第二次月考卷01-2025年高考数学一轮复习 （新高考专用）-2025年高考数学一轮复习 （新高考专用）

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测试范围：集合+不等式+函数+三角函数与解三角形+导数+复数
一、选择题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先解不等式求出两个集合，再求出，然后求即可.
【解析】由，得，解得，
所以，
由，得或，
所以，所以，
所以．
故选：B
2．若复数z满足（i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】利用复数的运算法则求出z，再根据复数的代数表示及其几何意义得出z对应的点，进而求解．
【解析】设，则，
则，即，所以，，
解得，，故，对应的点在第四象限．
故选：D．
3．设 ，是向量，则“”是“或”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】B
【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.
【解析】因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式和二倍角公式化简等式，在利用二倍角公式计算得到结果；
【解析】∵
，
∴，
∴，
故选：A．
5．设，，.若，，则最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】C
【分析】先利用指、对数的关系，用表示，再利用基本不等式求最大值.
【解析】∵，，，，
∴，，
∴，
当且仅当，时取等号.
∴的最大值为1.
故选：C.
6．阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置.我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移和时间的函数关系为，如图2，若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为，，，且，，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为（ ）

A．B．C．1sD．
【答案】C
【分析】先根据周期求出，再解不等式，得到的范围即得解.
【解析】因为，，，所以，又，所以，
则，由可得，
所以，，
所以，，故，
所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为1s.
故选：C.
7．已知函数在上可导，其导函数为，若满足：，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得的单调性，利用函数的对称性，可得，对其进行比较即可判断各选项.
【解析】令，则 ，
函数满足，
当时 在上单调递增，
当时在上单调递减，
又由，
即函数的图象关于对称，从而，
对于A，，，，A错误；
对于B，，，，B错误；
对于C，，，，C正确；
对于D，，，，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数的对称性即可.
8．函数满足：当时，，是奇函数．记关于的方程的根为，若，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】首先判断函数关于点对称，再画出函数和的图象，结合函数的对称性，判断交点的个数，利用数形结合，即可求解.
【解析】若函数是奇函数，则，
即，则函数关于点对称，所以
而也关于点对称，恒过点，
方程根，即为函数与交点的横坐标，
因为两个函数都关于点对称，所以交点也关于点对称，且其中一个交点是，
如图画出两个函数的图象，
若，根据对称性可知，轴左侧和右侧各有3个交点，如图，
当直线过点时，轴右侧有2个交点，此时，
当直线过点时，轴右侧有3个交点，此时，
所以满足条件的的取值范围是，选项中满足条件的只有.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确分析出函数的图象，尤其是，并且会利用数形结合，分析临界直线，即可求解.
二、多选题
9．，和是方程的两个根，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由题设，利用根与系数关系及判别式有，，，再结合和角正切公式、基本不等式判断各项正误.
【解析】由，则，
则，且，则，
由，A对，B、C错；
由，则，
当且仅当时取等号，故，D对.
故选：AD
10．已知是同一平面内的四点，且，则（ ）
A．当点在直线的两侧时，
B．当点在直线的同侧时，
C．当点在直线的两侧时，的最小值为3
D．当点在直线的同侧时，
【答案】ACD
【分析】依据在直线的同侧或两侧分类研究，在两侧时由数量积和模的运算计算结果，可判断A、C；在同侧时利用数量积的三角形式求解可判断B，结合平面向量基本定理，判断答案D.
【解析】
设，由，，
得
；由，得，，
当点在直线的两侧时，如图①，，
所以，即，故A正确；
因为，
所以当时，的最小值为3，故C正确；
当点在直线的同侧时，如图②，
，
所以，故B错误；
设，则，
即解得，
所以，即，故D正确．
故选：ACD.
11．已知有三个不相等的零点且，则下列命题正确的是（ ）
A．存在实数 ，使得
B．
C．
D．为定值
【答案】BCD
【分析】化简方程，令，得，构造，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于x的方程三个不相等的实数解，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根， ，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案．
【解析】由方程，可得．
令，则有，即，
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，作出图象如图所示，
要使关于的方程有三个不相等的实数解，
且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，或，，
令，若，，
则，故，
若，，则，无解，
综上：，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；
，
故D正确，
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造出函数，利用导数得出函数的单调性，结合图象将，转化成关于t的函数即可求解.
三、填空题
12．若函数为偶函数，则 .
【答案】
【分析】根据偶函数的定义得，代入化简即得值.
【解析】因为为偶函数，所以，即，
即，即，所以，
故答案为：
13．已知的三个内角所对的边分别为，且，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】由余弦定理可得，利用基本不等式可求最小值.
【解析】由题意可得，
由余弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以根据基本不等式，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：.
