湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）数学答案_2025年1月_250122湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）（全科）

岳阳市 2024-2025 学年度高三年级质量监测（一）
数学参考答案及评分标准
一. 二.选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C B C A D C B BCD AD BCD
三．填空题
3
12. ；
2
13.a 43n；
n
14e
 
14. ,1 ∪ .
 4e2 
四.解答题
15.解析：（1） 3asinCacosCbc，利用正弦定理可得
3sin AsinCsin AcosCsinB sinC， ................2分
 π
又sinB sin  AC ，则2sinA 1，
 6
π π 5π
又   A 
6 6 6
π π 
即A  ， 所以A ................6分
6 6 3
AD2BD2AB2 AD2DC2AC2
（2）由D为BC中点，可知  0,即
2ADBD 2ADDC
 
AC2  AB2 2 AD2 BD2
，
又2b2 -a2 4，AD  3，
所以c2， ................9分
1 b2 c2 a2
又cosA  ，可得 b2 ................11分
2 2bc
1 1 3
则ABC的面积为 bcsin A 4  3 ................13分
2 2 2
 p 
16.解析：（1） y2 2px  p 0  的焦点在x轴上，为 ,0 ................1分
 2 
直线2x3y20与x轴的交点坐标为  1,0  ， ................2分
p
则 1，即p 2 ................4分
2
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}所以抛物线为 y2 4x ................5分
（2）法一：由题意可知AB所在直线斜率不为0， ................6分
设A(x ,y ),B(x ,y )，AB所在直线方程为xmyn， 联立 y2 4x，化简可得：
1 1 2 2
y2 4my4n0 ，
则 y y 4n，
1 2
 16m2 16n0
...........（*） ................10分
y y y.y 16 16
又k .k  1 . 2  1 2   2 ...............13分
OA OB x x y 2.y 2 y.y 4n
1 2 1 2 1 2
16
则n2，满足（*）式
 
即直线AB恒过点 2,0 ................15分
y2 y2
法二：当直线AB的斜率不存在时，设A( 0 ,y )，B( 0 ,y ) ，
4 0 4 0
16y2
所以k k  0 2，所以 y2 8，所以直线AB的方程为x2；................8分
OA OB y4 0
0
当直线AB的斜率存在时，设A(x ,y ),B(x ,y )，AB所在直线方程为
1 1 2 2
y kxb(k 0,b0)，联立 y2 4x，化简可得：k2x2 (2kb4)xb2 0，由题意
可知 (2kb4)2 4k2b2 1616kb0即kb1............（*）；................9分
42kb b2
由韦达定理知x x  ，x x  ，................10分
1 2 k2 1 2 k2
y y k2x x kb(x x )b2 4k
所以k k  1 2  1 2 1 2  2，
OA OB x x x x b
1 2 1 2
所以b2k ，满足（*）式；...............13分
所以AB所在直线方程为y kx2k k(x2)
 
综上,直线AB恒过点 2,0 ...............15分
17.解析：（1）BC 2 3，E为边BC的中点，EC  3， ...............1分
π
又在△DCE中，CD  6，BCD  ，
4
由余弦定理可得ED  3，即DEC 90，则BC  DE， .............3分
又ABCD为平行四边形，所以AD//BC,则DE  AD，
又平面PAD 底面ABCD
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}所以DE 平面PAD
所以DE  PA. ..............6分
（2）法一：取AD的中点O,又PA  PD
所以PO  AD，DE//BO,
又平面PAD 底面ABCD
所以PO 底面ABCD
所以PO  BC，PO  BO ..............8分
而BO  BC
π
所以PBO即为二面角P-BC-D的平面角，PBO  .............10分
3
又△POB为直角三角形，OB  3
所以OP 3， ..............11分
3
设在线段AB上存在点M ，使得M 到平面PBC 的距离为 ，且BM t
4
1
△PBC为直角三角形，S  2 32 3 6
△PBC
2
1 3π 6
S  tsin 2 3  t ..............13分
△BCM
2 4 2
1 3 1
又V   S V  3S
M-PBC 3 4 △PBC P-MBC 3 △BCM
6
解得t  ，即M 为AB中点 ..............15分
2
法二：取AD的中点O,又PA  PD
所以PO  AD，
又平面PAD 底面ABCD
所以PO 底面ABCD
又DE//BO, 所以BO OA
所以OP,OA,OB两两垂直。 ..............8分
如图，以O为坐标原点，以OA,OB,OP所在直线为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系：
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}     
O  0,0,0 ，A 3，0,0，B 0, 3，0，C 2 3, 3，0
   
设OP m，则P  0,0,m  ,BP  0, 3,m,BC  2 3,0,0 ，
设平面PBC 的法向量为n    x，y，z 
1 1 1

 nBP0
则

 nBC0
  
取 y m，则n  0,m, 3 ，
1
又平面ABCD的一个法向量为 p   0，0，1  ..............11分
π   3 1
则cos cos n, p   ，得m3，即PO 3 ..............12分
3 m2 3 2
  
则平面PBC 的一个法向量为n  0，3，3 ，
 
设MB AB，则MB   3, 3,0

MBn
3 3 3
则   ，

4 n 2 3
1
解得 ，
2
即M 为AB中点 ..............15分
18.解析：（1） f  x  的定义域为R， f x  ex 6k ， ..............1分
当k 0时，
f
x

