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2025年高考一轮复习第三次月考卷01（测试范围：除解析几何、统计概率
外）
（满分150分，考试用时120分钟）
一､选择题
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由集合的补集和交集运算可得.
【解析】 ，
所以 ，
故选：D.
2．命题“ ”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据存在量词命题的否定即可得解.
【解析】命题“ ”的否定是“ ”.
故选：B.
3．已知 ，若 与 的夹角为 ，则 在 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】应用向量的数量积及运算律，结合投影向量公式计算即可得解.
【解析】因为 ， 与 的夹角为 ，
所以 ，
则 ，
所以 在 上的投影向量为 ．
故选：B.4．已知 ，则 （ ）
A． B．0 C． D．
【答案】D
【分析】先求 ，再求 ，即可求解.
【解析】根据已知 ，
所以 .
故选： .
5． 、 、 是平面，a，b，c是直线，以下说法中正确的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， ， D． ，
【答案】C
【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.
【解析】对于A， ， 可以平行，也可以相交，
对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，
对于D， ， 可以平行，也可以相交，
对于C，不妨设 ，在平面 内作 ，
因为 ，则 ，同理在平面 内作 ，则 ，
所以 ，
又 ，则 ，而 ，所以 ，所以 ，即C正确.
故选：C
6．清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏
州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状
近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那
么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【答案】A
【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【解析】一斛米的体积为 ，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为 ，
故选：A.
7．已知正项等比数列 满足 ，且 ， ， 成等差数列，则数列 的前 项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设正项等比数列 的公比为 ，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程，求
出 ，再由等比数列求和公式计算可得.
【解析】设正项等比数列 的公比为 ，
由 ，且 ， ， 成等差数列，
得 ，即 ，即 ，
解得 或 （舍去）．
．
故选：A．
8．已知函数 满足对任意的 且 都有 ，若
， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据 将 ，再用裂项相消法求
的值.【解析】 函数 满足对任意的 且 都有
∵
令 ，则 ，
∴
∴
∴
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的求和问题，关键是理解数列的规律，即研究透通项，本题的关
键是将通项分析为：
二、多选题
9．已知 ， ， ，则（ ）
A． 的最大值为 B． 的最小值为8
C． 的最小值为 D． 的最小值为
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式判断A、B、C，由 ，令 ，利用导数说明函
数
的单调性，即可求出函数的最小值，从而判断D.
【解析】因为 ， ， ，
对于A： ，当且仅当 时等号成立，故A错
误；
对于B： ，当且仅当 ， 时等号成立，故B正
确；
对于C： ，
又 ， ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，故C正确；
对于D： ，设 ，则 ，
所以当 时 ，则 单调递减，
当 时 ，则 单调递增，
所以 ，
所以 的最小值为 ，当且仅当 、 时取等号，故D正确.
故选：BCD
10．函数 的部分图象如图所示，则（ ）
A．该图像向右平移 个单位长度可得 的图象
B．函数 的图像关于点 对称
C．函数 的图像关于直线 对称
D．函数 在 上单调递减
【答案】ABC
【分析】利用图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项.利用正弦型函数的对称性可
判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项；
【解析】由图象知， ，函数 的周期 ，则 ，则
，由 得 ，而 ，则 ，因此 .对于
A，函数 图象向右平移 个单位长度，得 ，即 的图象，故A正确，
对于B， ，则 的图象关于点 对称，故B正确；
对于C， ，则函数 的图象关于直线 对称，故C正确；对于D，当 时， ，当 ，即 时， 取得最小值，所以
函数 在 上不单调，故D错误.
故选:ABC.
11．在长方体 中， ，E是棱 的中点，过点B，E， 的平面
交棱 于点F，P为线段 上一动点（不含端点），则（ ）
A．三棱锥 的体积为定值
B．存在点P，使得
C．直线 与平面 所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥 外接球的表面积的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到 平面 ，从而可判断出选项A正确；对于选
项B，假设存在，可推出 平面 ，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找
出线面角为 ，从而在 中，求出 的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球
的截面圆的几何性质，找出球心在直线 上，利用 ，建立方程
，从而求出球的表面积的取值范围.
