2025年高考數學一輪復習第三次月考卷02（滿分150分，考試用時120分鐘）測試范圍：選填題除解析幾何、統計概率外一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，則（

）A． B． C．3 D．53．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．在中，點在線段上，，則（

）A． B． C． D．15．已知m，n是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則6．若函數的兩對稱中心的最小距離為，則的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．47．北宋數學家沈括在酒館看見一層層壘起的酒壇，想求這些酒壇的總數，經過反復嘗試，終于得出了長方臺形垛積的求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積，第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球.....依此類推，最底層有個小球，共有層.現有一個由小球堆成的長方臺形垛積，共7層，小球總個數為168，則該垛積的第一層的小球個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．48．已知函數.設，則（

）A． B．C． D．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．下列說法不正確的是（

）A．函數與是同一個函數B．若函數的定義域為，則函數的定義域為C．函數的定義域為D．若函數的定義域為R，則實數的取值范圍是10．數列an前n項和為，且滿足，，則（

）A． B．C． D．數列的前項和為11．在四棱錐中，底面是矩形，，，平面平面，點在線段上運動（不含端點），則（

）A．四棱錐的體積為1B．四棱錐外接球的表面積為C．不存在點使得D．當到直線的距離最小時，過點，，作截面交于點，則四棱錐的體積是三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．冪函數在上是減函數，則的值為．13．對于任意的正數m，n，不等式成立，則λ的最大值為14．已知函數，若關于x的不等式的解集中有且僅有2個正整數，則實數a的取值范圍為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．在公差不為0的等差數列an中，，且是與的等比中項.(1)求an(2)若，，求數列的前項和.16．已知的內角，，的對邊分別為，，，若．(1)求的值；(2)若的面積為，求周長的取值范圍．17．已知函數.(1)當時，求的極值；(2)若，當時，恒成立，求的取值范圍.18．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的長軸是短軸的倍，且橢圓上一點到焦點的最遠距離為是橢圓左右頂點，過做橢圓的切線，取橢圓上軸上方任意兩點（在的左側），并過兩點分別作橢圓的切線交于點，直線交點的切線于，直線交點的切線于，過作的垂線交于.(1)求橢圓的標準方程.(2)若，直線與的斜率分別為與，求的值.(3)求證：19．已知為正整數，集合中，依次構成公比為的正項等比數列.集合為的非空子集.若中只有一個元素或中任意兩個元素都滿足，則稱為的“-分離子集”.記數列為的正零點.(1)寫出的所有2-分離子集；(2)記的“1-分離子集”的數量為，證明：；(3)在中的所有非空子集中等概率地選取一個子集，證明：為的“-分離子集”的概率大于.成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數學同步資源大全QQ群552511468也可聯系微信fjshuxue加入百度網盤群1.5T一線老師必備資料一鍵轉存自動更新永不過期2025年高考數學一輪復習第三次月考卷02（滿分150分，考試用時120分鐘）測試范圍：選填題除解析幾何、統計概率外一?選擇題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據補集結合一元二次不等式求，再根據交集運算求解.【解析】因為，則，所以.故選：B.2．已知復數滿足，則（

）A． B． C．3 D．5【答案】B【分析】根據復數的乘、除法運算可得，結合復數的幾何意義計算即可求解.【解析】由題意知，，所以.故選：B3．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】先利用二倍角公式對題中已知條件進行變形，對進行平方化簡變形，然后再判斷兩個條件的邏輯關系即可得解.【解析】必要性：由，可得，則，即.所以“”是“的必要條件；充分性；由，可得，即，則，得或.所以“”不是“的充分條件；故選：B4．在中，點在線段上，，則（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】根據共線向量定理和平面向量基本定理可求出結果.【解析】因為點在線段上，所以存在實數，使得，所以，即，所以，又，所以，所以.故選：C5．已知m，n是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【分析】利用空間線線的關系、面面平行、面面垂直的判定定理和性質逐一判定各選項，即可得出結論.【解析】對于A，若，，則或，則m，n相交、平行、異面都有可能，A錯誤；對于B，若，則與相交或平行，B錯誤；對于C，若，則，又，則或，C錯誤；對于D，由，得或，若，則存在過的平面與相交，令交線為，則，而，于是，；若，而，則，因此，D正確.故選：D6．若函數的兩對稱中心的最小距離為，則的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根據函數的兩對稱中心的最小距離為，則函數的周期為π，再由計算即可.【解析】因為函數的兩對稱中心的最小距離為，所以函數的周期為π，即，解得.故選：A.7．北宋數學家沈括在酒館看見一層層壘起的酒壇，想求這些酒壇的總數，經過反復嘗試，終于得出了長方臺形垛積的求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積，第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球.....依此類推，最底層有個小球，共有層.現有一個由小球堆成的長方臺形垛積，共7層，小球總個數為168，則該垛積的第一層的小球個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】設各層的小球個數為數列an，利用，可得，，利用等差數列的求和公式，求得，根據題意，列出方程，求得的值，進而求得該垛積的第一層的小球個數.【解析】設各層的小球個數為數列an由題意得，因為，可得，則，因為前7層小球總個數為168，所以，即，解得或（舍去），所以，可得，即該垛積的第一層的小球個數為個.故選：B.8．已知函數.設，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】令，由得函數為奇函數，且在單調遞增，不妨設，設點，則的直線方程為，故，兩式相加得，再由函數的奇偶性得即可求解.【解析】由題意，函數的定義域為，令，則，所以為奇函數，且在單調遞增，如圖所示，因為，所以不妨設，設點，則的直線方程為，如圖，因為，所以兩式相加得，又因為，所以，所以，即.故選：C.二、多選題9．下列說法不正確的是（

