文档文本内容
2025 年高考数学一轮复习第三次月考卷 02
（满分150分，考试用时120分钟）
测试范围：选填题除解析几何、统计概率外
一､选择题
1．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据补集结合一元二次不等式求 ，再根据交集运算求解.
【解析】因为 ，则 ，
所以 .
故选：B.
2．已知复数 满足 ，则 （ ）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【分析】根据复数的乘、除法运算可得 ，结合复数的几何意义计算即可求解.
【解析】由题意知， ，
所以 .
故选：B
3．“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对 进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解.
【解析】必要性：由 ，可得 ，
则 ，即 .
所以“ ”是“ 的必要条件；
充分性；由 ，可得 ，
即 ，
则 ，得 或 .
所以“ ”不是“ 的充分条件；
故选：B
4．在 中，点 在线段 上， ，则 （ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】根据共线向量定理和平面向量基本定理可求出结果.
【解析】因为点 在线段 上，所以存在实数 ，使得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 .
故选：C
5．已知m，n是两条不重合的直线， 是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若 ，则B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】D
【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.
【解析】对于A，若 ， ，则 或 ，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；
对于B，若 ，则 与 相交或平行，B错误；
对于C，若 ，则 ，又 ，则 或 ，C错误；
对于D，由 ，得 或 ，若 ，则存在过 的平面与 相交，
令交线为 ，则 ，而 ，于是 ， ；若 ，而 ，则 ，
因此 ，D正确.
故选：D
6．若函数 的两对称中心的最小距离为 ，则 的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据函数 的两对称中心的最小距离为 ，则函数 的周期为π，再由 计算即可.
【解析】因为函数 的两对称中心的最小距离为 ，
所以函数 的周期为π，
即 ，解得 .
故选：A.
7．北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有 个小球，
第二层有 个小球，第三层有 个小球.....依此类推，最底层有 个小球，共有 层.
现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共7层，小球总个数为168，则该垛积的第一层的小球个数为（
）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】设各层的小球个数为数列{a )，利用 ，可得 ，
n
，利用等差数列的求和公式，求得 ，根据题意，列出方程，求得 的
值，进而求得该垛积的第一层的小球个数.
【解析】设各层的小球个数为数列{a )，
n
由题意得 ，
因为 ，可得
，
则 ，
因为前7层小球总个数为168，所以 ，即 ，
解得 或 （舍去），
所以 ，可得 ，即该垛积的第一层的小球个数为 个.
故选：B.
8．已知函数 .设 ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令 ，由 得函数 为奇函数，且 在 单调递增，不妨设
，设点 ，则 的直线方程为 ，故
，两式相加得 ，再由函数 的奇偶性得
即可求解.
【解析】由题意，函数 的定义域为 ，
令 ，
则 ，
所以 为奇函数，且 在 单调递增，如图所示，
因为 ，
所以不妨设 ，
设点 ，
则 的直线方程为 ，
如图，因为 ，
所以两式相加得 ，
又因为 ，
所以 ，所以 ，
即 .
故选：C.
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．函数 与 是同一个函数
B．若函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为
C．函数 的定义域为
D．若函数 的定义域为R，则实数 的取值范围是
【答案】ACD
【分析】运用相等函数概念，复合函数定义域，结合不等式恒成立计算即可.
【解析】对于A，函数 的定义域为 的定义域为 ，
故函数 与 不是同一个函数，A不正确；
对于B：因为函数 的定义域为 ，
所以 ，所以函数 的定义域为(0,1)，B正确
对于C，不等式 ，
则解集为 ，C不正确
对于D，当x∈R时，不等式 恒成立.
当 时， 恒成立；
当 时，则需满足 ，
综合可得 的取值范围是 ，D不正确，
故选：ACD
10．数列{a )前n项和为 ，且满足 ， ，则（ ）
n
A． B．
C． D．数列 的前 项和为
【答案】ABD
【分析】A选项直接由递推关系式即可求出 ；B选项由 即可判断；C,D
选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.
【解析】对于A： ，正确；
对于B: ，有 ，
两式相加，得 ，又 ，
所以 ， 为偶数由 ，得： ，也即 ， 为奇数，
所以 ，正确；
对于C:由B可知：
，
则 ，错误.
