数学试题参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1126江西省萍乡实验学校2025届高三月考试卷(四)暨长郡十八校联考考前演练

萍乡实验学校2025届高三月考试卷（四） 大联考 暨长郡十八校联考考前演练 数学参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D B B D C B 4．B【解析】由图可知，两个函数图象都在x轴上方，所以�′ � >0， f x 单调递增，所以实线为 f x 的 图象，虚线为�′ � 的图象， f 0 f01，对A，y f(x)10，y f(x)x单调递增，无最大值，A exf(x) f(x) e0f(0) f(0) 错误；对B，y ，y|  0，由图可知，当x0时， f x fx0，当 f(x)2 x0 f(0)2 x0时， f x fx0，所以y ex 在 ,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增，所以当x0时，函 f(x) e0 数取得最小值y  1，B正确；对C，y f(x) f(x)  ex，由图可知 f x fx0，所以 min f(0) fx f(x) y f(x)ex在�上单调递增，无最大值，C错误；对D，y ，由图可知，当x0时， ex f(x) f x fx0，当x0时， f x fx0，所以函数y 在 ,0 上单调递增，在 0,+∞ 上单调 ex f(0) 递减，当x0时，函数取得最大值y  1，D错误. max e0 1  1  5．B【解析】因为4x2  y，即x2  y，因此F0, ，易知直线l是C的准线，则 4  16 PF  AP ，如图，又 PB  PB ，FPBAPB，所以△FPB≌△APB，得 2 BF 1 PFBPAB90，四边形ABFP为正方形，故△BFP的面积为  . 2 128 6．D【解析】因为对任意的x,x 0, ，且x x ，都有 x 2 fx 1 x 1 f x 2  0，即对任意两个不相等的正实数 1 2 1 2 x x 1 2 x 2 fx 1 x 1 fx 2  fx 1   fx 2  f x  fx  x ,x ，不妨设0 x  x ，都有 xx x x ，所以有 1  2 ，所以函数 1 2 1 2 1 2  1 2 0 x x x x x x 1 2 1 2 1 2 gx f x 是 0,+∞ 上的减函数，由 f x 的定义域为 0,+∞ ，则在 f x2 f  x24  中满足 x x2   x20 ，解得x2，当�>2时， f x2 f  x24   f x2  f  x24  ，则gx2 g  x24  ， x240 x2 x2 x24 所以0 x2 x24，解得x2，故不等式 f x2 f  x24  的解集为 2, ． x2 7．C【解析】解法一（正难则反）：存在1i j4，i, jN*，使得 a a 1表示所取的4个数中总有相邻 i j 的数，直接求解较复杂，考虑正难则反的方法．假设a a a a ，若不存在1i j4，使得 a a 1， 1 2 3 4 i j 则1a a 1a 2a 37，所以符合条件的取法种数为C4 C4 175． 1 2 3 4 10 7 解法二（转化法）：若存在1i j4，i, jN*，使得 a a 1，则所取的4个数中至少有2个是连续正整数 i j ，若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行，要求只有2个红球相邻， 先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，排法种数为C3C1C2 105．同理可得若只有3个是连续正整数，排 7 3 2 法种数为C2A2 42．若4个都是连续正整数，排法种数为7．若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续 7 2 正整数，但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为C2 21．所以符合条件的取法种数为10542721175. 7 数学参考答案（萍实版）-1 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}8．