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第二次月考卷02-2025年高考数学一轮复习 (新高考专用)-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.2C.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.4B.C.6D.
【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.
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