2025年高考一轮复习第二次月考卷02（含答案或解析）

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：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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知向量，则（

）A． B．2 C． D．34．已知，，且，则的最小值为（

）A．4 B． C．6 D．5．若，则（

）A． B． C． 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．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．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．二､多选题：本题共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．已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（

）A． B．C． D．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三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.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”）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.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．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15．在中，角的对边分别是．(1)求证：；(2)若，面积为1，求边的长．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．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.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.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.成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjshuxue加入百度网盘群1.5T一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期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：B2．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．2 C． 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．4 B． C．6 D．【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：D5．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：D6．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：B8．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）