2025年高考数学一轮复习第三次月考卷02（测试范围：选填题除解析几何、统计概率外）（解析版）

2025年高考数学一轮复习第三次月考卷02（满分150分，考试用时120分钟）测试范围：选填题除解析几何、统计概率外一､选择题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据补集结合一元二次不等式求，再根据交集运算求解.【解析】因为，则，所以.故选：B.2．已知复数满足，则（

）A． B． C．3 D．5【答案】B【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的几何意义计算即可求解.【解析】由题意知，，所以.故选：B3．“”是“”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】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解.【解析】必要性：由，可得，则，即.所以“”是“的必要条件；充分性；由，可得，即，则，得或.所以“”不是“的充分条件；故选：B4．在中，点在线段上，，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根据共线向量定理和平面向量基本定理可求出结果.【解析】因为点在线段上，所以存在实数，使得，所以，即，所以，又，所以，所以.故选：C5．已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.【解析】对于A，若，，则或，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；对于B，若，则与相交或平行，B错误；对于C，若，则，又，则或，C错误；对于D，由，得或，若，则存在过的平面与相交，令交线为，则，而，于是，；若，而，则，因此，D正确.故选：D6．若函数的两对称中心的最小距离为，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据函数的两对称中心的最小距离为，则函数的周期为π，再由计算即可.【解析】因为函数的两对称中心的最小距离为，所以函数的周期为π，即，解得.故选：A.7．北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球.....依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】设各层的小球个数为数列an，利用，可得，，利用等差数列的求和公式，求得，根据题意，列出方程，求得的值，进而求得该垛积的第一层的小球个数.【解析】设各层的小球个数为数列an由题意得，因为，可得，则，因为前7层小球总个数为168，所以，即，解得或（舍去），所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个.故选：B.8．已知函数.设，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】令，由得函数为奇函数，且在单调递增，不妨设，设点，则的直线方程为，故，两式相加得，再由函数的奇偶性得即可求解.【解析】由题意，函数的定义域为，令，则，所以为奇函数，且在单调递增，如图所示，因为，所以不妨设，设点，则的直线方程为，如图，因为，所以两式相加得，又因为，所以，所以，即.故选：C.二、多选题9．下列说法不正确的是（

）A．函数与是同一个函数B．若函数的定义域为，则函数的定义域为C．函数的定义域为D．若函数的定义域为R，则实数的取值范围是【答案】ACD【分析】运用相等函数概念，复合函数定义域，结合不等式恒成立计算即可.【解析】对于A，函数的定义域为的定义域为，故函数与不是同一个函数，A不正确；对于B：因为函数的定义域为，所以，所以函数的定义域为0,1，B正确对于C，不等式，则解集为，C不正确对于D，当x∈R时，不等式恒成立.当时，恒成立；当时，则需满足，综合可得的取值范围是，D不正确，故选：ACD10．数列an前n项和为，且满足，，则（

）A． B．C． D．数列的前项和为【答案】ABD【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C,D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【解析】对于A：，正确；对于B:，有，两式相加，得，又，所以，为偶数由，得：，也即，为奇数，所以，正确；对于C:由B可知：，则，错误.对于D：数列的前项和记为，，正确故选：ABD11．在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点在线段上运动（不含端点），则（

）A．四棱锥的体积为1B．四棱锥外接球的表面积为C．不存在点使得D．当到直线的距离最小时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积是【答案】BCD【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断C，求出，再由锥体的体积公式判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．【解析】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则，因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面，平面，则．又因为，所以，又，平面，所以平面PGC．因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，故不存在点使得，故C正确；因为平面，，，，所以，所以，所以，所以，故A错误；因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积，故B正确．如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，由上推导知，，，，，，，因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，故，故D正确．故选：BCD．【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．三、填空题12．幂函数在上是减函数，则的值为．【答案】【分析】由幂函数及其单调性即可求解.【解析】由题意可得，解得：,所以.故答案为：13．对于任意的正数m，n，不等式成立，则λ的最大值为【答案】/【分析】根据题意，转化为成立，利用，结合基本不等式求得最小值，即可求解.【解析】因为都为正数，则不等式成立，即为成立，又由，当时，即时，等号成立，所以，即的最小值为.故答案为：.14．已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有2个正整数，则实数a的取值范围为.【答案】【分析】原不等式的解集有且只有两个整数解等价于的解集中有且仅有两个正整数，利用导数讨论后者的单调性后可求参数的取值范围.【解析】设，则，而的定义域为，故为上的奇函数，（不恒为零），故为上的单调减函数，又即为：，也就是，故，故的解集中有且仅有两个正整数，若，则当时，，此时不等式的解集中有无数个正整数解，不合题意；若，因为，，故的解集中不会有1,2，其解集中的正整数解必定大于等于3，不妨设，则的解集中有且仅有两个正整数，设，，

