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=}#}