2025年高考一輪復習第三次月考卷01（測試范圍：除解析幾何、統計概率外）（滿分150分，考試用時120分鐘）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．命題“”的否定是（

）A． B．C． D．3．已知，若與的夾角為，則在上的投影向量為（

）A． B． C． D．4．已知，則（

）A． B．0 C． D．5．、、是平面，a，b，c是直線，以下說法中正確的是（

）A．， B．，C．，， D．，6．清代的蘇州府被稱為天下糧倉，大批量的糧食要從蘇州府運送到全國各地．為了核準糧食的數量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺，上口為正方形，內邊長為25cm，下底也為正方形，內邊長為50cm，斛內高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（

）A．10500 B．12500 C．31500 D．525007．已知正項等比數列滿足，且，，成等差數列，則數列的前項和為（

）A． B． C． D．8．已知函數滿足對任意的且都有，若，，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．已知，，，則（

）A．的最大值為 B．的最小值為8C．的最小值為 D．的最小值為10．函數的部分圖象如圖所示，則（

）A．該圖像向右平移個單位長度可得的圖象B．函數y=fx的圖像關于點對稱C．函數y=fx的圖像關于直線對稱D．函數y=fx在上單調遞減11．在長方體中，，E是棱的中點，過點B，E，的平面交棱于點F，P為線段上一動點（不含端點），則（

）A．三棱錐的體積為定值B．存在點P，使得C．直線與平面所成角的正切值的最大值為D．三棱錐外接球的表面積的取值范圍是三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知，是虛數單位，復數是實數．則的最小值為.13．已知直線與曲線相切，則．14．已知正四棱錐的底面邊長為高為其內切球與面切于點，球面上與距離最近的點記為，若平面過點，且與平行，則平面截該正四棱錐所得截面的面積為.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．已知分別為的內角的對邊，且.(1)求；(2)若，的面積為2，求.16．如圖，已知正三棱柱分別為棱的中點．

(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值．17．已知為正項數列an的前項的乘積，且，．(1)求數列an(2)設，數列bn的前n項和為，證明：．18．如圖①，將個完全一樣質量均勻長為的長方體條狀積木，一個疊一個，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠而不掉下桌面呢？這就是著名的“里拉斜塔問題”．解決方案如下：如圖②，若，則當積木與桌緣垂直且積木重心恰與桌緣齊平時，其伸出桌外部分最長為，如圖③，若，欲使整體伸出桌緣最遠，在保證所有積木最長棱與桌緣垂直的同時，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠端齊平，然后設最下方積木伸出桌外的長度為，將最下方積木看成一個杠桿，將桌緣看成支點，由杠桿平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力乘以力臂，等于最下方積木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以當疊放兩個積木時，伸出桌外最遠為，此時將兩個積木看成整體，其重心恰與桌緣齊平．如圖④，使前兩塊積木的中心與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠端齊平，便可求出時積木伸出桌外的最遠距離．依此方法，可求出4個、5個直至個積木堆疊伸出桌外的最遠距離．（參考數據：，為自然常數）(1)分別求出和時，積木伸出桌外的最遠距離．（用表示）；(2)證明：當時，積木伸出桌外最遠超過；(3)證明：當時，積木伸出桌外最遠不超過．19．若函數在區間上有定義，在區間上的值域為，且，則稱是的一個“值域封閉區間”.(1)已知函數，區間且是的一個“值域封閉區間”，求的取值范圍；(2)已知函數，設集合.（i）求集合中元素的個數；（ii）用表示區間的長度，設為集合中的最大元素.證明：存在唯一長度為的閉區間，使得是的一個“值域封閉區間”.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年高考一輪復習第三次月考卷01（測試范圍：除解析幾何、統計概率外）（滿分150分，考試用時120分鐘）一?選擇題1．已知集合，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由集合的補集和交集運算可得.【解析】，所以，故選：D.2．命題“”的否定是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據存在量詞命題的否定即可得解.【解析】命題“”的否定是“”.故選：B.3．已知，若與的夾角為，則在上的投影向量為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】應用向量的數量積及運算律，結合投影向量公式計算即可得解.【解析】因為，與的夾角為，所以，則，所以在上的投影向量為．故選：B.4．已知，則（

）A． B．0 C． D．【答案】D【分析】先求，再求，即可求解.【解析】根據已知，所以.故選：.5．、、是平面，a，b，c是直線，以下說法中正確的是（

）A．， B．，C．，， D．，【答案】C【分析】利用空間中直線、平面的位置關系一一判定選項即可.【解析】對于A，，可以平行，也可以相交，對于B，a，c可以平行，可以相交，也可以異面，對于D，，可以平行，也可以相交，對于C，不妨設，在平面內作，因為，則，同理在平面內作，則，所以，又，則，而，所以，所以，即C正確.故選：C6．清代的蘇州府被稱為天下糧倉，大批量的糧食要從蘇州府運送到全國各地．為了核準糧食的數量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺，上口為正方形，內邊長為25cm，下底也為正方形，內邊長為50cm，斛內高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（