）A．函數與是同一個函數B．若函數的定義域為，則函數的定義域為C．函數的定義域為D．若函數的定義域為R，則實數的取值范圍是【答案】ACD【分析】運用相等函數概念，復合函數定義域，結合不等式恒成立計算即可.【解析】對于A，函數的定義域為的定義域為，故函數與不是同一個函數，A不正確；對于B：因為函數的定義域為，所以，所以函數的定義域為0,1，B正確對于C，不等式，則解集為，C不正確對于D，當x∈R時，不等式恒成立.當時，恒成立；當時，則需滿足，綜合可得的取值范圍是，D不正確，故選：ACD10．數列an前n項和為，且滿足，，則（

）A． B．C． D．數列的前項和為【答案】ABD【分析】A選項直接由遞推關系式即可求出；B選項由即可判斷；C,D選項由分組求和及等比數列求和公式即可判斷.【解析】對于A：，正確；對于B:，有，兩式相加，得，又，所以，為偶數由，得：，也即，為奇數，所以，正確；對于C:由B可知：，則，錯誤.對于D：數列的前項和記為，，正確故選：ABD11．在四棱錐中，底面是矩形，，，平面平面，點在線段上運動（不含端點），則（

）A．四棱錐的體積為1B．四棱錐外接球的表面積為C．不存在點使得D．當到直線的距離最小時，過點，，作截面交于點，則四棱錐的體積是【答案】BCD【分析】取AD的中點G，證明平面PGC，然后由線面垂直的性質定理判斷C，求出，再由錐體的體積公式判斷A，把四棱錐補形成一個如圖2的正方體，根據正方體的性質判斷B，由平面PGC，當動點M到直線BD的距離最小時，從而得為PC的中點，N為QA的中點，再由體積公式計算后判斷D．【解析】如圖1，取AD的中點G，連接GC，PG，BD，,則，因為平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面，平面，則．又因為，所以，又，平面，所以平面PGC．因為平面PGC，平面PGC，所以不成立，故不存在點使得，故C正確；因為平面，，，，所以，所以，所以，所以，故A錯誤；因為△APD為等腰直角三角形，將四棱錐的側面APD作為底面一部分，補成棱長為1的正方體．如圖2，則四棱錐的外接球即為正方體的外接球，其半徑，即四棱錐外接球的表面積，故B正確．如圖1，因為平面PGC，當動點M到直線BD的距離最小時，由上推導知，，，，，，，因此M為PC的中點．如圖3，由M為PC的中點，即為中點,平面即平面與的交點也即為與的交點,可知N為QA的中點，故，故D正確．故選：BCD．【點睛】方法點睛：空間幾何體的外接球問題，（1）直接尋找球心位置，球心都在過各面外心用與該面垂直的直線上，（2）對特殊的幾何體，常常通過補形（例如把棱錐）補成一個長方體或正方體，它們的外接球相同，而長方體（或正方體）的對角線即為外接球的直徑，由此易得球的半徑或球心位置．三、填空題12．冪函數在上是減函數，則的值為．【答案】【分析】由冪函數及其單調性即可求解.【解析】由題意可得，解得：,所以.故答案為：13．對于任意的正數m，n，不等式成立，則λ的最大值為【答案】/【分析】根據題意，轉化為成立，利用，結合基本不等式求得最小值，即可求解.【解析】因為都為正數，則不等式成立，即為成立，又由，當時，即時，等號成立，所以，即的最小值為.故答案為：.14．已知函數，若關于x的不等式的解集中有且僅有2個正整數，則實數a的取值范圍為.【答案】【分析】原不等式的解集有且只有兩個整數解等價于的解集中有且僅有兩個正整數，利用導數討論后者的單調性后可求參數的取值范圍.【解析】設，則，而的定義域為，故為上的奇函數，（不恒為零），故為上的單調減函數，又即為：，也就是，故，故的解集中有且僅有兩個正整數，若，則當時，，此時不等式的解集中有無數個正整數解，不合題意；若，因為，，故的解集中不會有1,2，其解集中的正整數解必定大于等于3，不妨設，則的解集中有且僅有兩個正整數，設，，

