2025年高考一輪復習第二次月考卷02（滿分150分，考試用時120分鐘）測試范圍：集合+不等式+函數+三角函數++復數+數列+立體幾何一?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，則（

）A． B． C． D．3．已知向量，則（

）A． B．2 C． D．34．已知，，且，則的最小值為（

）A．4 B． C．6 D．5．若，則（

）A． B． C． D．6．黃地綠彩云龍紋盤是收藏于中國國家博物館的一件明代國寶級瓷器．該龍紋盤敞口，弧壁，廣底，圈足．器內施白釉，外壁以黃釉為地，刻云龍紋并填綠彩，美不勝收．黃地綠彩云龍紋盤可近似看作是圓臺和圓柱的組合體，其口徑，足徑，高，其中底部圓柱高，則黃地綠彩云龍紋盤的側面積約為（

）（附：的值取3，）A． B． C． D．7．已知數列的前n項和為，若，，且，都有，則（

）A．是等比數列 B．C． D．8．已知函數（不恒為零），其中為的導函數，對于任意的，滿足，且，則（

）A． B．是偶函數C．關于點對稱 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．已知函數，若，則下列不等式一定成立的有（

）A． B．C． D．10．已知函數則（

）A．函數的圖象關于點對稱B．將函數的圖象向左平移個單位長度后所得到的圖象關于軸對稱C．函數在區間上有2個零點D．函數在區間上單調遞增11．如圖所示，在棱長為2正方體中，分別為的中點，為側面內的動點（不包含邊界），且//平面，是三角形內一動點（包含邊界），且直線與直線的夾角等于直線與直線的夾角，則下列說法正確的是（

）A．存在點使得B．點的軌跡長度為C．三棱錐體積的最大值為D．過點作平面，使，則平面截正方體所得的截面周長為三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．設是兩個不同的平面，是直線且.“”是“”的條件.（填“充分不必要”?“必要不充分”?“充要”?“不充分不必要”）13．已知函數的定義域為，，若函數有三個零點，則實數的取值范圍為.14．已知正三角形ABC的邊長為2，中心為O，將繞點O逆時針旋轉角，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至，使得兩三角形所在平面的距離為，連接，，，，，，得到八面體，則該八面體體積的取值范圍為．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．在中，角的對邊分別是．(1)求證：；(2)若，面積為1，求邊的長．16．已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為和的正方形，平面平面，，，，點為的中點，點在棱上，且．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．17．在等差數列（）中，，.(1)求的通項公式；(2)若，數列的前項和為，證明.18．在中，，分別是上的點，滿足且經過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示.

(1)求與平面所成角的大小；(2)在線段上是否存在點（不與端點重合），使平面與平面垂直？若存在，求出與的比值；若不存在，請說明理由.19．初中學過多項式的基本運算法則，其實多項式與方程的根也有密切關聯.對一組變量，冪和對稱多項式，且；初等對稱多項式表示在中選出個變量進行相乘再相加，且.例如：對.已知三次函數有3個零點，且.記，.(1)證明：；(2)（i）證明：；（ii）證明：，且；(3)若，求.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年高考一輪復習第二次月考卷02（滿分150分，考試用時120分鐘）測試范圍：集合+不等式+函數+三角函數+復數+數列+立體幾何一、選擇題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式求出兩個集合，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．故選：B2．已知復數，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據共軛復數和除法法則進行計算，得到答案.【解析】因為，所以，所以．故選：A．3．已知向量，則（

）A． B．2 C． D．3【答案】D【分析】對兩邊平方化簡可得，再對平方化簡后再開方即可.【解析】由兩邊平方得，，所以，所以，所以，故選：D.4．已知，，且，則的最小值為（

）A．4 B． C．6 D．【答案】D【分析】利用乘“1”法及基本不等式計算可得.【解析】因為，，且，所以，當且僅當，即，時取等號.故選：D5．若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據三角函數恒等變換化簡已知可得，再利用誘導公式和二倍角公式求值.【解析】根據題意，，而.故選：D6．黃地綠彩云龍紋盤是收藏于中國國家博物館的一件明代國寶級瓷器．該龍紋盤敞口，弧壁，廣底，圈足．器內施白釉，外壁以黃釉為地，刻云龍紋并填綠彩，美不勝收．黃地綠彩云龍紋盤可近似看作是圓臺和圓柱的組合體，其口徑，足徑，高，其中底部圓柱高，則黃地綠彩云龍紋盤的側面積約為（