【解析】对于A，因为平面 平面 ，
根据面面平行的性质，平面 与这两个平面的交线互相平行，
即 ，因为 面 ， 面 ，
所以 平面 ，又点P在线段 上，
所以三棱锥 的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得 ，因为 ，
则 ，因为 ， ，
平面 ,所以 平面 ，
与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，取 的中点Q，连接 ，则点P在平面 内的射影 在 上，
直线 与平面 所成角即 ，
且有 ，由已知可得 ，
最小为 ，所以 的最大值为 ，故C正确；
对于D，如图2，
取 的中点G，连接 ，分别取 ， 的中点 ， ，
连接 ，因为 是等腰直角三角形，
所以三棱锥 外接球的球心O在直线 上，
设三棱锥 外接球的半径为 ，则 ，
所以 ，
设 ，则 ，
所以 ,当点 与 重合时，
取最小值 ，此时 ，
三棱锥 外接球的表面积为 ，
当点P与 重合时， 取最大值 ，
此时 ，三棱锥 外接球的表面积为 ，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线 上，利用
，建立方程 ，从而求出球的表面积的取值范围.
三、填空题
12．已知 ， 是虚数单位，复数 是实数．则 的最小值为 .
【答案】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数 ，依题意可得 ，即 ，再计算 ，
由二次函数的性质求出最小值.
【解析】因为
，
又复数 是实数，所以 ，即 ，
所以 ，
所以当 ， 时 .
故答案为：
13．已知直线 与曲线 相切，则 ．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义以及切线过点 求切线的斜率.
【解析】设直线 （ ）与函数 相切，切点为： ，
因为 ，所以切线斜率为： .
所以切线方程为： .
由切线过点 ，得：
所以 ，解得： 或 .
所以 （舍去）或 .
故答案为：
14．已知正四棱锥 的底面边长为 高为 其内切球与面 切于点 ，球面上与 距离
最近的点记为 ，若平面 过点 ， 且与 平行，则平面 截该正四棱锥所得截面的面积为 .
【答案】
【分析】取 中点 ，连 ，取 中点 ，连 ，则 平面 ，根据已知可
得 为正三角形，正棱锥 内切球的球心为正 的内心 ，与面 切于点 为 中
点，球面上与 距离最近的点为 与球面的交点，即在 之间且 长为内切球的半径，连 并延长
交 于 ，平面 过 与 平行，可得平面 分别与平面 、平面 的交线为过 与 平
行的直线，即可得到截面为梯形，根据长度关系，即可求解.
【解析】取 中点 ，连 ，取 中点 ，连 ，
则 ， 为正方形 的中心，四棱锥 是正四棱锥，
所以 平面 ， ，在 中， ，
同理 ，所以 为正三角形，
所以正四棱锥 内切球的球心为正 的内心 ，
内切球的半径是正 的内切圆半径为 ，
内切球与平面 的切点 为正 内切圆与直线 的切点，
所以 为 中点，球面上与 距离最近的点为连 与球面的交点，
即在 之间，且 ，因此 为 中点，
连 并延长交 于 ，平面 过 与直线 平行，
设平面 分别与平面 、平面 交于 ，
因为 平面 ，所以 ，又因为 ， ，
所以 ，同理可证 ，所以 ，连 ，
则梯形 为所求的截面，因为 ，
，所以 平面 平面 ，
所以 ，所以 ，
连 ，则 为 的角平分线，所以 ，
又因为 分别为 的中点，所以 ，
所以 ，而 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以截面梯形 的面积 .
故答案为： .
【点睛】本题以多面体的内切球为背景，考查空间线、面位置关系，应用直线与平面性质确定截面是解题
的关键，要注意平面几何知识的应用，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.
四、解答题
15．已知 分别为 的内角 的对边，且 .
(1)求 ；
(2)若 ， 的面积为2，求 .
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据余弦定理代入化简，结合角的范围即可求解；
（2）根据三角形面积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 ，
则 ，
即 ，
即 ，
因为 ，所以 ，则
（2）因为 的面积为2，
所以 ，即 ，
又因为 ， ， ，所以 ，
则 ，则
16．如图，已知正三棱柱 分别为棱 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【解析】（1）取 中点 ，由正三棱柱性质得， 互相垂直，以 为原点，分别以
，
所在直线为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设 ，则 ，则 ．
证明： ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
因为 平面 ，所以 平面 ．
（2）
由（1）可知 为平面 的一个法向量，设 平面 的法向量，
则 ,故 ，
令 ，得面 的一个法向量为 ，
设二面角 的值为 ，
则 ，所以，二面角 的正弦值为 ．
17．已知 为正项数列 的前 项的乘积，且 ， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，数列 的前n项和为 ，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可求出 ，然后两边取对数得 ，从而得出数列
是常数列，从而可求解；（2）根据（1）中结论可求出 ，从而可得出 ，再结合放缩法及等比数列的前 项和公式即
可证明.
【解析】（1） ， ，
所以 ，即 ，
两边取常用对数得 ，
得 ，所以 ，
所以数列 为常数列，所以 ，
所以 .
（2）证明：由（1）知 ，所以 ，
则
又因为 ，
所以
故 .