B【解析】如图所示，取AB中点为F ，PFDEG，为方便计算，不妨设 2 3 PF CF 1，由PAPB AB AC BC ，可知PAPBABAC BC  ，又 3 2 2 D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，则FG PF  ，且ABPF， 3 3 ABCF、PF ∩CF F ，PF，CF 平面PCF，即AB平面PCF，又AB平面 ABC，则平面PCF 平面ABC，设肉馅球半径为r，CG x，由于H、I 、J分别 为所在棱中点，且沿平面HIJ 切开后，截面中均恰好不见肉馅，则P到CF的距离 d 1 2 4r  2  r d 4r，sinPFC 4r ，S  1 4r  ，又S 1 x ，解得 PF △GFC 2 3 3 GFC  3  2 4 ：x1，故cosPFC CF2FG2CG2  1 9 1  1 ，又cosPFC PF2CF2PC2  11PC2  1 ，解得PC  2 3 ， 2CFFG 21 2 3 2PFCF 211 3 3 3 2 2 2 2 4r 2 4 2 sinPFC ，所以：sinPFC  ，解得r  ，V  r3 ，由以上计算可知：PABC 3 3 1 6 球 3 81 2 为正三棱锥，故V  1 S d  1  1 ABAC sinBAC 4r  1  1  2 3  2 3  3 4 2  2 6 ，所以比值为 81   3 π. 粽 3 ABC 3 2 3 2 3 3 2 6 27 2 6 18 27 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 题号 9 10 11 答案 AD ABD ABC  π  π 10 ABD【解析】对于A：因为 f xsinx  0的图象在0, 上有且仅有两条对称轴，因为 ．  6  2  π π π π π 3π π π 5π 8 14 8 14 x0, ，所以x  ,  ，所以    ，所以 ≤ ，即的取值范围是 ,   2 6 6 2 6 2 2 6 2 3 3 3 3  5π  5π π ，故A正确；对于B：因为 f x 的图象关于点 ,0对称，则有  kπ,kZ，即5318k,kZ， 18  18 6 因为 8 ≤ 14 ，所以3，当x  0, π 时，3x π    π , π ，则 f x 在  0, π 上单调递增，故B正确；对 3 3  9 6 6 2  9  π π π π π 8 14 于C：当x  0,  时，x   ,  ，因为 ≤ ，  4 6 6 4 6 3 3 π π π 8 π 5π  π 1 所以      ，所以 f x 在 0, 上的最小值小于 ，故C错误．对于D：因为 f x 的图象关   4 6 4 3 6 6  4 2 π π π π 于直线x 对称，则   kπ,kZ，即13k,kZ，又 3 3 6 2 8 14  π ≤ ，所以ω 4，所以 f xsin4x ，令函数� � =0的根 3 3  6 b 即为函数y f x 与y 的交点的横坐标，作出图象如图所示，因为 2 f 0 sin π  1 ， f   25π   sin  4 25π  π   sin 13π  3 ，要使gx 有奇数 6 2  24   24 6 3 2 1 b 3 个零点，则   ，即有 3b1，故D正确. 2 2 2 11．ABC【解析】  2x x2 y2 2x2y2 0，y0， 2x x2  22y2 ，即1 x2  22y2 ，所以 x2  22y2 1，其 2x y2 2x y2 2x y2 中 x2 0, 22y2 0，故 x2  0,1, 22y2 0,1  ， f x x2 ，fx 2x2xx22xln2  2xx2ln2  x2xln2 ，令�′� < 2x y2 2x y2 2x 22x 2x 2x 0得x0或x 2 ，令�′� >0得0 x 2 ，故 f x x2 在,0,   2 ,  单调递减，在  0, 2  上单调递 ln2 ln2 2x ln2   ln2 x2 增，其中f00,f2 f41，当x4时， f x 0恒成立，画出 2x 数学参考答案（萍实版）-2 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}x2 fx 的图象，如下： 2x 故 f x x2  0,1的解集为  0,24, ，包含 4, ， 0,2，AB正确；令gy 22y2  4y1 ，定义域为 2x y2 y2 4y1y2ln44y12y 4y1 ,00, ，则gy  yln42，令gy0得 y4 y3 1 1 4y1  1  y0或y ，令gy0得0 y ，故gy 在,0, ,单 ln2 ln2 y2 ln2   1  调递增，在0, 上单调递减，且g1g21，gy0在 ,00, 恒  ln2 成立，画出gy 4y1 的图象，如下：gy 4y1 0,1  的解集为 ,11,2 ，其中m0，故 1,2N y2 y2 ，C正确，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 8 12 4 13 2 1 e 14 81 ． ． 或 ． 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 1 15 1 a2b sinA2sinB sinAcosB 2sinBcosB tanB ．（ ）由 及正弦定理可得 ，又 ， ， 2， B0,π sinB 5 cosB 2 5 sin  B π sinBcos π cosBsin π  3 10 . 又 ， ， ， 5 5  4 4 4 10 2 b2 a2c22accosB （ ）由余弦定理 ， 1 24 5a 12 5 a2 a236 a a4 5. 