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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：B
2．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：D
5．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：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．
【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：B
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．
【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）设 ，则 ，故 ，
又 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，故 ，
因为平面 平面 ，故 ，
所以 ，故 ，
所以 .
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 .
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(3) .
【分析】（1）由已知 有三个零点可得 ，结合题目中的多项式展开证明
即可；
（2）（i）由（1）可知 ，再①+②+③合并同类项即可；（ii）①，②，③各乘
， ，然后再将所得三式相加即可；
（3）由已知 结合题中多项式解出 ，再由（2）（ii）得 解
出 ，由 解出 即可得到答案.
【解析】（1）证明：
，
，（2）证明：由（1）可知
（i）由①+②+③得 .
（ii）①，②，③各乘 ， 得
④+⑤+⑥得 ，
即 .
（3）由题可知 ，
，
，
由 ，得 ，
解得 ，
由（2）（ii）得 ，
解得
，
解得 ，
即 .【点睛】关键点点睛：本题三小问的关键全是能够理解题目中多项式的新定义，再结合新定义计算即可.