0， f

x

在R上单调递增 ..............2分
当k 0时，由f x  0,得x  ，ln  6k  ，
由
f
x

0,得x

ln

6k
， 
， ..............3分
综上，当k 0时，f  x  在R上单调递增 ;当k 0时，f  x  在  ，ln  6k  上单调递减，
在

ln

6k
， 
上单调递增. ..............4分
（2）h  x   f x  g x  ex 6k3kx2，h x  ex 6kx,h x  ex 6k,
..............5分
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}当k 1时，h x  ex 6,x  ，ln6 时 h x  单调递减，x  ln6，  时，h x  单调
递增，h
x
 h
ln6

66ln60， ..............7分
min
又h
0
 10;x时,h
x

,
所以h x  分别在  ,ln6  和  ln6，  上存在唯一的变号零点，
 
即h x 有两个极值点. .............9分
 6k3kx2 
（3）  x   f  x  g  x  ex 6kxkx3 1, x  ex 6k3kx2 ex

1



ex

 
又0 0，x0为一个零点，
..............10分
①若k 0,
则
x

0,

x

在定义域内单调递增，又

0

0，所以

x

只有一个零
点。 ..............11分
 6k3kx2 
②若k 0, x  ex 6k3kx2 ex1 ，
 

ex

 
6k3kx2 6kx6k3kx2 3k x2 2x2
令

x

1
，
x

 
ex ex ex
又x2 2x20,则 x  0,即  x  单调递增，  0  16k ..............12分
1
i.当 k  时，即

0

16k 0 ， 当x

,0
 时，
x

0,

x

单调递减；当
6
x

0,
时，
x

0,

x

单调递增，

x

的最小值为

0

0，函数只有一个零
点。 ..............13分
1
ii.当0k  时，即  0  16k 0，当x时，  x  ，所以存在唯一x 0，
6 1
使 得   x  0 ， 所 以 当 x  ，x 时， x  0,  x  单 调 递 减 ， 当
1 1
x  x， 时， x  0,  x  单调递增.  x    0  0又x时，  x  ，
1 1
 
所以x 有两个零点。 ..............15分
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}1
iii.当k  时，即  0  16k 0，当x时，  x  0，所以存在唯一x 0，使
6 2
得   x  0 ， 所 以 当 x  ，x 时， x  0,  x  单 调 递 减 ， 当
2 2
x  x， 时， x  0,  x  单调递增，  x    0  0又x时，  x  ，
2 2
 
所以x 有两个零点. ..............16分
1 1
 
所以,x 有且仅有两个零点时，k  或0k  ..............17分
6 6
19.解析： (1) 第三项为111321，第五项为132113111221。 ..............4分
16
（2）
819
①m为一位数时，第2项为两位数，不符合 ..............5分
②m为两位数时，即m为aa时，第二项为2a，当a大于2时第二项小于第一项，此时有7
个 符 合 。 当 m 由 两 种 不 同 的 数 字 构 成 时 ， 第 二 项 为 四 位 数 ， 不 符
合 。 ..............6分
③m为三位数时，即m为aaa时，第二项为3a，第二项小于第一项，此时有9个符合。当
m 由 两 种 或 三 种 数 字 构 成 时 ， 第 二 项 为 四 位 数 或 六 位 数 ， 不 符
合。 .............7分
综上，总共有 16 个数列符合，在所有数列中含 0 的数有 9+9+162=180 个，故总数为
999-180=819个，
16
故第二项小于第一项的概率为 。 ..............9分
819
（3）证明：定义一个数列中连续相同若干个数字为一个数字串，数列中第i项为a .
i
①若m只有一个数字串，即ma aaaaaa ，则a 6a。若a 6，则a 为4位数，
1 2 3
a a ；若a 6，则a 26，a 1216a ，两种都不存在连续4项单调递减。
3 2 3 4 3
.............11分
 
②若m只有两个数字串，即ma
1
a



ab



b pq 6,a b ，则a
2
 paqb。
p个 q个
若 p  a，则a 至少三个数字串，a 至少是6位数，a a ，不存在连续4项单调递减。
2 3 3 2
若 p a。此时a aaqb，同理q a或q b，否则a a 。
2 3 2
若q b，则ab6，a aabb。当a 2,b4时，a 2224,a 3214a 。当
2 3 4 3
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}a 4,b2时，a 2422,a 121422a ，两种都不存在连续4项单调递减。
3 4 3
若q a，则2a 6,a 3，a 333b，a 331b。若b1，则a a ，不符合题意。
2 3 4 3
若b1，则a 2321，a 12131211a ，此时a a a a a ，存在连续4项
4 5 4 1 2 3 4 5
单调递减。 ..............13分
 
③若 m 只有三个数字串，即 ma
1
a



ab



bc

c pqr 6,a b,bc ，
p个 q个 r个
a  paqbrc ，若 p  a，则a 至少四个数字串，a a ，不存在连续4项单调递减。
2 2 3 2
当 p a时，同理q a或q b, r b或r c。
若q a, r b,则a aaabbc，2ab6，a 3a2b1c，同理a 3或a 2，又a 3
2 3
时，b0,矛盾，若a 2，b2 ，与a b 矛盾。若q a, r c,则a aaabcc ，
2
2ac6，a 3a1b2c，同理a 3或a 1，又a 3时，c0,矛盾，若a 1，c4，
3
a 311b24，则a a ，不存在连续4项单调递减。
3 4 3
同理可得q b, r b,和q b, r c不存在连续4项单调递减。 .............16分
④若m有四个以上数字串，则a a ，不存在连续4项单调递减。
2 1
所以当m是六位数时，“m-外观数列”从首项开始最多连续4项单调递减。 ..............17分
{#{QQABKYYAogCgAhAAARhCAQFyCAEQkBGACSgGwEAYoAAAyAFABAA=}#}