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2024-2025（上）8 月月度质量监测暨第零次诊断测试
高 三 数 学 参考答案及解析
【命题单位：辽宁沈文新高考研究联盟】
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D A D B B D A D ACD AC ABD
1．
【详解】因为集合M={0,1,2,3,4}，N={1,3,5}，
所以P=M∩N={1,3}，
所以集合P的子集为∅,{1},{3},{1,3}，共四个.
2．
√2+√2i
z=
【详解】由 ，可得 ，
1−i
3.
x2 y2
【详解】在椭圆 + =1中，a=3，b=√5，则 ，
5 9
x2 y2
易知该椭圆的焦点在y轴上，因此，椭圆 + =1的焦点的坐标为(0,−2)，(0,2).
5 9
4．
【详解】解：根据题意，先在14个球种取出1个球放到编号为2的盒子里，再取出2个球
放在编号为3的盒子里，
此时只需将剩下的11个球，分为3组，每组至少一个，分别放到三个盒子里即可；
将11个球排成一列，排好后，有10个空位，
在10个空位中任取2个，插入挡板，有 种方法，即有45种将11个球分为3组的
方法，
将分好的3组对应3个盒子，即可满足盒内的球数不小于盒号数，
则盒内的球数不小于盒号数的放入方法有45种，
5．
【详解】
如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为 ，高为 ，母线长为l，则2πr=π⋅1，
1
2πR=π⋅2，解得r= ,R=1，
2
高三数学答案及解析 第 1 页，共 11 页
学科网（北京）股份有限公司l=2−1=1
，
ℎ
=√l2−(R−r) 2=
√
12−
(1) 2
=
√3，
2 2
设上底面面积为
S'=π⋅
(1) 2
=
π，下底面面积为
S=π⋅12=π
，
2 4
则体积为1
(S+S'+√SS') ℎ =
1(
π+
π
+
π)
⋅
√3
=
7√3π.
3 3 4 2 2 24
6．
【详解】因为函数f (x)为R上的奇函数，所以f (0)=0，
又当x>0时，f(x)=2x−1，所以f (−1)=−f (1)=−(2×1−1)=−1，
所以f (0)+f (−1)=0+(−1)=−1，
故选：D.
7．
1 1 1
【详解】∵a −a +a a =0，∴ − =1，且 =2，
n+1 n n n+1 a a a
n+1 n 1
所以数列{1 }是首项为2，公差为1的等差数列，所以 1 ，
=2+(n−1)=n+1
a a
n n
1 1 1 1
即a = ，a a = = −
n n+1 n n+1 (n+1)(n+2) n+1 n+2
1 1 1 1 1 1 1 1
S = − + − + − +...+ −
100 2 3 3 4 4 5 101 102
1 1 25
= − = .
2 102 51
8．
1 1
【详解】对于A，由已知得f(π−x)=sin(π−x)+ sin2(π−x)=sinx− sin2x，即
2 2
π
f(π−x)≠f(x)，故f (x)不关于x= 对称，故A错误；
2
对于B， (3π) 3π 1 ，故B错误；
f =sin + sin3π=−1≠0
2 2 2
对于C，利用二倍角公式知f(x)=sinx(1+cosx)，令f (x)=0得sinx=0或cosx=−1，即
，所以该函数在区间 内有4个零点，故C错误；
x=kπ(k∈Z) [0,10]
对于D，求导 ，令 ，由 [5π 7π]，
f' (x)=cosx+cos2x=2cos2x+cosx−1 x∈ ,
3 3
知 [1 ]，即 ，利用二次函数性质知 ，即 ，可知
t∈ ,1 g(t)≥0 f'(x)≥0 f (x)
2
高三数学答案及解析 第 2 页，共 11 页
学科网（北京）股份有限公司在区间 [5π 7π]上单调递增，故D正确；
x∈ ,
3 3
9．
1+2 3
【详解】对于A，极差为4−0=4，中位数为 = ，所以极差与中位数之积为 ，
2 2
A对；
对于B，根据方差的性质可知，数据4x −1,4x −1,⋯,4x −1的方差是42×5=80，B错；
1 2 n
1
对于C，由方差s2= [(x −¯x) 2+(x −¯x) 2+⋯(x −¯x) 2]=0，
n 1 2 n
可得x =x =⋯=x =¯x，即此组数据众数唯一，C对；
1 2 n
x +x +⋯+x
对于D，∵ 1 2 n=x ,∴x +x +⋯+x =nx ，
n 0 1 2 n 0
x +x +x +⋯+x x +nx
∴ 0 1 2 n= 0 0=x ，D对.
n+1 n+1 0
10．
p
【详解】A选项，依题意，抛物线C的准线方程为x=−2，即x=− =−2，所以p=4，
2
即抛物线C的方程为y2=8x，则抛物线C的焦点为(2,0).
