深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025届高三年级第一次月考数学参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年08月试卷

数学参考答案：
1．D
【详解】解：将B中元素分别代入ex −3x<0，只有1符合，
则A∩B={1}
.
故选：D.
2．B
2−z
【详解】 =−i⇒2−z=1−i⇒z=1+i，
1+i
所以 z=1−i.
故选：B．
3．C
   
【详解】由题设a+b=(x+2,0)，a−2b=(x−4,3)，
   
所以(a+b)⋅(a−2b)=(x+2)(x−4)=0，可得x= −2或4.
故选：C
4．D
3
【详解】sin2θ=2sinθcosθ=− ，
4
3
∴sinθcosθ=− ，
8
1 sinθ cosθ sin2θ+cos2θ 1 8
∴tanθ+ = + = = =−
tanθ cosθ sinθ sinθcosθ 3 3.
−
8
故选：D.
5．D
h 1
【详解】如图，设圆柱的高为h，由题意可得 = ，所以h=2，从而圆柱的侧面积
4 2
S =2π×1×2=4π，
侧
故选：D.
答案第1页，共10页
学科网（北京）股份有限公司6．D
【详解】对于A，当x=0时，
20 =1>0
1
2
，所以 f (x)不是R上的增函数，所以A错误，
对于B，当x≤0时，0<2x ≤1，当x>0时，
x
1
2 >0
，
所以 f (x)的值域为(0,+∞)，所以B错误，
对于C，当x≤0时，由 f (x)> 1 ，得2x > 1 ，解得−1<x≤0，
2 2
1 1 1 1
当x>0时，由 f (x)> ，得x2 > ，解得x> ，
2 2 4
1 1
综上，由 f (x)> ，得−1<x≤0，或x> ，
2 4
1 1
所以“x> ”是“ f (x)> ”的充分不必要条件，所以C错误，
4 2
对于D， f (x)的图象如图所示，
由图可知当a>1时，直线y=a与y= f(x)图象只有一个交点，
即关于x的方程 f (x)=a恰有一个实根，所以D正确，
故选：D
7．C
答案第2页，共10页【详解】由题意可知， f (x)的最小正周期T = 2π =π，
2
π π
π π π T +
因为 − = < ，可知 3 4 7π为 f (x)的一条对称轴，
3 4 12 4
x= =
2 24
所以 f (x)在x= 7π 之后的零点依次为 7π + T = 13π ， 7π + 3T = 25π ， 7π + 5T = 37π ，
24 24 4 24 24 4 24 24 4 24
7π 7T 49π
+ = ，…，
24 4 24
π  37π 49π
若 f (x)在区间 ,t  上恰有3个零点，所以 ≤t< .
2  24 24
故选：C.
8．A
【详解】因为函数y= f (x)对于任意实数a和b，都有 f (a+b)+ f (a−b)=2f (a)⋅ f (b)，
所以令ab0，有 f (0)+ f (0)=2f (0)⋅ f (0)，即2f (0)[f (0)−1]=0，所以 f (0)=0或
f (0)=1；
x x x x x
令a=b= ，x为任意实数，有 f (x)+ f (0)=2f  ⋅ f  ，即 f (x)=2f  ⋅ f  − f (0)；
2 2 2 2 2
x x
因为 f  ⋅ f  ≥0，所以 f (x)≥−f (0)，
2 2
当 f (0)=0时， f(x)≥0；当 f (0)=1时， f (x)≥−1；
所以 f (x)的值不可能是−2，
故选：A.
9．ACD
【详解】对于A，随机变量X ~ N
( 0,σ2)
满足正态分布，且µ=0，
故 f (−x)=P(X ≤−x)=P(X ≥x)=1− f (x)，故A正确；
1
对于B，当x=0时， f (2x)=P(X ≤0)= ,2f (x)=2P(X ≤0)=1,
2
此时 f (2x)≠2f (x)，故B错误；
对于C，P ( X <x )=P(−x< X <x)=2P(0< X <x)
 1
=2 f (x)− =2f (x)−1，故C正确；
 2
对于D， f (x)=P(X ≤x)，故 f (x)单调递增，
答案第3页，共10页
学科网（北京）股份有限公司1+x 1+x
故 f  > f (2)，即 >2，
1−x 1−x
1
解得 <x<1，故D正确.
3
故选：ACD
10．ACD
【详解】 f′(x)=3x2+2bx，
因为函数 f (x)=x3+bx2+5(b<0)有极小值点x=2，
所以 f′(2)=12+4b=0，解得b=−3，
所以 f (x)=x3−3x2+5， f′(x)=3x2−6x，
当x>2或x<0时， fx0，当0<x<2时， f′(x)<0，
所以函数 f (x)在(−∞,0),(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
所以 f (x) = f (0)=5, f (x) = f (2)=1，
极大值 极小值
又 f (−2)=−15
所以函数 f (x)仅有1个在区间(−2,0)上的零点，故A正确，故B错误；
对于C，由 f (x)=x3−3x2+5=x2(x−3)+5，
得 f (1+x)+ f (1−x)=(1+x)2(1+x−3)+5+(1−x)2(1−x−3)+5=6，
所以函数 f (x)的图象关于(1,3)对称，故C正确；
对于D，设切点为 ( x ,x3−3x2+5 ) ，则 f′(x )=3x2−6x ，
0 0 0 0 0 0
故切线方程为y− ( x3−3x2+5 ) = ( 3x2−6x )(x−x )，
0 0 0 0 0
又过点(−1,1)，所以1− ( x3−3x2+5 ) = ( 3x2−6x )(−1−x )，
0 0 0 0 0
整理得x3−3x −2=0，即(x +1)2(x −2)=0，
0 0 0 0
解得x =−1或x = 2，
0 0
所以过(−1,1)可以作两条直线与y= f (x)的图象相切，故D正确.
故选：ACD.
答案第4页，共10页11．ABD
【详解】对于A，将x换成−x方程不变，所以图形关于y轴对称，故A正确；
对于B，当x=0时，代入可得y2 =1，解得y=±1，即曲线经过点(0,1),(0,−1)，
 2 3
当x>0时，方程变换为y2−xy+x2−1=0，由∆=x2−4(x2−1)≥0，解得x∈0, ，所