对于D：数列 的前 项和记为 ，
，正确
故选：ABD
11．在四棱锥 中，底面 是矩形， ， ，平面 平面 ，
点 在线段 上运动（不含端点），则（ ）
A．四棱锥 的体积为1
B．四棱锥 外接球的表面积为
C．不存在点 使得
D．当 到直线 的距离最小时，过点 ， ， 作截面交 于点 ，则四棱锥 的体积
是
【答案】BCD
【分析】取AD的中点G，证明 平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断C，求出 ，再由锥体
的体积公式判断A，把四棱锥 补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，由
平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时 ，从而得 为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．
【解析】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD， ,则 ，
因为平面 平面ABCD，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，则 ．
又因为 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面PGC．
因为 平面PGC， 平面PGC，所以 不成立，故不存在点 使得 ，故C正确；
因为 平面 ， ， ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，故A错误；
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．
如图2，则四棱锥 的外接球即为正方体的外接球，其半径 ，
即四棱锥 外接球的表面积 ，故B正确．
如图1，因为 平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时 ，
由上推导知 ， ， ，， ， ，
，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为 中点,
平面 即平面 与 的交点也即为 与 的交点,可知N为QA的中点，
故 ，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面
垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的
外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
三、填空题
12．幂函数 在 上是减函数，则 的值为 ．
【答案】
【分析】由幂函数及其单调性即可求解.
【解析】由题意可得 ，解得： ,
所以 .
故答案为：
13．对于任意的正数m，n，不等式 成立，则λ的最大值为
【答案】 /
【分析】根据题意，转化为 成立，利用 ，结合基本不等式
求得最小值，即可求解.【解析】因为 都为正数，则不等式 成立，即为 成立，
又由 ，
当 时，即 时，等号成立，
所以 ，即 的最小值为 .
故答案为： .
14．已知函数 ，若关于x的不等式 的解集中有且仅有2个正
整数，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】原不等式的解集有且只有两个整数解等价于 的解集中有且仅有两个正整数，利
用导数讨论后者的单调性后可求参数的取值范围.
【解析】设 ，则 ，
而 的定义域为 ，故 为 上的奇函数，
（不恒为零），故 为 上的单调减函数，
又 即为： ，
也就是 ，故 ，
故 的解集中有且仅有两个正整数，
若 ，则当 时， ，
此时不等式的解集中有无数个正整数解，不合题意；
若 ，因为 ， ，故 的解集中不会有1,2，其解集中的正整数解必定大于等于3，
不妨设 ，则 的解集中有且仅有两个正整数，
设 ， ，
故 在 上为增函数，由题设可得 ，
故 ，
故答案为： .
【点睛】思路点睛：不等式解集中的正整数解的个数问题，可通过参变分离转化水平的动直线与确定函数
图像的位置关系来处理.
四、解答题
15．在公差不为0的等差数列{a )中， ，且 是 与 的等比中项.
n
(1)求{a )的通项公式；
n
(2)若 ， ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）根据等差数列通项公式把 、 、 都用 与 表示，结合已知解出 ，即可得出 的通项公式；
（2）先表示出 ，再表示出 ，用错位相减法即可求解.
【解析】（1）设 的公差为 ，因为 是 与 的等比中项，
所以 ，即 ，
整理得 .
又 ， ，所以 ，
则 .
（2）由（1）可得 ， ，
则 ①，
②，
①-②得
则 .
16．已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ．
(1)求 的值；
(2)若 的面积为 ，求 周长的取值范围．
【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边，可求 的值；
（2）已知条件结合三角形面积公式化简求出 ，由正弦定理结合两角和与差的正弦公式得
，由 ，得 ，可求 周长的取值范围．
【解析】（1）∵ ，
由正弦定理可得： ，
由余弦定理知： ， ，
可得 ，
则有 ，由 ，解得 .
（2）
中由余弦定理知 ，又在 中有 ，
∴ ，化简得 ，
∵ ，∴ .
又 ，由正弦定理得： ， ，
，
因在 中， ， ， ，
所以 ，当 时，等号成立，
∴ 周长 的取值范围是 ．
17．已知函数 .
