云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试数学答案_2025年2月_250220云南师范大学附属中学2025届高三下学期开学考试（月考八）（全科）

数学参考答案
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C D D B C B
【解析】
 1 1
1．由题意得集合Ax  {x|0x5}，所以 A{x|x≤0或x≥5}，故选A．
 x 5 R
       
2．∵向量 a(1，2) ， b (，1) ， c (2，5) ，∴ ab (1，1) ，∵ (ab)c ，
   3
∴(ab)c 0，即得2(1)50，解得 ，故选C．
2
π  1 4 3  π π π
3．∵ ，π ，sin ，所以 cos ，则cos coscos sinsin 
2  7 7  6 6 6
4 3 3 1 1 11
     ，故选C．
7 2 7 2 14
4 ． 将 数 据 从 小 到 大 排 序 得 164，166，167，173，178，249，255，268，277，282 ， 因 为
1075%7.5，所以第75百分位数是268，故选D．
x2 y2 1 x2 y2
5．∵椭圆  1的离心率为 ，椭圆  1(m0)，当焦点在 x 轴上时离心率为
12 9 2 3 m
3m 1 9 m3 1
 ，解得m ；当焦点在y轴上时离心率为  ，解得m4，故选D．
3 2 4 m 2
6．因为正六棱台的上、下底面边长分别为3和4，侧棱长是 2，可求得高为1，设该棱台的
外接球球心到下底面的距离为x(x0)，①当球心在棱台外时，则(x1)2 9x2 16，解
得x3，棱台的外接球半径为 32 16 5；②当球心在棱台内时，则(1x)2 9x2 16，
解得x3(舍)，故选B．
7．对于 A，当c0时，不成立，故 A 不正确；对于 B，若a2 b2 12ab1，即
 1 2 3
(a1)2 b   ，无实数a，b满足，故 B 不正确；对于 C，当a2k(kN)时，
 2 4
数学参考答案·第1页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}a2 14k2 1不是4的倍数，当a2k1(kN)时，a2 14k2 4k2也不是4的倍数，
故 C 正确；对于 D，∵4ab(2ab)2(ab)，又3≤2ab≤4，2≤2(ab)≤4，
∴5≤(2ab)2(ab)≤8，故D不正确，故选C．
3 3 2 2 2 2
8．因为P(A)  ，P(A )  ，P(A )  ，若A 发生，则乙
1 322 7 2 322 7 3 322 7 1
3 1
箱中有 3 个红球，3 个白球和 3 个黑球，所以P(B|A)  ；若 A 发生，则乙箱中
1 9 3 2
2
有 2 个红球，4 个白球和 3 个黑球，所以P(B|A ) ；若 A 发生，则乙箱中有 2 个
2 9 3
2
红球，3个白球和4个黑球，所以P(B|A ) ，所以P(B)P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )
3 9 1 1 2 2
2 2

3 1 2 2 2 2 17 P(A B) P(B|A )P(A ) 9 7
P(A )P(B|A )        ，P(A |B) 2  2 2 
3 3 7 3 7 9 7 9 63 2 P(B) P(B) 17
63
4
 ，故选B．
17
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
题号 9 10 11
答案 AD BCD BCD
【解析】
2π π 
9．由题意知A 3，T 2π，则 1，故A正确，B不正确； 3sin  3，由
T 4 
π  π
0≤≤π得 ，所以 f(x) 3sinx  ， f(x) f(x)， f(x)不是偶函数，故 C 不
4  4
π  π  π π
正确，将 f(x)的图象向左平移 个单位得到 g(x) f x  3sinx  
3  3  3 4
 7π  7π 3  7π 3 π 7π 2π
3sinx  ， 3sinx  ≥ ，即sinx  ≥ ，解得 2kπ≤x ≤ 2kπ
 12  12 2  12 2 3 12 3
π π 3  π π 
(kZ)， 2kπ≤x≤ 2kπ(kZ)，g(x)≥ 的解集为  2kπ， 2kπ (kZ)，
 