）A．10500 B．12500 C．31500 D．52500【答案】A【分析】利用棱臺的體積公式,即可計算得出答案．【解析】一斛米的體積為，因為五斗為一斛，所以一斗米的體積為，故選：A.7．已知正項等比數列滿足，且，，成等差數列，則數列的前項和為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設正項等比數列的公比為，根據等差中項的性質及等比數列通項公式得到方程，求出，再由等比數列求和公式計算可得.【解析】設正項等比數列的公比為，由，且，，成等差數列，得，即，即，解得或（舍去）．．故選：A．8．已知函數滿足對任意的且都有，若，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據將，再用裂項相消法求的值.【解析】∵函數滿足對任意的且都有∴令，則，∴∴.故選：D【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查數列的求和問題，關鍵是理解數列的規律，即研究透通項，本題的關鍵是將通項分析為：二、多選題9．已知，，，則（

）A．的最大值為 B．的最小值為8C．的最小值為 D．的最小值為【答案】BCD【分析】利用基本不等式判斷A、B、C，由，令，利用導數說明函數的單調性，即可求出函數的最小值，從而判斷D.【解析】因為，，，對于A：，當且僅當時等號成立，故A錯誤；對于B：，當且僅當，時等號成立，故B正確；對于C：，又，，所以，當且僅當時等號成立，故C正確；對于D：，設，則，所以當時，則單調遞減，當時，則單調遞增，所以，所以的最小值為，當且僅當、時取等號，故D正確.故選：BCD10．函數的部分圖象如圖所示，則（

）A．該圖像向右平移個單位長度可得的圖象B．函數y=fx的圖像關于點對稱C．函數y=fx的圖像關于直線對稱D．函數y=fx在上單調遞減【答案】ABC【分析】利用圖象求出函數的解析式，利用三角函數圖象變換可判斷A選項.利用正弦型函數的對稱性可判斷BC選項；利用正弦型函數的單調性可判斷D選項；【解析】由圖象知，，函數的周期，則，則，由得，而，則，因此.對于A，函數圖象向右平移個單位長度，得，即的圖象，故A正確，對于B，，則的圖象關于點對稱，故B正確；對于C，，則函數的圖象關于直線對稱，故C正確；對于D，當時，，當，即時，取得最小值，所以函數在上不單調，故D錯誤.故選:ABC.11．在長方體中，，E是棱的中點，過點B，E，的平面交棱于點F，P為線段上一動點（不含端點），則（

）A．三棱錐的體積為定值B．存在點P，使得C．直線與平面所成角的正切值的最大值為D．三棱錐外接球的表面積的取值范圍是【答案】ACD【分析】對于選項A，利用面面平行的性質，得到平面，從而可判斷出選項A正確；對于選項B，假設存在，可推出平面，從而判斷選項B錯誤；對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進而判斷選項C正確.對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.【解析】對于A，因為平面平面，根據面面平行的性質，平面與這兩個平面的交線互相平行，即，因為面，面，所以平面，又點P在線段上，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，若存在點P，使得，因為，則，因為，，平面,所以平面，與題意矛盾，故B錯誤；對于C，如圖1所示，

取的中點Q，連接，則點P在平面內的射影在上，直線與平面所成角即，且有，由已知可得，最小為，所以的最大值為，故C正確；對于D，如圖2，

取的中點G，連接，分別取，的中點，，連接，因為是等腰直角三角形，所以三棱錐外接球的球心O在直線上，設三棱錐外接球的半徑為，則，所以，設，則，所以,當點與重合時，取最小值，此時，三棱錐外接球的表面積為，當點P與重合時，取最大值，此時，三棱錐外接球的表面積為，故D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.三、填空題12．已知，是虛數單位，復數是實數．則的最小值為.【答案】【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡復數，依題意可得，即，再計算，由二次函數的性質求出最小值.【解析】因為，又復數是實數，所以，即，所以，所以當，時.故答案為：13．已知直線與曲線相切，則．【答案】【分析】利用導數的幾何意義以及切線過點求切線的斜率.【解析】設直線（）與函數相切，切點為：，因為，所以切線斜率為：.所以切線方程為：.由切線過點，得：所以，解得：或.所以（舍去）或.故答案為：14．已知正四棱錐的底面邊長為高為其內切球與面切于點，球面上與距離最近的點記為，若平面過點，且與平行，則平面截該正四棱錐所得截面的面積為.【答案】【分析】取中點，連，取中點，連，則平面，根據已知可得為正三角形，正棱錐內切球的球心為正的內心，與面切于點為中點，球面上與距離最近的點為與球面的交點，即在之間且長為內切球的半徑，連并延長交于，平面過與平行，可得平面分別與平面、平面的交線為過與平行的直線，即可得到截面為梯形，根據長度關系，即可求解.【解析】取中點，連，取中點，連，則，為正方形的中心，四棱錐是正四棱錐，所以平面，，在中，，同理，所以為正三角形，所以正四棱錐內切球的球心為正的內心，內切球的半徑是正的內切圓半徑為，內切球與平面的切點為正內切圓與直線的切點，所以為中點，球面上與距離最近的點為連與球面的交點，即在之間，且，因此為中點，連并延長交于，平面過與直線平行，設平面分別與平面、平面交于，因為平面，所以，又因為，，所以，同理可證，所以，連，則梯形為所求的截面，因為，，所以平面平面，所以，所以，連，則為的角平分線，所以，又因為分別為的中點，所以，所以，而，所以，所以，又，所以，所以截面梯形的面積.故答案為：.【點睛】本題以多面體的內切球為背景，考查空間線、面位置關系，應用直線與平面性質確定截面是解題的關鍵，要注意平面幾何知識的應用，考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于較難題.四、解答題15．已知分別為的內角的對邊，且.(1)求；(2)若，的面積為2，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據余弦定理代入化簡，結合角的范圍即可求解；（2）根據三角形面積公式和余弦定理代入求解即可.【解析】（1）在中，由余弦定理得，，代入，則，即，即，因為，所以，則（2）因為的面積為2，所以，即，又因為，，，所以，則，則16．如圖，已知正三棱柱分別為棱的中點．