可得 ，解得 或 4 5 5 12 5 1 1 12 5 5 36 a ABC acsinB  6  当 时， 的面积为 ； 5 2 2 5 5 5 1 1 5 36 a4 5 ABC acsinB 4 56 12. ABC 12. 当 时， 的面积为 2 2 5 综上可知， 的面积为 5 或 16 1 X 0,1,2,3 ．（ ）解：由题知甲的总得分 的可能值为 ， 1,3,5,7 A4 24 不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为 ，则乙四轮出的卡片共有 4 种情况， 1 X 0 2,4,6,8 PX 0 当 时，乙出的卡片上的数依次为 ，所以 24 ． X 1 2,4,8,6 2,6,4,8 2,6,8,4 2,8,6,4 4,2,6,8 当 时，乙出的卡片上的数依次为 ； ； ； ； ； 11 4,6,2,8 4,6,8,2 4,8,6,2 6,4,2,8 6,4,8,2 8,4,6,2 PX 1 ； ； ； ； ； ．所以 24． X 2 2,8,4,6 4,2,8,6 4,8,2,6 6,2,4,8 6,2,8,4 6,8,2,4 当 时，乙出的卡片上的数依次为 ； ； ； ； ； ； 11 6,8,4,2 8,2,6,4 8,4,2,6 8,6,2,4 8,6,4,2 PX 2 ； ； ； ； ．所以 24． 1 X 3 8,2,4,6 PX 3 当 时，乙出的卡片上的数依次为 ，所以 24． X 因此甲的总得分 的分布列为 X 0 1 2 3 1 11 11 1 P 24 24 24 24 1 11 11 1 3 X EX0 1 2 3  故甲的总得分 的数学期望为 24 24 24 24 2． 2 n Y PY 21PY 0PY 1 （ ）设 轮比赛后甲的总得分为 ，则 ． n 1,3,5,7,···,2n1 不妨设甲 轮出的卡片上的数依次数 ， n n! 则乙 轮出的卡片顺序有 种． 数学参考答案（萍实版）-3 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}1 Y 0 2,4,6,8,···,2n PY 0 若 ，则乙出的卡片上的数依次为 ，所以 n!． Y 1 若 ，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大， n 1,3,5,7,···,2n1 不妨设甲 轮出的卡片上的数依次为 ， n 乙 轮出的卡片上的数为：   B 2j1 jn,nN* b b b … b 中元素的一个排列： 1， 2， 3， ， n， k  kN*,k n  b 2k1 b 2k1 故要满足题意，则存在唯一的 ，使得 k ，即 k ， i  iN*,in  ik b 2i 2k1 2k 2 且对任意的 满足 ， i ．（提示：观察到 ， 均为 的倍数，接下来可以将研究 1,,2,3,···,n 对象转化到 的排列中进行研究，更容易理解） b 2x k  kN*,k n  x k1 i  iN*,in  ik 令 n n，则问题转化为存在唯一的 ，使得 k ，且对任意的 满足 ， x i b x x x … x i ．（此处满足的条件是从上面的 k满足的条件转化而来，且 1， 2， 3， ， n的取值顺序不定） k1 k2 易知 ，则 ． ik1 x i 1ik1 x i x k 当 时， i ． 当 时， i ，且 k ， 1ik1 x i x x … x x a 设满足 ， i 的序列 1， 2， ， k1， k的个数为 k： x k x x … x x 1,2,···,k2,k1 ①当 k1 时， 1， 2， ， k2， k为 的一个排列， 1ik2 x i x x … x x a 故满足 ， i 的序列 1， 2， ， k2， k的个数为 k1； x k1 x x … x x 1,2,···,k2,k ②当 k1 时， 1， 2， ， k2， k为 的一个排列，， 1ik2 x i x x … x x a 故满足 ， i 的序列 1， 2， ， k2， k的个数为 k1． k k1 a 2a k3 a 2 a 2k1k2 （提示：注意 出现的位置与 等价） 综上， k k1 ，易得 2 ，故 k ， x x … x x 1,2,···,k1,k 1ik1 x i x k 因为当且仅当序列 1， 2， ， k1， k为 时满足任意的 ， i ，且 k ，所以满 1ik1 x i x k x x … x x 2k11k2 足 ， i ，且 k 的序列 1， 2， ， k1， k的个数为 ． k k2,,n1,n X 1 设第 轮甲卡片上的数比乙卡片上的数大， ，则根据以上推论可得满足 的情况有 n  2k11    21222n1 n12nn1 （种）． k2 2nn1 1 2nn1 2nn PY 1 PY 21PY 0P Y 11  1 故 ．综上， ． n! n! n! n! 2nn Y 2 1 所以甲的总得分 不小于 的概率为 ． n! 17 1 EABCD ABBC ．