第二次月考卷02-2025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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2、精练习题。不搞“题海战术”，在老师指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。
4、重视错题。错误要及时寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
2025年高考一轮复习第二次月考卷02
（满分150分，考试用时120分钟）
测试范围：集合+不等式+函数+三角函数+复数+数列+立体几何
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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案.
【解析】因为，所以，
所以．
故选：A．
3．已知向量，则（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】D
【分析】对两边平方化简可得，再对平方化简后再开方即可.
【解析】由两边平方得，，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
4．已知，，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】D
【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【解析】因为，，且，
所以，
当且仅当，即，时取等号.
故选：D
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数恒等变换化简已知可得，再利用诱导公式和二倍角公式求值.
【解析】根据题意，
，
而
.
故选：D
6．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【解析】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选：B.
7．已知数列的前n项和为，若，，且，都有，则（ ）
A．是等比数列B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出数列的前几项，对四个选项进行验证排除即可.
【解析】因为，，
所以，
由，即，
由，即，
由，即，
由，即，
由.
因为，所以不是等比数列，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C错误；
因为，故D错误.
故选：B
8．已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的，满足，且，则（ ）
A．B．是偶函数
C．关于点对称D．
【答案】D
【分析】借助赋值法令，即可得A；结合赋值法与函数奇偶性的定义计算可得B；结合复合函数导数公式与对称性可得C；借助赋值法，可逐项计算出到，即可得解.
【解析】对A：令，有，故，故A错误；
对B：令，有，又不恒为零，
故，即，又，故是奇函数，故B错误；
对C：令，
；
令，
当时，有，
；
当，有，
，
当，结合，有，
，
，
综上，，，
关于直线对称，
所以关于直线对称，故C错误；
对D：由，故，
令，有，
即，则，即，
，即，，即，
令，有，
即，则，
，，
故，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于令可得，结合，可得为偶数时，.
二、多选题
9．已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项．
【解析】易知是上的增函数，
时，成立，成立，BD一定成立；
与的大小关系不确定，A不一定成立；
同样与的大小关系也不确定，如时，，C也不一定成立．
故选：BD．
10．已知函数则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称
C．函数在区间上有2个零点
D．函数在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换易得，采用代入检验法即可判断A项，利用平移变换，求得函数解析式，易得其为奇函数，，故而排除B项，将看成整体角，求出其范围，利用余弦函数的图象观察分析，易对C,D两项进行判断.
【解析】
对于当时，而，故A正确；
对于将向左平移个单位后可得，
为奇函数，关于原点对称，故B错；
对于当时，，
因在上仅有2个零点，故在上也仅有2个零点，故C正确；
对于当时，因在上单调递增，
故在上单调递增，故D正确.
故选：ACD．
11．如图所示，在棱长为2正方体中，分别为的中点，为侧面内的动点（不包含边界），且//平面，是三角形内一动点（包含边界），且直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点使得
B．点的轨迹长度为
C．三棱锥体积的最大值为
D．过点作平面，使，则平面截正方体所得的截面周长为
【答案】BCD
【分析】由面面平行的性质可判断A；取的中点，连接，可证即为的轨迹，计算可判断B；直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，当绕转动时，直线与直线的夹角不变，据此计算可求体积的最大值判断C；取的中点，取的中点，连接，可得平面即为平面，计算可判断D.
【解析】对于A：过和只能作唯一平面，又平面平面，
所以，又为侧面内的动点（不包含边界），
故不存在点使得，故A错误；
对于B：取的中点，连接，可证，又，
所以，又平面，平面，
所以平面，易证，平面，平面，
平面，又，平面，
所以平面平面，当平面时，平面，
此时，又，故点的轨迹长度为，故B正确；
因为是的中点，故直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，当绕转动时，直线与直线的夹角不变，
故为在转动过程中与平面的交点，
设到平面的距离为,三棱锥体积的为，
显然越大，体积越大，绕转动时，到平面的距离最大时到平面的距离最大，
此时转动与（为的中点）相交时的点时，此时到平面距离最大，如图所示，
此时，可求得，从而可得，所以，
所以三棱锥体积的最大值为，故C正确；
对于D：在平面的射影为，在平面的射影为，
取的中点，取的中点，连接，
由平面几何知识易证，
从而可得，，又，平面，
所以平面，所以平面即为平面，
由勾股定理计算可得，
所以平面截正方体所得的截面周长为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.