故在上为增函数，由题设可得，故，故答案为：.【点睛】思路点睛：不等式解集中的正整数解的个数问题，可通过参变分离转化水平的动直线与确定函数图像的位置关系来处理.四、解答题15．在公差不为0的等差数列an中，，且是与的等比中项.(1)求an(2)若，，求数列的前项和.【答案】(1)(2).【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式；（2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解.【解析】（1）设的公差为，因为是与的等比中项，所以，即，整理得.又，，所以，则.（2）由（1）可得，，则①，②，①-②得则.16．已知的内角，，的对边分别为，，，若．(1)求的值；(2)若的面积为，求周长的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，代入已知等式，利用正弦定理和余弦定理角化边，可求的值；（2）已知条件结合三角形面积公式化简求出，由正弦定理结合两角和与差的正弦公式得，由，得，可求周长的取值范围．【解析】（1）∵，由正弦定理可得：，由余弦定理知：，，可得，则有，由，解得.（2）中由余弦定理知，又在中有，∴，化简得，∵，∴.又，由正弦定理得：，，，因在中，，，，所以，当时，等号成立，∴周长的取值范围是．17．已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若，当时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)的极大值为,的极小值为．(2),．【分析】（1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案；（2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解．【解析】（1）当时，，定义域为，则，令f′x>0，则或；令f′x则在，上单调递增，在上单调递减，故函数的极大值为，的极小值为．（2）不妨设，因为对一切都成立，所以对一切都成立，令，则，定义域为，则原问题转化为在上单调递增；又，当时，，在上单调递增；当时，需在上恒成立，即在上恒成立，对于，图象过定点，对称轴为，故要使得在上恒成立，需满足且，解得，综合可得，即的取值范围为,．【点睛】关键点点睛：由对一切都成立，转化为对一切都成立，构造，将原问题转化为在上单调递增，利用导数求解.18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.(1)求椭圆的标准方程.(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值.(3)求证：【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程.（2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值.（3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可.【解析】（1）由题意：.所以椭圆的标准方程为：.（2）设过点的切线方程为：，即，由，消去，整理得：，由，整理得：，所以.（3）设（），的延长线交轴于点，如图：、两点处切线斜率分别为，则.设点的椭圆的切线方程为：，即，由消去，化简整理得：，由得：化简整理得：，由韦达定理，得：，，所以，，所以要证明，只需证明：，即，因为，所以上式成立，即成立.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19．已知为正整数，集合中，依次构成公比为的正项等比数列.集合为的非空子集.若中只有一个元素或中任意两个元素都满足，则称为的“-分离子集”.记数列为的正零点.(1)写出的所有2-分离子集；(2)记的“1-分离子集”的数量为，证明：；(3)在中的所有非空子集中等概率地选取一个子集，证明：为的“-分离子集”的概率大于.【答案】(1)，，，，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可知，，根据题意一一列举；（2）由题知，，不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素,当时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为，结合数列为的正零点证明；（3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于.【解析】（1）一个元素的有：，，，由题得，故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集.故为，，，，（2）由题可知，，当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，故显然，，当时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为若集合为的1-分离子集，且中包含元素，则不是中的元素，否则不符合题意，而对的任意1-分离子集与的并集，由中元素都不大于，故符合题意，其数量为且单元素集合也符合题意，故包含元素的全体1-分离子集数量为，得，故又，故，且，，故时，，同理，故原式得证！（3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于，记的“-分离子集”的数量为，则当时，由中任意两个元素满足，故-分离子集只能为单元素子集，，当时，与（2）同理，不含元素的全体-分离子集数量为，包含元素则-分离子集为或除外最大元素只能不大于，故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，故数量为，因此得，由，得同（2）可得，只需证明在时，，令，只需证明