4 12 2  4 12 
故D正确，故选AD．
数学参考答案·第2页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}10．对于A，根据线性相关系数r的绝对值越接近1，两个变量的线性相关性越强；反之，线
性相关性越弱，故A不正确；对于B，在线性回归模型中，决定系数R2越大，表示残差
平方和越小，即模型的拟合效果越好，故 B 正确；对于 C，利用普查数据可以准确地判
断两个变量之间是否有关联，不需要进行2独立性检验，故C正确；对于D，因为随机
变量~ N(0，2)，所以正态密度曲线关于0对称，若P(≥2)0.8，根据对称性可
得P(2)P(2)10.80.2，故D正确，故选BCD．
11． y2x与直线yxb只有一个交点，故A不正确；当b0时， x x，解得x0或x1，
故 B 正确；令 f(x)ex 1xb，∴f(x)ex 1，令 f(x)0，则x0，∴f(x)在
(0，) 上 单 调 递 增 ， 在 (，0) 上 单 调 递 减 ， ∴f(x)  f(0)b ，
min
∵x时，f(x)，x时，f(x)，∴当b0时， f(x)有两个零点，
 1
yex 1与yxb 有两个交点，故 C 正确；令 f(x)ln(3x1)xb x  ，
 3
3 23x 2  1 2
∴f(x) 1 ，令 f(x)0，则x ，∴f(x)在 ， 上单调递增，在
3x1 3x1 3  3 3
2  2 2 1
 ，上单调递减，∴f(x)  f  ln3 b，∴当 x 时，f(x) ，
3  max 3 3 3
2 2
x时，f(x) ，∴当 ln3 b0 ，即 bln3 时 ， f(x) 有两个零点，
3 3
yln(3x1)与yxb有两个交点，故D正确，故选BCD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
题号 12 13 14
11 π
答案 4 
6 2
【解析】
 1 3 1 3 3  1
12．由 f x  f(x)2x2，则 f(2) f    f  2 2 f 1 1 f(1)2
 2 2 2 2 2  2
214，故答案为4．
1 5
13．由题意，得a(3i)2 3ib0，整理得8a3b(6a1)i0，解得a ，b ，
6 3
11 11
故ab ，故答案为 ．
6 6
数学参考答案·第3页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}
14．令2arcsin x1，arcsin(2x1)，依据反正弦函数的定义可得，sin  x1，
2
  π  π π 
sin2x1， 

0，

，

 ，

，可得2sin2 sin1，即cossin
2  2  2 2 2
π   π π π π
cos ，∵[0，π]，

 ，

， ，故答案为 ．
2   2 2 2 2
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）
（1）证明：在正方形ABCD中，ACBD，在正方体中，CC 平面ABCD，
1
∵BD平面ABCD，∴CC BD，
1
∵ACCC C ，CC 平面ACC ，AC平面ACC ，∴BD平面ACC ，
1 1 1 1 1
同理可证AD平面ADC ， ……………………………（4分）
1 1 1
∵AC 平面ACC ，AC 平面ADC ，
1 1 1 1 1
∴BD AC ，AD AC ，且BDADD，BD平面ABD，AD平面ABD，
1 1 1 1 1 1 1
则AC 平面ABD，
1 1
AC 平面APC ，所以平面ABD平面APC ．
1 1 1 1
……………………………（6分）
（2）解：以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，
以DD 所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为a，
1
a  2a 2a
则D(0，0，0)，M ，0，a ，B(a，a，0)，P ，a，

，
2   3 3 
 a a  a   a 
MP ，a，  ，MB ，a，a ，DM  ，0，a ，
6 3 2  2 
……………………………（7分）

设平面MPB的一个法向量为m(x，y，z)，
   a a
mMP xay z0，
  6 3   1
由
 m  M  B   a xayaz0，
取x1，得m