设直线 的方程为 ， ， ，
l x=ty+2 A(x ,y ) B(x ,y )
1 1 2 2
联立{x=ty+2,消去 整理得 恒成立，
x y2−8ty−16=0,Δ=64t2+64>0
y2=8x,
则y + y =8t,y y =−16，
1 2 1 2
则 ， (y y ) 2 ，
x +x =t(y + y )+4=8t2+4 x x = 1 2 =4
1 2 1 2 1 2 64
又因为线段AB为⊙D的直径，⊙D与C的准线相切于点 ，
所以
⃗AP⋅⃗BP=(−2−x ,−1− y )⋅(−2−x ,−1−y )
1 1 2 2
，
=(2+x )(2+x )+(1+ y )(1+ y )=0
1 2 1 2
整理得 y + y + y y =0，
1 2 1 2
即 ，
4+2(8t2+4)+4+1+8t−16=0
1
即 ，解得t=− ，所以直线l的方程为 ，所以A正确；
4
B选项，因为DP垂直于准线，且 ，所以点D的纵坐标为 ，
9
代入直线l的方程 ，即4x−1−8=0，解得x= ，
4
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学科网（北京）股份有限公司可得点 (9 )，所以B错误；
D ,−1
4
17
C选项，根据抛物线的定义可得 ，所以⊙D的半径为 ，
4
17
所以⊙D的周长为 π，所以C选项正确；
2
| 9 |
D选项，圆心 (9 )到直线 的距离为 4× −2+9 ，
D ,−1 4 8√5 17
4 = <
2√5 5 4
所以直线 与 相交，不相切，所以D错误.
⊙D
11．
lnx 1−lnx
【详解】对于A，由题意得f (x)= ，则f' (x)= ，
x x2
当 时， ， 递增 ，当 时， ， 递减，
00 f(x) x>e f' (x)<0 f(x)
ln4 2ln2 ln2 ln√11
由于e<√11<4，所以f (4)e 时，f(x)递减，故f(3)>f(π) ，
ln3 lnπ
即 > ,2πln3>2×3lnπ，即2ln3π>3lnπ2，
3 π
ln2 ln4
因为f(2)= = =f(4)3ln2π，
2 π
综上，2ln3π>3lnπ2>3ln2π，故B正确；
对于C，因为xx 1=xx 2⇒lnxx 1=lnxx
2，即 ，即 ，
2 1 2 1
设g(t)=f(e+t)−f (e−t),t∈(0,e) ，由于当0e 时，
f(x)递减，
故 单调减函数，故 ，即 ，
g(t),t∈(0,e) f(e+t)u(1)=0
即 为单调增函数，故 ，
x
2( 1−1)
x x
即 ln 1> 2 成立，故 x x >e2 ，所以 ln(x x )>lne2，即 lnx +lnx >2 ，故D正确，
x x 1 2 1 2 1 2
2 1+1
x
2
3
12．− /−0.6
5
4
【详解】因为sinα= ,sin2α+cos2α=1,α为锐角，
5
3 3
所以cosα= ，则cos(π+α)=−cosα=− .