）（附：的值取3，）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求圓臺母線長，再代入圓臺和圓柱側面積公式，即可求解.【解析】設該圓臺的母線長為，兩底面圓半徑分別為，（其中），則，，，所以，故圓臺部分的側面積為，圓柱部分的側面積為，故該黃地綠彩云龍紋盤的側面積約為.故選：B.7．已知數列的前n項和為，若，，且，都有，則（

）A．是等比數列 B．C． D．【答案】B【分析】求出數列的前幾項，對四個選項進行驗證排除即可.【解析】因為，，所以，由，即，由，即，由，即，由，即，由.因為，所以不是等比數列，故A錯誤；因為，故B正確；因為，故C錯誤；因為，故D錯誤.故選：B8．已知函數（不恒為零），其中為的導函數，對于任意的，滿足，且，則（

）A． B．是偶函數C．關于點對稱 D．【答案】D【分析】借助賦值法令，即可得A；結合賦值法與函數奇偶性的定義計算可得B；結合復合函數導數公式與對稱性可得C；借助賦值法，可逐項計算出到，即可得解.【解析】對A：令，有，故，故A錯誤；對B：令，有，又不恒為零，故，即，又，故是奇函數，故B錯誤；對C：令，；令，當時，有，；當，有，，當，結合，有，，，綜上，，，關于直線對稱，所以關于直線對稱，故C錯誤；對D：由，故，令，有，即，則，即，，即，，即，令，有，即，則，，，故，故D正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：D選項中，關鍵點在于令可得，結合，可得為偶數時，.二、多選題9．已知函數，若，則下列不等式一定成立的有（

）A． B．C． D．【答案】BD【分析】確定函數是增函數，然后比較自變量的大小后可得正確選項．【解析】易知是上的增函數，時，成立，成立，BD一定成立；與的大小關系不確定，A不一定成立；同樣與的大小關系也不確定，如時，，C也不一定成立．故選：BD．10．已知函數則（

）A．函數的圖象關于點對稱B．將函數的圖象向左平移個單位長度后所得到的圖象關于軸對稱C．函數在區間上有2個零點D．函數在區間上單調遞增【答案】ACD【分析】利用三角恒等變換易得，采用代入檢驗法即可判斷A項，利用平移變換，求得函數解析式，易得其為奇函數，，故而排除B項，將看成整體角，求出其范圍，利用余弦函數的圖象觀察分析，易對C,D兩項進行判斷.【解析】對于當時，而，故A正確；對于將向左平移個單位后可得，為奇函數，關于原點對稱，故B錯；對于當時，，因在上僅有2個零點，故在上也僅有2個零點，故C正確；對于當時，因在上單調遞增，故在上單調遞增，故D正確.故選：ACD．11．如圖所示，在棱長為2正方體中，分別為的中點，為側面內的動點（不包含邊界），且//平面，是三角形內一動點（包含邊界），且直線與直線的夾角等于直線與直線的夾角，則下列說法正確的是（