三、填空题
12．设是两个不同的平面，是直线且.“”是“”的 条件.（填“充分不必要”､“必要不充分”､“充要”､“不充分不必要”）
【答案】必要不充分
【分析】
根据线面平行与面面平行的判定的判定与性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【解析】由直线且，则或与相交，所以充分性不成立；
反之：若且，根据两平面平行的性质，可得，即必要性成立，
所以是的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分.
13．已知函数的定义域为，，若函数有三个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】把函数零点问题转化为函数与直线的交点问题，数形结合列不等式组求解即可.
【解析】函数有三个零点，则方程即有三个根，
所以函数与函数有三个交点，
由作出函数的图象如图：
若函数与过原点直线有三个交点，如图：
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
14．已知正三角形ABC的边长为2，中心为O，将绕点O逆时针旋转角，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至，使得两三角形所在平面的距离为，连接，，，，，，得到八面体，则该八面体体积的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将八面体转换成四个三棱锥的体积之和，结合三角函数的值域即可得解.
【解析】先证明一个引理：如图所示，在三棱柱中，，三棱柱的高为，则三棱锥的体积为.
引理的证明如下：
，引理得证.
事实上上述引理等价于，若三棱锥满足，，异面直线所成夹角为，且异面直线之间的距离为，则三棱锥的体积为.
从而由上述引理有
．
若，则，从而的取值范围是，
的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键在于对八面体的适当划分，结合体积公式以及引理即可顺利得解.
四、解答题
15．在中，角的对边分别是．
(1)求证：；
(2)若，面积为1，求边的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题中等式利用同角三角函数商关系公式，两角和的正弦公式，三角和内角和定理，正弦定理化简得到结果；
（2）利用（1）的结果计算，再利用三角形面积公式计算出，最后利用余弦定理计算出；
【解析】（1）证明：根据，以及，，
得，．
所以，即，
根据，得．
所以，
由正弦定理，得，因此．
（2）由（1）知，，，
，
所以，得，，
又，
所以由余弦定理得．
16．已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连结，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）结合余弦定理与勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理知平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
【解析】（1）证明：取的中点为，连结，因为为中点，
则，且，
因为，，，所以
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面;
（2）在中，，所以，
在中，，即，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，由图知为钝角，
所以，
所以，
故二面角的正弦值为．
17．在等差数列（）中，，.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出等差数列的首项与公差，即可得解；
（2）利用裂项相消法求出，进而可得出结论.
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由，即，解得，
所以，
所以数列的通项公式为；
（2）∵，∴，
（方法一）
，
∴
化简得：，
∴.
（方法二）
，
∴
.
18．在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【解析】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H，
则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
因为平面平面，故，
所以，故，
所以.
19．初中学过多项式的基本运算法则，其实多项式与方程的根也有密切关联.对一组变量，幂和对称多项式，且；初等对称多项式表示在中选出个变量进行相乘再相加，且.例如：对.已知三次函数有3个零点，且.记，.
(1)证明：；
(2)（i）证明：；
（ii）证明：，且；
(3)若，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(3).
【分析】（1）由已知有三个零点可得，结合题目中的多项式展开证明即可；
（2）（i）由（1）可知，再①+②+③合并同类项即可；（ii）①，②，③各乘，，然后再将所得三式相加即可；
（3）由已知结合题中多项式解出，再由（2）（ii）得解出，由解出即可得到答案.
【解析】（1）证明：
，
，
（2）证明：由（1）可知
（i）由①+②+③得.
（ii）①，②，③各乘，得
④+⑤+⑥得，
即.
（3）由题可知，
，
，
由，得，
解得，
由（2）（ii）得，
解得
，
解得，
即.
【点睛】关键点点睛：本题三小问的关键全是能够理解题目中多项式的新定义，再结合新定义计算即可.