(1)当 时，求 的极值；(2)若 ，当 时， 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1) 的极大值为 , 的极小值为 ．
(2) , ．
【分析】（1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）将 化为 ，由此令 ，则 ，
则原问题转化为 在 上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解．
【解析】（1）当 时， ，定义域为 ，
则 ，
令f′(x)>0，则 或 ；令f′(x)<0，则 ；
则 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
故函数 的极大值为 ，
的极小值为 ．
（2）不妨设 ，
因为 对一切 都成立，
所以 对一切 都成立，
令 ，则 ，定义域为 ，
则原问题转化为 在 上单调递增；
又 ，当 时， ， 在 上单调递增；
当 时，需 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
对于 ，图象过定点 ，对称轴为 ，
故要使得 在 上恒成立，
需满足 且 ，
解得 ，
综合可得 ，即 的取值范围为 , ．
【点睛】关键点点睛：由 对一切 都成立，转化为 对一
切 都成立，构造 ，将原问题转化为 在 上单调递增，利用导数求解.
x2 y2
18．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴是短轴的 倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为 是
a2 b2
椭圆左右顶点，过 做椭圆的切线，取椭圆上 轴上方任意两点 （ 在 的左侧），并过 两点
分别作椭圆的切线交于 点，直线 交点 的切线于 ，直线 交点 的切线于 ，过 作 的垂线
交 于 .
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若 ，直线 与 的斜率分别为 与 ，求 的值.
(3)求证：【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，列出关于 的方程，求出 ，可得椭圆的标准方程.
（2）设过 点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去 ，得到关于 的一元二次方程，由 ，
得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理，可得 的值.
（3）设 （ ），再设过 点的切线方程，与椭圆方程联立，消去 ，得到关于 的一元二次
方程，由 ，得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理，可得 ， 的表达式.再把 和
用 ， 表示，化简整理即可.
【解析】（1）由题意： .
所以椭圆的标准方程为： .
（2）设过点 的切线方程为： ，即 ，
由 ，消去 ，整理得： ，
由 ，
整理得： ，所以 .
（3）设 （ ）， 的延长线交 轴于 点，如图：
、 两点处切线斜率分别为 ，则 .
设 点的椭圆的切线方程为： ，即 ，
由 消去 ，
化简整理得： ，
由 得：
化简整理得： ，
由韦达定理，得： ， ，
所以 ， ，
所以要证明 ，只需证明： ，
即
，
因为 ，所以上式成立，即 成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．已知 为正整数，集合 中， 依次构成公比为 的正项等比数列.
集合 为 的非空子集.若 中只有一个元素或 中任意两个元素 都满足 ，
则称 为 的“ -分离子集”.记数列 为 的正零点.
(1)写出 的所有2-分离子集；
(2)记 的“1-分离子集”的数量为 ，证明： ；
(3)在 中的所有非空子集中等概率地选取一个子集 ，证明： 为 的“ -分离子集”的概率大于
.
【答案】(1) ， ， ， ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意可知， ，根据题意一一列举；
（2）由题知， ， 不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素,当 时， 不含元素的全体1-分离子集即为 的全体1-分离子集，其数量为 ，结合数列 为 的正零点证
明；
（3） 中的所有非空子集数量为 ，故只需证明 的“ -分离子集”数量大于 .
【解析】（1）一个元素的有： ， ， ，
由题得 ，故两个元素的只有可能为 ，且不可能有三个元素以上的子集.
故为 ， ， ， ，
（2）由题可知， ，当 不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，故显然 ，
，
当 时， 不含元素 的全体1-分离子集即为 的全体1-分离子集，其数量为
若集合 为 的1-分离子集，且 中包含元素 ，则 不是 中的元素，否则 不符合题意，
而对 的任意1-分离子集与 的并集，由 中元素都不大于 ， 故符合题意，其
数量为
且单元素集合 也符合题意，故 包含元素 的全体1-分离子集数量为 ，
得 ，
故
又 ，故 ，
且 ， ，故 时， ，
同理 ，故原式得证！
（3） 中的所有非空子集数量为 ，故只需证明 的“ -分离子集”数量大于 ，
记 的“ -分离子集”的数量为 ，
则当 时，由 中任意两个元素 满足 ，
故 -分离子集只能为单元素子集， ，
当 时，与（2）同理， 不含元素 的全体 -分离子集数量为 ，
包含元素 则 -分离子集为 或除 外最大元素只能不大于 ，
故 的全体 -分离子集为 与 的 -分离子集的并集和 ，故数量为
，
因此
得 ，
由 ，得
同（2）可得，只需证明在 时， ，
令 ，只需证明g(x)<0，
，显然 故 单调递增，
若 存在零点 则 在 单调递减， 单调递增，则 的最大值为 ， 中较大者，
则 单调递增， 的最大值为 ， 则 单调递减， 的最大值为 ，
而 ， ，
即为 ，即 ，即 在 处大于零，
即证 ，同取对数为 ，
令
即 ，则 ，
，
令 ， ，
故 上 ，ℎ ′(x)>0则 ，得证！
【点睛】关键点点睛：数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；转化以函数为背景的条件时，
应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
