轴上存在点使得，设点，则由（1）得直线斜率，直线斜率，由得，则有，即，整理得，显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，即当时，恒成立，恒成立，所以轴上存在点使得.21．（12分）已知函数．（1）求函数的极值；（2）若函数有两个不相等的零点，．（i）求a的取值范围；（ii）证明：．（1）解：因为，所以，因为，由有：，由有：，所以函数在单调递减，在单调递增，所以函数无极大值，有极小值.（2）（i）解：由（1）有：函数在单调递减，在单调递增，若函数有两个不相等的零点，，则，解得，所以，因为当时，，所以，所以在上有1个零点，当时，，又“指数爆炸”，所以，所以在上有1个零点，综上，当时，函数有两个不相等的零点，.（ii）证明：由（i）有：当时，函数有两个不相等的零点，，不妨设，构造函数，因为，所以，因为，所以，当前仅当时取到等号，所以，所以在R上单调递减，又，所以，即，即，又，所以，又，所以，由(1)有：函数在单调递减，所以，即，结论得证.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的直角坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；（2）射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，求四边形的面积.解：（1）曲线的参数方程为，为参数），转换为直角坐标方程为.曲线的直角坐标方程为，根据，整理得，即.（2）射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，如图所示：所以直线的直角坐标方程为，直线的直线方程为，所以，解得，设直线与轴交于点，将代入，得，即.所以.同理：，解得：，所以，所以.23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c都是正数，且，证明：（1）；（2）．证明：（1），因为a，b，c都是正数，，当前仅当取等号，（2），，，当前仅当取等号，由（1）有：，，当前仅当取等号，，当前仅当取等号.2023年高考数学考前信息必刷卷3（全国甲卷（理）））一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．若复数满足，则（

）A． B．2 C． D．3〖答案〗A〖解析〗，，.故选：A．2．某电影制片厂从2013年至2022年生产的纪录影片、科教影片的时长（单位；分钟）如图所示，则（

）A．该电影制片厂2013年至2022年生产的纪录影片时长的中位数为270分钟B．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的平均数小于660分钟C．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的标准差大于纪录影片时长的标准差D．该电影制片厂2013年至2022年生产的科教影片时长的极差是纪录影片时长的极差的4倍〖答案〗C〖解析〗A：该厂2013年至2022年生产的纪录影片时长从小到大排列为：150，180，200，240，260，290，320，350，380，430，所以这组数据的中位数为，故A错误；B：该厂2013年至2022年科教影片时长的平均数为：，故B错误；C：由图可知，科教影片时长的数据波动程度比纪录影片时长的大，所以科教影片时长的标准差大于记录影片时长的标准差，故C正确；D：科教影片时长的极差为，记录影片时长的极差为，有，故D错误.故选：C.3．已知集合，，若且，则（

）A． B． C．0 D．1〖答案〗D〖解析〗当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，又，且，则，故得取值范围为，故符合条件的.故选：D.4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（

）A．2 B． C． D．4〖答案〗B〖解析〗如图所示，该几何体为正方体的一部分，其中四点共面，所以.故选：B.5．已知函数为上的奇函数，且，当时，，则，，的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为为上的奇函数,所以，解得，所以当时，当时，单调递增，又因为为奇函数，所以当时，单调递增.由，即，于是，所以是以周期为的一个周期函数，所以把代入可得，，所以，即.因为在上单调递增，所以所以.故选：C.6．已知函数与定义域都为，满足，且有，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由可得.而，∴，∴在上单调递减，又，则，所以，则，故不等式的解集为．故选：D．7．如图，在正方体中，，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（

）有且仅有一个点P，使得B．平面C．若，则三棱锥外接球的表面积为D．M为的中点，若MP与平面ABCD所成的角为，则点P的轨迹长为〖答案〗D〖解析〗对于A，连接,因为平面,平面,所以,且四边形为正方形，所以,且，平面,所以平面,所以当点在线段上时，必有平面,则，所以存在无数个点P，使得，A错误；对于B，当点与点重合时，与平面相交，B错误；对于C，若，则为中点，连接,则为等腰直角三角形，且，且也为等腰直角三角形，且,且平面平面，所以取中点为，则为三棱锥外接球的球心，所以外接球的半径为,所以我外接球的表面积为，C错误；对于D，连接因为平面，所以为MP与平面ABCD所成的角，所以，所以,所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆弧，所以点P的轨迹长为，D正确，故选:D.8．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗由题意可知：每段圆弧的圆心角为，设第段圆弧的半径为，则可得，故数列是以首项，公差的等差数列，则，则“蚊香”的长度为.故选：D.9．如图，二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，A，B是1上的两个定点，且AB＝2．C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度等于（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗如图所示：因为AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H，AB＝2，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上，又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为60°，所以∠EOF=60°，又，所以点H的轨迹的长度等于，故选：A.10．已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗因为，，不妨设，，，由椭圆定义可知：，，由勾股定理可知：，即，化简可得：，点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.故选B．11．已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，，其中，解得：，则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，，令，解得：；或要满足②，，令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，综上：的取值范围是.故选：C.12．设，则（