1，0，
2  
，
 2

设平面MPD的一个法向量为n(x，y，z)，
数学参考答案·第4页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}   a a
nMP xay z0，
  6 3   2 
由
 n    D  M   a xaz0，
取x2，得n

2，
3
，1

，……………………（11分）
 2
3
2 9 5
所以平面MPB与平面MPD所成角的余弦值为  ．
5 49 35

4 9
……………………………（13分）
16．（本小题满分15分）
AB2  AC2 BC2 2
解：（1）由余弦定理可知cosA  ， ………………………（2分）
2ABAC 3
7 1 14
故sinA ，S  ABACsinA ． ……………………………（4分）
3 △ABC 2 2
  
（2）设|OA|x，|OB| y，|OC|z，
      1 1 1 1
则OAOBOBOCOCOA xy yz xz (xy yzxz)，
2 2 2 2
………………………（6分）
1 2π 1 2π 1 2π 14
又因为S S S S  xysin  yzsin  zxsin  ，
△ABC △AOB △BOC △COA 2 3 2 3 2 3 2
……………………………（9分）
1 42
故 (xy yzzx) ，
2 3
      42
所以OAOBOBOCOCOA ． ……………………………（10分）
3
  
（3）设|OA|x，|OB| y，|OC|z，
2π
由余弦定理可知，AB2 x2  y2 2xycos x2  y2 xy3，
3
同理AC2 x2 z2 xz6，BC2 z2  y2 zy5，
1
故x2  y2 z2  (xy yzzx)7， ……………………………（13分）
2
42
|OA|2 |OB|2 |OC|2x2  y2 z2 7 ． ……………………………（15分）
3
数学参考答案·第5页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}17．（本小题满分15分）
解：（1）根据题意可得F (3，0)， ……………………………（1分）
2
设直线l的方程为yk(x3)，A(x，y )，B(x，y )，
1 1 2 2
x2 y2
  1，
 4 5 联立得(54k2)x2 24k2x36k2 200，
 yk(x3)，
……………………………（3分）
54k2 0，

(24k2)2 4(54k2)(36k2 20)0，

24k2
故x x  0， ……………………………（5分）
 1 2 54k2

36k2 20
x x  0，
 1 2 54k2
5 5
解得4k2 5，即k  或k  ． ……………………………（7分）
2 2
（2）设直线l方程为yk(x3)，A(x，y )，B(x，y )，AB的中点为N(x，y )，
1 1 2 2 0 0
20(1k2)
由（1）可知|AB| 1k2|x x | 1k2 (x x )2 4xx  ，
1 2 1 2 1 2 4k2 5
x x 12k2
x  1 2  ， ……………………………（10分）
0 2 4k2 5
x2 y2
 1  1 1，
 4 5 (x x )(x x ) (y  y )(y  y )
 两式相减得 1 2 1 2  1 2 1 2 0，
x2 y2 4 5
2  2 1，
 4 5
5 y  y y y y y
 1 2  0 k  0  0  0 ，
4 x x x x x 3 x
1 2 0 0 0 0
x 3  y2 
线段 AB 的垂直平分线为y y 0  0 y 0 (xx 0 )，可得M x 0  0 3 x 0 ，0   ，
y2 5x 9x 
因为 0  0 ，所以M 0，0 ， ……………………………（13分）
 
x 3 4  4 
0
9x 15(1k2)
|MF| 0 3  ，
2 4 4k2 5
|MF | 3
所以 2  ． ……………………………（15分）
|AB| 4
数学参考答案·第6页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}18．（本小题满分17分）
（1）证明：∵数列{a }满足a 1，2a 3a 1，nN*，
n 1 n1 n
3
∴a 1 (a 1)， ……………………………（3分）
n1 2 n
又a 12，
1
3
∴数列{a 1}是以2为首项， 为公比的等比数列．……………………………（5分）
n 2
3 n1
（2）解：由（1）得a 12
 