故在上為增函數，由題設可得，故，故答案為：.【點睛】思路點睛：不等式解集中的正整數解的個數問題，可通過參變分離轉化水平的動直線與確定函數圖像的位置關系來處理.四、解答題15．在公差不為0的等差數列an中，，且是與的等比中項.(1)求an(2)若，，求數列的前項和.【答案】(1)(2).【分析】（1）根據等差數列通項公式把、、都用與表示，結合已知解出，即可得出的通項公式；（2）先表示出，再表示出，用錯位相減法即可求解.【解析】（1）設的公差為，因為是與的等比中項，所以，即，整理得.又，，所以，則.（2）由（1）可得，，則①，②，①-②得則.16．已知的內角，，的對邊分別為，，，若．(1)求的值；(2)若的面積為，求周長的取值范圍．【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邊，可求的值；（2）已知條件結合三角形面積公式化簡求出，由正弦定理結合兩角和與差的正弦公式得，由，得，可求周長的取值范圍．【解析】（1）∵，由正弦定理可得：，由余弦定理知：，，可得，則有，由，解得.（2）中由余弦定理知，又在中有，∴，化簡得，∵，∴.又，由正弦定理得：，，，因在中，，，，所以，當時，等號成立，∴周長的取值范圍是．17．已知函數.(1)當時，求的極值；(2)若，當時，恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)的極大值為,的極小值為．(2),．【分析】（1）求出函數的導數，進而可得函數單調性，根據導數與極值的關系，即可求得答案；（2）將化為，由此令，則，則原問題轉化為在上單調遞增，繼而結合導數與函數單調性的關系，即可求解．【解析】（1）當時，，定義域為，則，令f′x>0，則或；令f′x則在，上單調遞增，在上單調遞減，故函數的極大值為，的極小值為．（2）不妨設，因為對一切都成立，所以對一切都成立，令，則，定義域為，則原問題轉化為在上單調遞增；又，當時，，在上單調遞增；當時，需在上恒成立，即在上恒成立，對于，圖象過定點，對稱軸為，故要使得在上恒成立，需滿足且，解得，綜合可得，即的取值范圍為,．【點睛】關鍵點點睛：由對一切都成立，轉化為對一切都成立，構造，將原問題轉化為在上單調遞增，利用導數求解.18．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的長軸是短軸的倍，且橢圓上一點到焦點的最遠距離為是橢圓左右頂點，過做橢圓的切線，取橢圓上軸上方任意兩點（在的左側），并過兩點分別作橢圓的切線交于點，直線交點的切線于，直線交點的切線于，過作的垂線交于.(1)求橢圓的標準方程.(2)若，直線與的斜率分別為與，求的值.(3)求證：【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據條件，列出關于的方程，求出，可得橢圓的標準方程.（2）設過點的切線方程的點斜式，與橢圓方程聯立，消去，得到關于的一元二次方程，由，得到關于的一元二次方程，利用韋達定理，可得的值.（3）設（），再設過點的切線方程，與橢圓方程聯立，消去，得到關于的一元二次方程，由，得到關于的一元二次方程，利用韋達定理，可得，的表達式.再把和用，表示，化簡整理即可.【解析】（1）由題意：.所以橢圓的標準方程為：.（2）設過點的切線方程為：，即，由，消去，整理得：，由，整理得：，所以.（3）設（），的延長線交軸于點，如圖：、兩點處切線斜率分別為，則.設點的橢圓的切線方程為：，即，由消去，化簡整理得：，由得：化簡整理得：，由韋達定理，得：，，所以，，所以要證明，只需證明：，即，因為，所以上式成立，即成立.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.19．已知為正整數，集合中，依次構成公比為的正項等比數列.集合為的非空子集.若中只有一個元素或中任意兩個元素都滿足，則稱為的“-分離子集”.記數列為的正零點.(1)寫出的所有2-分離子集；(2)記的“1-分離子集”的數量為，證明：；(3)在中的所有非空子集中等概率地選取一個子集，證明：為的“-分離子集”的概率大于.【答案】(1)，，，，(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據題意可知，，根據題意一一列舉；（2）由題知，，不多于兩個元素每個1-分離子集只能有一個元素,當時，不含元素的全體1-分離子集即為的全體1-分離子集，其數量為，結合數列為的正零點證明；（3）中的所有非空子集數量為，故只需證明的“