 3 
以x只能取整数1，
当x=1时，y2−y=0，解得y=0或y=1，即曲线经过(1,0),(1,1)，
根据对称性可得曲线还经过(−1,0),(−1,1)，故曲线一共经过6个整点，故B正确；
x2+y2
对于C，当x>0时，由x2+y2 =1+xy可得x2+y2−1=xy≤ ，（当x= y时取等号），
2
∴x2+y2 ≤2，∴ x2+y2 ≤ 2，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过 2，根据对
称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 2，故C错误；
对于D，如图所示，在x轴上图形的面积大于矩形ABCD的面积：S =1×2=2，x轴下方的
1
1
面积大于等腰三角形ABE的面积：S = ×2×1=1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积
2 2
大于2+1=3，故D正确；
故选：ABD
1
12． /0.5
2
【详解】依题意，△PFF 的周长为2a+2c=6，
1 2
1
所以a+c=3,PFF 面积的最大值为 ×2c×b=bc= 3，
1 2 2
3
又a2 =b2+c2，整理得(3−c)2 = +c2,即(c−1)2(2c+1)=0,
c2
1
解得c=1,a=2,b= 3，故椭圆C的离心率为 ，
2
答案第5页，共10页
学科网（北京）股份有限公司1
故答案为：
2
13．3
【详解】由题意知， f(−1)=−1−(−1)=0， f′(x)=3x2−1， f′(−1)=3−1=2，
则y= f(x)在点(−1,0)处的切线方程为y=2(x+1)，
即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点(x ,g(x ))，
0 0
其中g′(x)=2x，则g′(x )=2x =2，解得x =1，
0 0 0
将x =1代入切线方程，得y=2×1+2=4，
0
则g(1)=1+a=4，解得a=3；
故答案为：3
35
14．
89
【详解】解：由题意可分为5步、6步、7步、8步、9步、10步共6种情况，
①5步：即5步两阶，有C5 =1种；
5
②6步：即4步两阶与2步一阶，有C2 =15种；
6
③7步：即3步两阶与4步一阶，有C3 =35种；
7
④8步：即2步两阶与6步一阶，有C2 =28种；
8
⑤9步：即1步两阶与8步一阶，有C1 =9种；
9
⑥10步：即10步一阶，有C10 =1种；
10
综上可得一共有89种情况，满足7步登完楼梯的有35种；
35
故7步登完楼梯的概率为
89
35
故答案为：
89
15．(1)1.4(m)
(2)
11
14
【详解】（1）由题意得AB+BC =0.2×10=2，
设BC =x，0<x<2，则AB=2−x，AC =2−x+0.4=2.4−x，
由题意得A=90°+30°=120°.
在ABC中，由余弦定理得
答案第6页，共10页AB2+AC2−BC2
cosA=
2AB×AC
(2−x)2+(2.4−x)2−x2 1
= =− ，
2×(2−x)×(2.4−x) 2
解得x=1.4或5.2（舍去），
∴BC=1.4(m)
（2）由（1）知AB=2−1.4=0.6，AC =2.4−1.4=1，BC =1.4.
AB2+BC2−AC2 0.62+1.42−12 11
∴cosB= = = .
2AB⋅BC 2×0.6×1.4 14
x2
16．(1) −y2 =1
3
(2)1
【详解】（1）椭圆
x2
+ y2 =1的焦点为(±2,0)，故a2+b2 =4，
5
3 b 3
由双曲线的渐近线为y=± x，故 = ，故b=1,a= 3，
3 a 3
x2
故双曲线方程为： −y2 =1.
3
（2）设A(x,y ),B(x ,y )，AB的中点为M ，
1 1 2 2
1 1
因为M 在直线l:y= x，故y = x ，
3 M 3 M
x2 x2 (x −x )(x +x )
而 1 −y2 =1， 2 −y2 =1，故 1 2 1 2 −(y −y )(y +y )=0，
3 1 3 2 3 1 2 1 2
(x −x )x
故 1 2 M −(y −y )y =0，
3 1 2 M
y −y x
由题设可知AB的中点不为原点，故x y ≠0，所以 1 2 = M =1，
M M x −x 3y
1 2 M
故直线AB的斜率为1.