(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】利用線面垂直判定定理來證明；用向量法計算兩平面夾角的余弦值，再求夾角的正弦值；【解析】（1）取中點，由正三棱柱性質得，互相垂直，以為原點，分別以，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設，則，則．證明：，由，得，由，得，因為平面，所以平面．（2）

由（1）可知為平面的一個法向量，設平面的法向量，則,故，令，得面的一個法向量為，設二面角的值為，則，所以，二面角的正弦值為．17．已知為正項數列an的前項的乘積，且，．(1)求數列an(2)設，數列bn的前n項和為，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意可求出，然后兩邊取對數得，從而得出數列是常數列，從而可求解；（2）根據（1）中結論可求出，從而可得出，再結合放縮法及等比數列的前項和公式即可證明.【解析】（1），，所以，即，兩邊取常用對數得，得，所以，所以數列為常數列，所以，所以.（2）證明：由（1）知，所以，則

又因為，所以故.18．如圖①，將個完全一樣質量均勻長為的長方體條狀積木，一個疊一個，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠而不掉下桌面呢？這就是著名的“里拉斜塔問題”．解決方案如下：如圖②，若，則當積木與桌緣垂直且積木重心恰與桌緣齊平時，其伸出桌外部分最長為，如圖③，若，欲使整體伸出桌緣最遠，在保證所有積木最長棱與桌緣垂直的同時，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠端齊平，然后設最下方積木伸出桌外的長度為，將最下方積木看成一個杠桿，將桌緣看成支點，由杠桿平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力乘以力臂，等于最下方積木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以當疊放兩個積木時，伸出桌外最遠為，此時將兩個積木看成整體，其重心恰與桌緣齊平．如圖④，使前兩塊積木的中心與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠端齊平，便可求出時積木伸出桌外的最遠距離．依此方法，可求出4個、5個直至個積木堆疊伸出桌外的最遠距離．（參考數據：，為自然常數）(1)分別求出和時，積木伸出桌外的最遠距離．（用表示）；(2)證明：當時，積木伸出桌外最遠超過；(3)證明：當時，積木伸出桌外最遠不超過．【答案】(1)當時，最遠距離為，當時，最遠距離為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）將前個看成一個整體，結合題意列式計算即可得；（2）將前個看成一個整體，設第個積木伸出桌外的長度為，可得，即有當時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為，構造函數，結合導數研究函數單調性可得，即可得，將代入即可得證；（3）構造函數，結合導數研究函數單調性可得，故有，將代入即可得證.【解析】（1）當時，有，則，，當時，有，則，故，故當時，積木伸出桌外的最遠距離為，當時，積木伸出桌外的最遠距離為，（2）當個積木堆疊伸出桌外時，前個看成一個整體，設第個積木伸出桌外的長度為，則有，解得，故當時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為：，令，則，故在上單調遞增，故，令，則有，即，故，即，又，故，故，即當時，積木伸出桌外最遠超過；（3）由（2）知，當時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為：，令，則，故在上單調遞增，故，即有在上恒成立，令，則有，故，即，則，要證當時，積木伸出桌外最遠不超過，只需證，即證，由，故，即只需證，由，故，即得證.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點有兩個，一個是由題意得到第個積木伸出桌外的長度為時，有，可得，即可得個積木堆疊伸出桌外的最遠距離為，第二個是證明（2）、（3）問時，構造對應函數及，通過研究函數單調性，得到及.19．若函數在區間上有定義，在區間上的值域為，且，則稱是的一個“值域封閉區間”.(1)已知函數，區間且是的一個“值域封閉區間”，求的取值范圍；(2)已知函數，設集合.（i）求集合中元素的個數；（ii）用表示區間的