（ ）解法一：因为四棱锥 的底面为正方形，所以 ， EAB60 AE2AB2 因为 ， ， EAB BE2  AE2AB22AEABcosEAB2212221cos603 所以在 中，根据余弦定理得 ， AE2 BE2AB2 ABBE 所以 ，所以 ， BE∩BCB BE,BC BCE AB BCE 又 ， 平面 ，所以 平面 ．         2    2   1 ABBE AB BAAE AB ABAE AB  AB  AE cos60 1 1 2  0 解法二：因为 2 ， 所以AB  BE ，所以 ABBE , 因为四棱锥 EABCD 的底面为正方形，所以 ABBC ， BC∩BE B BE,BC BCE AB BCE 又 ， 平面 ，所以 平面 ． 2 EABCD D DA DC x y D （ ）①在底面为正方形的四棱锥 中，以 为坐标原点， ， 分别为 ， 轴，过 且垂直于 ABCD z 平面 的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系， D0,0,0 � 1,0,0 B1,1,0 C0,1,0 则 ， ， ， ，    Ex,y,zz0 AB0,1,0 AE x1,y,z AD1,0,0 设 ，则 ， ， ，     ABAE  y AEAD1x 所以 ， ， EAB60 EAD45 因为  ， ， ABAE  AB  AE cosEAB12cos601 y1 所以 ，所以 ，     AEAD AE AD cosEAD 21cos45 2 1x 2 x1 2 因为 ，所以 ，解得 ， 数学参考答案（萍实版）-4 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#} A  E     2,1,z   A  E     2 2 12 z2 2 所以 ，则 ，      z  0 z1 AE   2,1,1 E 1 2,1,1 又 ，所以 ，所以 ， ， AC FBCE EABCD 连接 ，因为三棱锥 的体积是四棱锥 体积的一半， 1 1 V  V  2V V V 所以 FBCE 2 EABCD 2 EABC EABC ABCE，    EF AB 0 AB BCE EF∥AB EF  AB1 EF 0,1,0 F  1 2,2,1  , 又 ， 平面 ，所以 ，且 ，所以 ，  AEF nx,y,z  设平面 的法向量为 1 1 1 ，    AEn 0  2x  y z 0    则    E  F  n  0 ，得  y 1 0 1 1 1 ，取 x 1 1 ，则 n 1,0, 2 ，设点 C 到平面 AEF 的距离为 d ，   ACn  1 3 AC 1,1,0 d     C AEF 3 因为 ，所以 n  2 3 ，即点 到平面 的距离为 ． 1202 2 3    AEF n 1,0, 2 由①知，平面 的一个法向量为 ，  BCF mx ,y ,z  设平面 的法向量为 2 2 2 ，     BC 1,0,0 BF   2,1,1 易知 ， ，      BCm0 x 0    nm  2 3 由    B  F  m  0 ，得   2 2x  y z 0，取 y 2 1 ，则 m0,1,1 ，所以 cosn,m n  m   3 2  3 ， 2 2 2 AEF BCF  sin 1cos2 1cos2n  ,m   1   3  2  6 设平面 与平面 所成二面角为 ， 则   ，  3  3 6 AEF BCF 所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ． 3 a 5 a 5 a 1 18 1 x  0 M l 2   ．（ ）因为 a2b2 ，且点 到直线 的距离为2，所以 a2b2 2，则 a2b2 2，所以 4 9 3a2 b2  1 ，由题意可知a2 b2 ， 4 9 y2 3a2 b2  1 a2 1 b2 3 C x2 1 将 代入上式，得a2 3a2 ，解得 ，则 ，故双曲线 的标准方程为 3 ． 1 2 1 F 2,0,F 2,0,l:x （ ）（ⅰ）由（ ）可知， 1 2 2． AB x xmy2,Ax,y ,Bx ,y  当直线 与 轴不重合时，设其方程为 1 1 2 2 ， xmy2   y2 x  3m21  y212my90 联立方程，得 x2 1，消去 ，化简整理得 ，  3  3m210 12m 9  ,y y  ,y y  则  Δ144m236  3m21 36  m21 0 1 2 3m21 1 2 3m21． y AF y 1 x2 易知直线 2的方程为 x 2 ， 1 x 2 AF x l x 2 当 1 时， 2 轴，与直线 平行，不相交，不符合题意，故 1 ， 1  1 5y  令 x 2，得到点 P 的坐标为     2 , 2x 1  1 2    ，  1  5y  BP x   yy  y  1  xx  所以直线 的方程为 2 2 2  2 2x 1 2  2 ． 