1 2
此时AB:y=x−x + x =x− x ，
M 3 M 3 M
 2x
y=x− M  2  2 4
由  x2−3y2 = 3 3 可得x2−3  x− 3 x M   =3，整理得到：2x2−4x M x+ 3 x M 2 +3=0，
4  16 3 2 3 2
当Δ=16x2 −8 x2 +3= x2 −24>0即x <− 或x > ，
M 3 M  3 M M 2 M 2
3 2 3 2
即当x <− 或x > 时，直线AB存在且斜率为1.
M 2 M 2
3
17．(1)证明见解析；(2)
6
答案第7页，共10页
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）取CD中点G，连接NG，MG
G,M 为CD,BC中点 ∴GM //BD
又BD⊂平面BDE，GM ⊄平面BDE ∴GM //平面BDE
四边形ACDE为正方形，N,G为AE,CD中点 ∴NG//DE
又NG⊂平面BDE，NG⊄平面BDE ∴NG//平面BDE
GM NG=G，GM,NG⊂平面MNG ∴平面MNG//平面BDE
又MN⊂平面MNG ∴MN //平面BDE
（2）∆ABC为正三角形，M 为BC中点 ∴AM ⊥BC
平面ACDE⊥平面ABC，CD⊥ AC，平面ACDE平面ABC = AC，CD⊂平面ACDE
CD平面ABC，又AM ⊂平面ABC ∴AM ⊥CD
又BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD ∴AM ⊥平面BCD
FM ⊂平面BCD ∴AM ⊥MF
设CF =a，则 AF = 4+a2 ， MF = 1+a2 ，AM = 3
30 30× 4+a2
∴AF⋅ = AM⋅MF ，即： = 3× 1+a2 ，解得：a=1
5 5
1 1 1 3
∴V =V = S ⋅AM = × ×1×1× 3=
C−AFM A−FCM
3
∆FCM
3 2 6
18．(1)0.992
(2)202株
(3)n=10，2.6元
【详解】（1）记事件A=“该基地的植株经过三次喷洒后，随机检测一株植株能获得基因改
良”，
所以P(A)=0.8+0.2×0.8+0.22×0.8=0.992，
（2）因为植株经过一次喷洒后基因改良的概率为0.8，经过一次喷洒后基因改良的株数k服
从二项分布，
答案第8页，共10页P(N =k)=Ck 0.8k⋅0.2N−k，k =0,1,2,,N
N
当k <162时，P(k =162)=0
当k ≥162时，设P(k =162)=C1620.8162⋅0.2N−162
N
若N =162时，则P(k =162)<P(k =161)
若N >162时，则
C1620.81620.2N−162 ≥C162 0.81620.2N−161 0.8N ≥161.2
 N N+1 ，所以 ，
C1620.81620.2N−162 ≥C162 0.81620.2N−163  0.8N ≤162
N N−1
解得201.5≤N ≤202.5，又N∈N*，所以N =202
所以甲区域种植总数N的最大可能值为202株．
（3）设每组n株(n≤50)的总费用为X元，则X的取值为n+8，11n+8
所以
X n+8 11n+8
P 0.992n 1−0.992n
所以E(X)=(n+8)0.992n+(11n+8)(1−0.992n)
E(X) (n+8)0.992n+(11n+8)(1−0.992n)
则每组中每株检测的平均费用为 =
n n
E(X) 8
所以 =11−10×0.992n+
n n
因为0.992n =( 1−0.008 )n ≈1−0.008n
E(X) 8 8
所以 =1+0.08n+ ≥1+2 0.08n× =2.6（当且仅当n=10时等号成立）
n n n
所以当以10个每组时，检测成本最低，每株2.6元．
19．(1)4
【详解】（1）由题意可得， f(x)+ f(2−x)=2×2=4，令x=0，可得 f(0)+ f(2)=4.
4x
（2）①由g(x)= ，x∈(−∞,2)(2,+∞)，
2−x
4x 4(4−x) 4x 16−4x 8x−16
g(x)+g(4−x)= + = − = =−8=2×(−4)，
2−x 2−(4−x) 2−x 2−x 2−x
所以函数g(x)的图象关于点(2,−4)对称.
答案第9页，共10页
学科网（北京）股份有限公司②g(x)= 4x =−4+ 8 ，函数在