）A．存在點使得B．點的軌跡長度為C．三棱錐體積的最大值為D．過點作平面，使，則平面截正方體所得的截面周長為【答案】BCD【分析】由面面平行的性質可判斷A；取的中點，連接，可證即為的軌跡，計算可判斷B；直線與直線的夾角等于直線與直線的夾角，當繞轉動時，直線與直線的夾角不變，據此計算可求體積的最大值判斷C；取的中點，取的中點，連接，可得平面即為平面，計算可判斷D.【解析】對于A：過和只能作唯一平面，又平面平面，所以，又為側面內的動點（不包含邊界），故不存在點使得，故A錯誤；對于B：取的中點，連接，可證，又，所以，又平面，平面，所以平面，易證，平面，平面，平面，又，平面，所以平面平面，當平面時，平面，此時，又，故點的軌跡長度為，故B正確；因為是的中點，故直線與直線的夾角等于直線與直線的夾角，當繞轉動時，直線與直線的夾角不變，故為在轉動過程中與平面的交點，設到平面的距離為,三棱錐體積的為，顯然越大，體積越大，繞轉動時，到平面的距離最大時到平面的距離最大，此時轉動與（為的中點）相交時的點時，此時到平面距離最大，如圖所示，此時，可求得，從而可得，所以，所以三棱錐體積的最大值為，故C正確；對于D：在平面的射影為，在平面的射影為，取的中點，取的中點，連接，由平面幾何知識易證，從而可得，，又，平面，所以平面，所以平面即為平面，由勾股定理計算可得，所以平面截正方體所得的截面周長為，故D正確.故選：BCD.【點睛】方法點睛：對于立體幾何中的動點問題，常需動中覓靜，這里的"靜"是指問題中的不變量或者是不變關系，動中覓靜就是在運動變化中探索問題中的不變性."靜"只是"動"的瞬間，是運動的一種特殊形式，然而抓住"靜"的瞬間，使一般情形轉化為特殊情形，問題便迎刃而解.三、填空題12．設是兩個不同的平面，是直線且.“”是“”的條件.（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】根據線面平行與面面平行的判定的判定與性質，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【解析】由直線且，則或與相交，所以充分性不成立；反之：若且，根據兩平面平行的性質，可得，即必要性成立，所以是的必要不充分條件.故答案為：必要不充分.13．已知函數的定義域為，，若函數有三個零點，則實數的取值范圍為.【答案】【分析】把函數零點問題轉化為函數與直線的交點問題，數形結合列不等式組求解即可.【解析】函數有三個零點，則方程即有三個根，所以函數與函數有三個交點，由作出函數的圖象如圖：若函數與過原點直線有三個交點，如圖：則，解得，即實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】思路點睛：已知函數的零點或方程的根的情況，求解參數的取值范圍問題的本質都是研究函數的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉化，即通過構造函數，把問題轉化成所構造函數的零點問題；（2）列式，即根據函數的零點存在定理或結合函數的圖象列出關系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數的取值范圍．14．已知正三角形ABC的邊長為2，中心為O，將繞點O逆時針旋轉角，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至，使得兩三角形所在平面的距離為，連接，，，，，，得到八面體，則該八面體體積的取值范圍為．【答案】【分析】將八面體轉換成四個三棱錐的體積之和，結合三角函數的值域即可得解.【解析】先證明一個引理：如圖所示，在三棱柱中，，三棱柱的高為，則三棱錐的體積為.引理的證明如下：，引理得證.事實上上述引理等價于，若三棱錐滿足，，異面直線所成夾角為，且異面直線之間的距離為，則三棱錐的體積為.從而由上述引理有．若，則，從而的取值范圍是，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于對八面體的適當劃分，結合體積公式以及引理即可順利得解.四、解答題15．在中，角的對邊分別是．(1)求證：；(2)若，面積為1，求邊的長．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）根據題中等式利用同角三角函數商關系公式，兩角和的正弦公式，三角和內角和定理，正弦定理化簡得到結果；（2）利用（1）的結果計算，再利用三角形面積公式計算出，最后利用余弦定理計算出；【解析】（1）證明：根據，以及，，得，．所以，即，根據，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．已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為和的正方形，平面平面，，，，點為的中點，點在棱上，且．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為，連結，，先證四邊形是平行四邊形，可得，再由線面平行的判定定理，即可得證；（2）結合余弦定理與勾股定理可證，利用面面垂直的性質定理知平面，再以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角，即可得解．【解析】（1）證明：取的中點為，連結，因為為中點，則，且，因為，，，所以所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面;（2）在中，，所以，在中，，即，因為平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面，故以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，，設平面的法向量為，則，令，得，，所以，易知平面的一個法向量為，設二面角為，由圖知為鈍角，所以，所以，故二面角的正弦值為．17．在等差數列（）中，，.(1)求的通項公式；(2)若，數列的前項和為，證明.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出等差數列的首項與公差，即可得解；（2）利用裂項相消法求出，進而可得出結論.【解析】（1）設等差數列的公差為，由，即，解得，所以，所以數列的通項公式為；（2）∵，∴，（方法一），∴化簡得：，∴.（方法二），∴.18．在中，，分別是上的點，滿足且經過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示.

(1)求與平面所成角的大小；(2)在線段上是否存在點（不與端點重合），使平面與平面垂直？若存在，求出與的比值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出及平面的法向量后可求線面角的大小.（2）設，用表示平面和平面的法向量后可求的值，從而可求兩條線段的比值.【解析】（1）在中，因為，故，故在四棱錐中，有，而，故平面，因平面，所以，而，故，而，故可建立如圖所示的空間直角坐標系：

在中，因為經過的重心G（如圖），連接并延長，交于H，則，故，因為，故，在中，，則，故，故，又，設平面的法向量為，則，即，取，則，故，故，故與平面所成角的正弦值為，因為與平面所成角為銳角，故該角為.（2）