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=}#}