 − 2 ,1

 上单调递增，所以g(x)∈[−1,4 ]，
2−x 2−x  3 
不妨设 f (x)在[ 0,2 ]上的值域为A，则A⊆[−1,4]，
因为x∈[0，1]时， f(x)=x2−ax+a+1，
所以 f(1)=2，即函数 f (x)的图象过对称中心(1，2)，
a
（i）当 ≤0时，即a≤0，函数 f (x)在[ 0,1 ]上单调递增，
2
由对称性可知， f (x)在[1,2]上单调递增，所以 f (x)在[ 0,2 ]上单调递增，
由 f(0)=a+1， f(0)+ f(2)=4，所以 f(2)=3−a，所以A=[ a+1,3−a ]，
a+1≥−1

由A⊆[−1,4]，可得4≥3−a ，解得−1≤a≤0；

a+1≤3−a
a  a a 
（ii）当0< <1时，即0<a<2，函数 f (x)在

0,

上单调递减， f (x)在

,1

上单调递
2  2 2 
增，
 a  a 
由对称性可知， f (x)在

1,2−

上单调递增， f (x)在

2− ,2

上单调递减，
 2  2 
 a a a  a 
所以 f (x)在

0,

上单调递减，在

,2−

上单调递增，在

2− ,2

上单调递减，
 2 2 2  2 
 a a 
结合对称性可得，A=[ f(2), f(0) ] 或A=

f( ), f(2− )

，
 2 2 
因为0<a<2，所以 f(0)=a+1∈(1,3)， f(2)=3−a∈(1,3)，
a a2 a a a
易知 f( )=− +a+1∈(1,2)，又 f( )+ f(2− )=4，所以 f(2− )∈(2,3)，
2 4 2 2 2
所以当0<a<2时，A⊆[−1,4]成立；
（iii）当 a ≥1时，即a≥2时，函数 f (x)在[ 0,1 ]上单调递减，
2
由对称性可知， f (x)在[1,2]上单调递减，所以函数 f (x)在[ 0,2 ]上单调递减，
又 f(0)=a+1， f(2)=3−a，则A=[ 3−a,a+1 ]，由A⊆[−1,4]得，
3−a≥−1

a+1≤4 ，解得2≤a≤3.

3−a≤a+1
综上可知，实数a的取值范围为[−1,3 ]
.
答案第10页，共10页