）A． B．C． D．〖答案〗A〖解析〗设，，则，其中，且，所以，，所以在上单调递减，故，即，故，设，，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故在上恒成立，所以在上单调递增，故，故，即，因为，所以，故，故.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量，满足，，.设，则___________.〖答案〗〖解析〗法一：设，，则，所以.法二：，又，则.故〖答案〗为：.14．设双曲线的左、右焦点分别为，，B为双曲线E上在第一象限内的点，线段与双曲线E相交于另一点A，AB的中点为M，且，若，则双曲线E的离心率为________．〖答案〗〖解析〗由，，则在直角三角形中，由且M为AB的中点，则,连接设，则由双曲线的定义可得：由上两式联立解得：在直角三角形中，,即即，故故〖答案〗为：.15．从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，则这4个点在同一平面内的概率为__________．〖答案〗〖解析〗从正方体的外接球球心和8个顶点中任选4个点，有种选法，其中共面的分两类：一是6个对角面且都过球心，共有种选法，二是6个侧面，共有种选法，所以4个点在同一平面内的共有种选法，所以4个点在同一平面内的概率为，故〖答案〗为：.16．在△ABC中，角所对的边分别为．若，则△ABC的面积的最大值为______．〖答案〗〖解析〗方法1：在△ABC中，以线段所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设，因为，所以.得，整理得，即是如图1所示的圆上的动点.如图2，当点C在y轴上时，即时，△ABC面积最大，故，当时，即时，△ABC面积取得最大值为.方法2：如图3，CD是△ABC边AB上的高，设，，，由，得，即，又，得当且仅当时取等号)，所以，又，当且仅当时，等号成立，即，将与代人中，得.所以△ABC面积的最大值为.方法3:由三角形面积公式，得，即，由，得，由余弦定理，得，所以(当且仅当时取等号)，当时，即时，取得最大值，即，所以△ABC面积的最大值为.(也可以用基本不等式求的最大值，即，当时，即时取等号，所以△ABC面积的最大值为.)方法4：在△ABC中，由余弦定理，得，由，得，即，又，所以，即，故，又，所以，令，，得，令，得，0极大值即当时，，，所以△ABC面积的最大值为.解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．（12分）已知数列满足：，，，.（1）证明：是等差数列：（2）记的前n项和为，，求n的最小值.（1）证明：证法一：由，得，则，从而.又，所以，即，所以是等差数列.证法二：由，且，则，得，因为，，所以，即，所以是等差数列.（2）解：解法一：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.所以，，又；又，则，且，所以n的最小值为10.解法二：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又，所以.当时，，，所以，，又，则，且，所以n的最小值为10.解法三：设等差数列的公差为d.当时，，即，所以，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.又.当时，，所以，.又，则，且，所以n的最小值为10.18．（12分）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．（1）证明：；（2）若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．（1）证明：取中点G，连接，，∵E，G分别是，中点，∴且，又∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴EF∥平面，∵平面，平面平面，∴．（2）解：由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴，故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，又，则，解得，所以，，则，，设平面法向量为，所以，即，取，得，由（1）知直线，则l方向向量为，设直线l与平面所成角为，则，则，所以直线l与平面所成角的余弦值为．19．（12分）某学校开展投篮活动，活动规则是：每名选手投篮次（，），每次投篮，若投进，则下一次站在三分线处投篮；若没有投进，则下一次站在两分线处投篮．规定每名选手第一次站在两分线处投篮．站在两分线处投进得2分，否则得0分；站在三分线处投进得3分，否则得0分．已知小明站在两分线处投篮投进的概率为0.7，站在三分线处投篮投进的概率为0.5，且每次投篮相互独立．（1）记小明前2次投篮累计得分为，求的分布列和数学期望；（2）记第次投篮时，小明站在三分线处投篮的概率为，，2，…，，求的表达式．解：（1）依题意，的所有可能取值为，，．记“小明第次投篮站在两分线处并且投进”为事件，，，“小明第2次投篮站在三分线处并且投进”为事件．；；．所以的分布列为所以．（2）由题意知，．当时，分两种情形：①若小明第次投篮站在三分线处，这种情形下小明第次投篮站在三分线处的概率为；②若小