14．已知函数有四个零点a，b，c，d，且，且在区间和上各存在唯一一个整数，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】解法一：
根据可以化为，令，易得为偶函数，所以只需考虑时有两个零点c，d，且在区间存在唯一的整数，根据因为，则，令，根据导数得到单调性，根据在区间存在唯一的整数，列出不等书组即可；
解法二：
由得到，令，得到为奇函数，所以只需考虑时与有两个交点且在区间存在唯一的整数，通过求导得到单调性，根据直线过特殊点时的值即可得到范围.
【解析】(解法一)
，
令，则．
∴为偶函数，
∴只需考虑时有两个零点c，d，且在区间存在唯一的整数．
时，
令，则
当时，．
∴在单调递增，
当时，，
∴在单调递减，
∵在区间存在唯一的整数，
∴，即，
∴m的取值范围为．
(解法二)
，
令则，∴为奇函数，
∵也是奇函数，
∴只需考虑时与有两个交点且在区间存在唯一的整数．
当时，，∴在单调递增，
当时，，∴在单调递减，
当直线过点(1，1)时，当直线过点时，∵与有两个交点，且在区间存在唯一的整数，
∴，
∴m的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
四、解答题
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积.
(1)求角B；
(2)若的平分线交于点D，，，求的长.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由三角形面积公式可得，即可由余弦定理求解，
（2）利用等面积法即可求解.
【解析】（1）在中，，而，
即，，
由余弦定理得，所以.
（2）在中，由等面积法得，
即，
即
所以.
16．已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）求出，切点为，直接写出切线方程；
（2）转化为对于恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
，，，
所以的图象在处的切线方程为：.
（2），
若函数在上单调递增，则对于恒成立，
即对于恒成立，
令，
当时，，
则函数在上单调递增，所以，
故.
17．已知向量，，，图象上相邻的最高点与最低点之间的距离.
(1)求的值及在上的单调递增区间；
(2)设的内角，，的对边分别为，，，且，求的值域.
【答案】(1)，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简函数，设函数的最小正周期为，则，即可求出，从而得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由余弦定理得到，再由基本不等式求出的范围，即可得到的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得.
【解析】（1）依题意可得
，
由条件图象上的相邻的最高点与最低点之间的距离为，设函数的最小正周期为，
则，解得（负值已舍去），则，解得.
.
令，
解得，
所以的单调递增区间为，
又，故在上的单调递增区间为.
（2）因为，，
由余弦定理，
又且，所以，当且仅当时取等号，
所以，又，所以，
所以，则，
则，所以的值域为.
18．某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒，已知在一定范围内，每喷洒1个单位的消毒剂，空气中释放的浓度（单位：毫米/立方米）随着时间（单位：小时）变化的关系如下：当时，；当时，．若多次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于4（毫克/立方米）时，它才能起到杀灭空气中的病毒的作用．
(1)若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
(2)若第一次喷洒2个单位的消毒剂，6小时后再喷洒个单位的消毒剂，要使接下来的4小时中能够持续有效消毒，试求的最小值（精确到0.1，参考数据：取1.4）
【答案】(1)8小时
(2)1.6
【分析】（1）由可求出结果；
（2）根据题意求出从第一次喷洒起，经小时后，其浓度关于的函数解析式，再根据基本不等式求出其最小值，再由最小值不低于4，解不等式可得结果.
【解析】（1）因为一次喷洒4个单位的消毒剂，
所以其浓度为
当时，，解得，此时，
当时，，解得，此时，
所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时．
（2）设从第一次喷洒起，经小时后，
其浓度，
因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立；
所以其最小值为，由，解得，
所以a的最小值为．
19．若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．
(1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；
(2)已知函数，设集合．
（i）求集合中元素的个数；
（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【答案】(1)
(2)（i）2；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合；
（2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个；
（ii）根据区间长度的定义，对参数进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明.
【解析】（1）由题意，，，
恒成立，所以在上单调递增，
可得的值域为，
因此只需，
即可得，即，
则的取值集合为．
（2）（i）记函数，
则，
由得或；由得；
所以函数在和上单调递增，在上单调递减．
其中，因此当时，，不存在零点；
由在单调递减，易知，而，
由零点存在定理可知存在唯一的使得；
当时，，不存在零点．
综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2．
（ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”，
则对，，
当时，由（i）得在单调递增，
，即，不满足要求；
当时，由（i）得在单调递增，
，
即，也不满足要求；
当时，闭区间，而显然在单调递增，
，
由（i）可得，，
，满足要求．
综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“封闭区间”的定义，结合导函数判断出各函数的单调性和对应的单调区间，再结合区间长度的定义分类讨论即可得出结论.