18．如图①，将 个完全一样质量均匀长为 的长方体条状积木，一个叠一个，从桌子边缘往外延伸，
最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”．
解决方案如下：如图②，若 ，则当积木与桌缘垂直且积木重心 恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最长为 ，如图③，若 ，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先
将上面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为 ，将最
下方积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的
重力 乘以力臂 ，等于最下方积木的重力 乘以力臂 ，得出方程 ，求出 ．
所以当叠放两个积木时，伸出桌外最远为 ，此时将两个积木看成整体，其重心 恰与桌缘齐
平．如图④，使前两块积木的中心 与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出 时积木
伸出桌外的最远距离．依此方法，可求出4个、5个直至 个积木堆叠伸出桌外的最远距离．（参考数
据： ， 为自然常数）
(1)分别求出 和 时，积木伸出桌外的最远距离．（用 表示）；
(2)证明：当 时，积木伸出桌外最远超过 ；
(3)证明：当 时，积木伸出桌外最远不超过 ．
【答案】(1)当 时，最远距离为 ，当 时，最远距离为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将前 个看成一个整体，结合题意列式计算即可得；
（2）将前 个看成一个整体，设第 个积木伸出桌外的长度为 ，可得 ，即有当 时，积
木
堆叠伸出桌外的最远距离为 ，构造函数 ，结合导数研究函数单调
性可得 ，即可得 ，将 代入即可得证；
（3）构造函数 ，结合导数研究函数单调性可得 ，故有
，将 代入即可得证.
【解析】（1）当 时，有 ，则 ， ，
当 时，有 ，则 ，故 ，
故当 时，积木伸出桌外的最远距离为 ，当 时，积木伸出桌外的最远距离为 ，
（2）当 个积木堆叠伸出桌外时，前 个看成一个整体，
设第 个积木伸出桌外的长度为 ，则有 ，解得 ，
故当 时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：
，
令 ，则 ，
故 在 上单调递增，故 ，
令 ，则有 ，即 ，
故 ，
即 ，又 ，故 ，
故 ，
即当 时，积木伸出桌外最远超过 ；
（3）由（2）知，当 时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：
，
令 ，
则 ，
故 在 上单调递增，故 ，
即有 在 上恒成立，
令 ，则有 ，
故 ，
即 ，则 ，
要证当 时，积木伸出桌外最远不超过 ，只需证 ， 即证 ，
由 ，故 ，
即只需证 ，由 ，
故 ，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一个是由题意得到第 个积木伸出桌外的长度为 时，有
，可得 ，即可得 个积木堆叠伸出桌外的最远距离为 ，第二个是证
明（2）、（3）问时，构造对应函数 及 ，通过研究函数单调性，
得到 及 .
19．若函数 在区间 上有定义， 在区间 上的值域为 ，且 ，则称 是 的一
个“值域封闭区间”.
(1)已知函数 ，区间 且 是 的一个“值域封闭区间”，求 的取值范
围；
(2)已知函数 ，设集合 .
（i）求集合 中元素的个数；
（ii）用 表示区间 的长度，设 为集合 中的最大元素.证明：存在唯一长度为 的闭区
间
，使得 是 的一个“值域封闭区间”.
【答案】(1)
(2)（i）2；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，确定 在 上单调递增，求得值域，再由集合间的关系构造不等式求解即可.
（2）（i）构造 ，求导，确定其单调性，再结合零点存在性定理即可求解；（ii）由（i）
得 ，再通过讨论 ， 和 即可求证.
【解析】（1）由题意， ，当 时，
恒成立，所以 在 上单调递增，
的值域为 ，所以 ，
即可得 ，解得 ，则 的取值范围为 .
（2）（i）记函数 ，
则 ，
由 得 或 ；由 得 ；
所以函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
其中 ，因此当 时， ，不存在零点；
由 在 单调递减，易知 ，而 ，
由零点存在定理可知存在唯一的 使得 ；
当 时， ，不存在零点.
综上所述，函数 有0和 两个零点，即集合 中元素的个数为2.
（ii）由（i）得 ，假设长度为 的闭区间 是 的一个“值域封闭区间” ，
则对 ，
当 时，由（i）得 在 单调递增，
，即 ，不满足要求；
当 时，由（i）得 在 ）单调递增，
，
即 ，也不满足要求；
当 时，闭区间 ，而 显然在 单调递增，
由（i）可得 ，
，满足要求.
综上，存在唯一的长度为 的闭区间 ，使得 是 的一个“值域封闭区间”.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 ，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间 上是连续不断的曲线，且 ，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不
同的值，就有几个不同的零点．