数学参考答案（萍实版）-5 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}y0 BP x 令 ，得到直线 与 轴的交点横坐标  1 y 2   x 2  2   5x y x y 2y 5my 2y my 2y 2y 4my y 10y  y 14y xx   2 1 1 2 2 2 1 1 2 2  1 2 1 2 2  2 5y 2x y 4y 5y 2my 2y 4y 5y 2my y 5y  y 13y y  1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2x 2 1 36m120m14  3m21  y 84m14  3m21  y 14  14  18m60m13  3m21  y 2  78m13  3m21  y 2  13， 所以直线 BP 过定点    13 ,0 ． 2 2  14  AB x BP x BP  ,0 当直线 与 轴重合时，直线 与 轴重合，所以直线 过定点 13 ．  14  BP  ,0 综上，直线 过定点 13 ．  14   14  BP  ,0 AQ  ,0 （ⅱ）由（ⅰ）可知，直线 过定点 13 ，同理可知，直线 也过定点 13 ，  14  BP AQ D D ,0 因为直线 与直线 交于点 ，所以  13 ． 1 1 A B C m0  3  3 因为 ， 两点均在 的左支上，所以 或m 或m ，所以 3 3  m 3 3 S  1 DF y y  1  12 y y 24yy  6    12m   2  36  36 m21 ABD 2 1 1 2 2 13 1 2 1 2 13 3m21 3m21 13  3m21 2 ． 4 m21 t 1 1t ,   令 m21t ，则 3  3m21 2 3t42 9t 16 24， t 1 易知函数 y 9t 16 24在    1, 4 3    上单调递增，所以当 t    1, 4 3    时， y min 1 ，故 △ABD 的面积的最小值为1 3 3 6 1 1 3 3 6 t f x,y1 y f 1,11 1 1 1 19 1  x y1  f 1,2 f 1,1 ．（（ ）在 f x,y y1中，令 ，则 f 1,1 2，得 2 2； f x1,y x f 11,2 1 1 1  x1,y2  f 2,2 f 1,2 . 在 f x,y x1中， 令 ，则 f 1,2 2 ，得 2 4 f x,y1 y f 1,2 f 1,3 f 1,4 f 1,y 1 2 3 y1 2         y 2 （ ）因为 f x,y y1，则 f 1,1 f 1,2 f 1,3 f 1,y1 2 3 4 y ， f 1,y 1 1 1 f x1,y x  f 1,y f 1,1 f 1,1 .  可得 f 1,1 y ，即 y y （ 也成立）因为 f x,y x1， f 2,y f 3,y f 4,y f x,y 1 2 3 x1        x2 则 f 1,y f 2,y f 3,y f x1,y 2 3 4 x ， f x,y  1 f x,y 1 f 1,y 1  x,y N* (f 1,1 . 可得 f 1,y x，即 x xy 也成立） 1 1 （ 3 ）由（ 2 ）知 f 2,n 2n ，则 a n 1 f 2,n 2n ，得 a n 2n1. sinx sin3x sin  2n1x  T    所以 n 1 3 2n1 ， 2sinxsinx 2sin3xsinx 2sin  2n1x  sinx 2sinxT     因为 n 1 3 2n1 ， cos  2n2x  cos2nxcos  2n1xxcos2n1xx  2sin  2n1x  sinx 且 ， 2sinxsinx 2sin3xsinx 2sin  2n1x  sinx 2sinxT     可得 n 1 3 2n1 数学参考答案（萍实版）-6 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}cos2xcos4x cos4xcos6x cos  2n2x  cos2nx 1cos2x   3 5 2n1  1 1 1  1 1  cos2nx 11 cos2x  cos4x  cos  2n2x   .  3 3 5 2n3 2n1 2n1 �∈ 0,π 2nx0,2nπ cos2x1,1,cos2nx1,1  由 ，得 ，则 ，  1 1 1  1 1  cos2 nx 则 2sinxT n 1  1 3   cos2x 3  5   cos4x  2n3  2n1   cos  2n2 x    2n1  1 1 1  1 1  1 11      0 2sinxT 0 �∈ 0,π sinx0 T 0.  3 3 5 2n3 2n1 2n1 ，即 n ，且 ，得 ，所以 n 数学参考答案（萍实版）-7 {#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}