第三次月考卷01（测试范围：除解析几何、统计概率外）-2025年高考数学一轮复习 （新高考专用）

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2、精练习题。不搞“题海战术”，在老师指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。
4、重视错题。错误要及时寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
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．0C．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．10500B．12500C．31500D．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．