， ……………………………（8分）
n 2
3 n1
故a 2
 
1． ……………………………（11分）
n 2
1 1 11 2 n1
（3）证明：  ≤   ，
a 3 n1 3 n1 3
n 2  1 2  11
2 2
……………………………………………（14分）
2 n
1 1 1 2 2 n1 1 3  
  ≤1    3． ……………………………（17分）
a a a 3 3 2
1 2 n 1
3
19．（本小题满分17分）
（1）解：C：x2 4y的焦点F(0，1)，
2
根据抛物线的定义可得：|QF| y 1，
2
所以|PQ|y |PQ||QF|1≥|PF|1， ……………………………（2分）
2
点P的坐标为P(x，lnx )，
1 1
则有：|PF| (x 0)2 (lnx 1)2 ，
1 1
2(lnx1) 2x2 2lnx2
令 f(x)x2 (lnx1)2，x0，则 f(x)2x  ，
x x
令g(x)2x2 2lnx2，
可得g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，
当x(0，1)时， f(x)0， f(x)单调递减；
数学参考答案·第7页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}当x(1，)时， f(x)0， f(x)单调递增，
故 f(x)  f(1)2，则|PF|  2 ，
min min
当点P的坐标为(1，0)，点Q为线段PF与抛物线交点时，取得最小值，
故|PQ|y 的最小值为 21． ……………………………（6分）
2
 x2 
（2）证明：设直线l与曲线C 的切点为A(x，lnx )(x 0)，与曲线C 的切点为Bx， 4 ，
1 3 3 3 2  4 4 
1
①则曲线C：ylnx的切线l 为ylnx  (xx )，
1 A 3 x 3
3
x2 x
则曲线C：x2 4y的切线l 为 y 4  4 (xx ) ， ……………………………（7分）
2 B 4 2 4
1 x
 4，

x 2
l 与l 表示同一直线，则有  3
A B  x2
lnx 1 4，
  3 4
1
解得：lnx 1 0， ……………………………（9分）
3 x2
3
1
令h(x)lnx1 (x0)，
x2
1 2 x2 2
则h(x)   ，
x x3 x3
当 x(0， 2) 时，h(x)0，h(x)单调递减；
当 x( 2，) 时，h(x)0，h(x)单调递增，
1 1 1
h( 2)ln 2  (ln21)0，h(1)0，h(e) 0，
2 2 e2
根据零点存在性定理可知 x ( 2，e) 使得h(x)0， 1(0， 2) 使得h(x)0，
0
直线l有且仅有2条． ……………………………（11分）
②由①知x 1或x ( 2，e)，
3 3
1
当x 1时，A(1，0)，B(2，1)，此时S  ；
3 △OAB 2
……………………………………………（13分）
数学参考答案·第8页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#} 2 1  1
当x ( 2，e)时，A(x ，lnx )，B ， ，直线OB：y x，
3 3 3 x 3 x 3 2  2x 3
1
lnx
2 3
点A到直线OB的距离d  ，
1
1
4x2
3
1 1
lnx lnx
1 1 4 1 2 3 2 3
∴S  |OB|d     ，
△OAB 2 2 x2 x4 1 x
3 3 1 3
4x2
3
………………………………………（15分）
1 1
由①知h( e) 1 0，∴ e x e，
2 e 3
1
lnx 
1 3 2
∴ lnx 1，S  ，
2 3 △OAB x
3
1 1 1 1 2x
令t(x)lnx  x，x( e，e)，∴t(x)   ，
2 2 x 2 2x
∴t(x)在( e，2)上单调递增，在(2，e)上单调递减，
3 1 1
∴t(x)≤t(2)ln2 0，∴lnx  x0，
2 2 2
1
lnx
2 1，
∴ 
x 2
1
∴S  ，
△OAB 2
1
综上：S ≤ . ………………………………………（17分）
△OAB 2
数学参考答案·第9页（共9页）
{#{QQABSQUpwgow0kTACS5LAQVyCQiQkIGgJUoMxRCQOAQDQYFIFIA=}#}