5 5
13．
【详解】因为 ， ，
⃗a=(√3,3) ⃗b=(−2,0)
所以 2
⃗a⋅⃗b=−2√3,|⃗b| =4
⃗a在⃗b上的投影向量为
|⃗a|cos⟨⃗a,⃗b⟩
⃗b
=|⃗a|⋅
⃗a⋅⃗b
⋅
⃗b
=
⃗a⋅⃗b
⋅⃗b=
−2√3
(−2,0)=(√3,0) ，
|⃗b| |⃗a||⃗b| |⃗b| |⃗b| 2 4
14．①②③④
【详解】解：因为AB=BC=2，AC=2√3，
所以 22+22−(2√3) 2 1，
cos∠ABC= =−
2×2×2 2
2π
所以∠ABC= ，
3
因为平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面 ，
DB⊥BC，
高三数学答案及解析 第 5 页，共 11 页
学科网（北京）股份有限公司所以DB⊥平面ABC，DB⊥AC，
又DB⊂平面DAB，所以平面DAB⊥平面ABC，所以①②正确；
进一步三棱锥D−ABC的体积为 ，所以③正确；
设三角形ABC的外心为F，过F作FO⊥平面ABC，
1 2√3
× =2
则三角形ABC的外接圆的半径为2 2π ，
sin
3
设O为三棱锥D−ABC外接球的球心，
则 ， ，所以 ，
FA=FB=2 OA=OD √F A2+OF2=√FB2+(DB−OF) 2
所以 ，解得 ，
√22+OF2=√22+(4−OF) 2 OF=2
所以外接球的半径为 ，
OA=√22+OF2=2√2
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，所以④正确．
D−ABC
1 7 3
15．(1) ；(2) ；(3)
4 24 8
【详解】（1）设4名同学的书包分别为A，B，C，D，4名同学拿书包的所有可能可表示为
， ， ， ， ， ，
(A,B,C,D) (A,B,D,C) (A,C,B,D) (A,C,D,B) (A,D,B,C) (A,D,C,B)
， ， ， ， ， ，
(B,A,C,D) (B,A,D,C) (B,C,A,D) (B,C,D,A) (B,D,A,C) (B,D,C,A)
， ， ， ， ， ，
(C,A,B,D) (C,A,D,B) (C,B,A,D) (C,B,D,A) (C,D,A,B) (C,D,B,A)
， ， ， ， ， ，
(D,A,B,C) (D,A,C,B) (D,B,A,C) (D,B,C,A) (D,C,A,B) (D,C,B,A)
共有24种情况．
恰有两名同学拿对了书包包含6个样本点，分别为
， ， ， ， ， ，
(A,B,D,C) (A,C,B,D) (A,D,C,B) (B,A,C,D) (C,B,A,D) (D,B,C,A)
6 1
故其概率为P= = ．
24 4
（2）至少有两名同学拿对了书包包含7个样本点，分别为
， ， ， ， ， ，
(A,B,C,D) (A,B,D,C) (A,C,B,D) (A,D,C,B) (B,A,C,D) (C,B,A,D)
(D,B,C,A)，
7
故其概率为P= ．
24
（3）书包都拿错了包含9个样本点，分别为
， ， ， ， ， ，
(B,A,D,C) (B,C,D,A) (B,D,A,C) (C,A,D,B) (C,D,A,B) (C,D,B,A)
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学科网（北京）股份有限公司， ， ，
(D,A,B,C) (D,C,A,B) (D,C,B,A)
9 3
故其概率为P= = ．
24 8
16．（1）证明：因为D,E为VA,VC的中点，可得 ，
又因为DE⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
根据线面平行的判定定理，可得DE//平面ABC.
（2）证明：因为AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的点，所以
AC⊥BC，
又因为VC垂直于⊙O所在的平面，且AC在⊙O所在的平面内，所以
AC⊥VC，
又由BC∩VC=C且BC,VC⊂平面ABC，所以AC⊥平面VBC，
又因为 ，所以DE⊥平面VBC.
5
17．(1)极大值为− ；极小值为2ln2−4；(2)a=1.
2
1 1
【详解】（1）当a= 时，f (x)= x2−3x+2lnx，
2 2
2 x2−3x+2 (x−1)(x−2)
则f (x)定义域为(0,+∞)，f'(x)=x−3+ = = ；
x x x
当 时， ；当 时， ；
∴ x∈(0,1)∪(2,+∞) f'(x)>0 x∈(1,2) f'(x)<0
∴f (x)在 ，(2,+∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减；
1 5
∴f (x)的极大值为f (1)= −3=− ；极小值为f (2)=2−6+2ln2=2ln2−4.
2 2
（2）假设 与 相切于点 ，
y=x−3 f (x) (t,at2−3t+2lnt)
2
∵f'(x)=2ax−3+ ，
x
2
∴f'(t)=2at−3+ =1，即2at2−4t+2=0，
t
又t−3=at2−3t+2lnt，
∴4t−2=8t−4lnt−6，即lnt=t−1；
1 1−t
令g(t)=lnt−t+1，则g'(t)= −1= ，
t t
当 时， ；当 时， ；
∴ t∈(0,1) g'(t)>0 t∈(1,+∞) g'(t)<0
∴g(t)在 上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
，即 有唯一解： ，
∴g(t)(1) lnt=t−1 t=1
max
∴2a−4+2=0，解得：a=1.
18．(1) ；(2)证明见解析.
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学科网（北京）股份有限公司x2 y2
【详解】（1）依题意，设双曲线C的方程为 − =λ(λ≠0)，而点A(2√2,−1)在双
12 3
曲线C上，
(2√2) 2 (−1) 2 1 x2 y2 1
于是λ= − = ，双曲线C的方程为 − = ，即 ，
12 3 3 12 3 3
所以双曲线C的标准方程为 .
（2）当直线 斜率存在时，设直线 的方程为： ，设 ，
EF EF y=kx+m E(x ,y ),F(x ,y )
1 1 2 2
由{ y=kx+m 消去y并整理得 ，
(4k2−1)x2+8kmx+4(m2+1)=0
x2−4 y2=4
有 ，且 ，即 且 ，
4k2−1≠0 Δ=(8km) 2−16(m2+1)(4k2−1)>0 4k2−1≠0 4k2−m2−1<0
有 −8km 4m2+4，又
x +x = ,x x =
1 2 4k2−1 1 2 4k2−1
，
y y =(kx +m)(kx +m)=k2x x +km(x +x )+m2
1 2 1 2 1 2 1 2
，由 ，得 ，
⃗DE=(x −2,y ),⃗DF=(x −2,y ) ⃗DE·⃗DF=0 (x −2)(x −2)+ y y =0
1 1 2 2 1 2 1 2
整理得 ，
(k2+1)⋅x x +(km−2)⋅(x +x )+m2+4=0
1 2 1 2
于是 4m2+4 −8km ，化简得 ，
(k2+1)⋅ +(km−2)⋅ +m2+4=0 3m2+16km+20k2=0
4k2−1 4k2−1
10
即(3m+10k)(m+2k)=0，解得m=−2k或m=− k，均满足条件，
3
当m=−2k时，直线EF的方程为y=k(x−2)，直线EF过定点(2,0)，与已知矛盾，
10 10 10
当m=− k时，直线EF的方程为y=k(x− )，直线EF过定点M( ,0)；
3 3 3
当直线EF的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE的方程为：y=x−2，
由{ y=x−2 解得 或 10，因此点 的横坐标 有 10，即直线
x= E,F x ,x x =x =
x2−4 y2=4 3 E F E F 3
10
EF过定点M( ,0)，
3
10
综上得直线EF过定点M( ,0)，
3
由于DG⊥EF，即点G在以DM为直径的圆上， 为该圆圆心，|GH|为该圆半径，
8
所以存在定点H( ,0) ，使 |GH| 为定值 .
3
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19．（1）b =−1，b =− ，b =− ，b =1； （2）见解析； (3)见解析.
1 2 2 3 2 4
【详解】（1）因为 ，所以 ， ， ，
a =2n−3n a =−1 a =−2 a =−1 a =4
n 1 2 3 4
3 3
所以b =−1，b =− ，b =− ，b =1
1 2 2 3 2 4
（2）（必要性）当数列 是等差数列时，设其公差为d
{a }
n
当d>0时，a −a =d>0，所以a >a ，所以M =a ，m =a ，
n n−1 n n−1 n n n 1
当d<0，a −a =d<0，所以a 0，则必有M >M ，所以a =M ≥M ≥a ，
n n−1 n n n−1 n−1
所以 是一个单调递增数列，所以 ， ，
{a } M =a m =a
n n n n 1
a +a a +a a −a
所以b −b = n 1− n−1 1= n n−1=d∗
n n−1 2 2 2
所以 ，即 为等差数列
a −a =2d∗ {a }
n n−1 n
当d∗<0时，则必有m K，使得b，b 符号相反
i i+1
所以在数列 中存在 ， ， ，……， ， ……，其中
{b } b b b b b k M m =m
k+1 k k+1 k
i i i i
所以 ，所以
M =M +4 a =M =M +4
k+1 k k+1 k+1 k
i i i i i
因为 ，所以 ，所以
k >k k ≥k +1 M ≥M
i i−1 i i−1 k k+1
i i
所以
a ≥a +4
k+1 k +1
i i−1
所以
a −a ≥4
k+1 k +1
i i−1
所以
a −a ≥4
k +1 k +1
2 1
a −a ≥4
k +1 k +1
3 2
a −a ≥4
k +1 k +1
4 3
……
a −a ≥4
k +1 k +1
m m−1
所以
a −a ≥4(m−1)
k +1 k +1
m 1
所以
a ≥a +4(m−1)
k +1 k +1
m 1
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
a ≥a +4(1010−1)>−2018+4036=2018
k +1 k +1
1010 1
这与 矛盾，所以假设错误，
|a |<2018
n
所以存在K∈N∗，使得，有b =b .
n+1 n
注：具体评分变更信息（分值、答案等）请阅卷教师关注阅卷群 。
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