炎德英才大联考湖南师大附中2024-2025学年高三下学期月考试卷（六）数学试题答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年03月试卷_炎德·英才大联考湖南师大附中2025届高三月考试卷（六）数学

湖南师大附中 2025 届高三月考试卷(六)
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B C B C D C B BC ABD ABD
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题
目要求的.
1.B【解析】因为A  x∣x2x2 0  1,2  ,B   x∣y  ln  x1    1, ,所以
AB  1,2  ,故选B.
2.B【解析】将3i代入方程x2 axb 0,得83ab 6a  i0 ,解得a 6,b10,所
以ab16.故选B.
3.C【解析】因为 a 是等差数列,所以由a a a 3得3a 3,即a 1,所以
n 2 5 8 5 5
 a a 9
S  1 9 9a 919,故选C.
9 2 5
4.B【解析】对于A,若,m,则m//或m,由mn,则n与斜交、垂直、平
行均有可能,故A为假命题；对于B,若,m,则m//或m,又n,所以
mn,故B为真命题;对于C,若n,n//,m,m//,则//或与相交,故C为
假命题;对于D,若n,且,则n//或n,D为假命题.故选B.
5.C【解析】由题意,要求每个大组至少有1名同学参加,即在4个大组中,必有一个大组有2名同
学参加活动,其余组各有1名同学.运用分步乘法计数原理解决:先从4个大组中抽取一个有2名
同学参加的组,有C1 种,再从另外三个大组中分别各取1名同学,有  C1 3 种,最后确定有2个同学
4 14
参加的组的人选,有C0 种.由分步乘法计数原理,抽取结果共有C1 C0   C1 3  4  C1 3 C2
14 14 14 14 14 14
种.故选C.
   y
6.D【解析】由MN  NP 知点N 为MP的中点,设P  x,y  ,则M x,0  ,N 0, ,所以
 2
  y   y   y2
MN  x, ,NF  1, ,MNNF  x  0,即 y2 4x.故所求的点P的轨迹方程是
 2  2 4
y2 4x.故选D.
1
学科网（北京）股份有限公司     
2sin2 2sin cos 2sin sin cos 
1sincos 2 2 2 2  2 2 
7.C【解析】  
1sincos      
2cos2 2sin cos 2cos sin cos 
2 2 2 2  2 2 
 
sin 2tan
 22 4 3
2 2
  tan  2,则tan   ,因为 为钝角,故cos .故选
 2  122 3 5
cos 1tan2
2 2 
C.
x2 y2
8.B【解析】双曲线E:  1  a 0,b 0 的右顶点为A  a,0  ,抛物线C:y2 8ax的焦
a2 b2
b
点为F  2a,0  ,双曲线的渐近线方程为 y  x.在双曲线E的渐近线上存在一点P,使得
a
 3a 
APF  ,等价于以AF 为直径的圆与渐近线有公共点,所以AF 的中点M  ,0到渐近
2  2 
3
ab
线的距离d r,即 2  a ,即3bc,所以9  c2 a2 c2 ,即e2  9 ,所以e 3 2 ,又
a2 b2 2 8 4
 3 2
e1,所以e1, ,选B.

4
 
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全
部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
x x
9.BC【解析】由2075%15得样本数据的上四分位数为 15 16 ,故A错
2
1 20 1 20 1 20
误;s2   x x 2  x2  x 2  x2  4,所以 x 2 4,又x 0,所以x2,
20 i 20 i 20 i i
i1 i1 i1
故B正确.对于C,剔除某个数据x  i 1,2,,20 后得到新样本数据的极差不大于原样本数据
i
10 10
的极差,故C正确;对于D,由x 2 6 4,得
20 20
10 10 11 11
s2   1 24 2  2 64 2 ,所以x ,x ,,x 的方差为 ,故D错误.故
20   20   2 1 2 20 2
选:BC.
10.ABD【解析】令x1,y 0,则 f  f  1   f  1  f  0  ,即 f  1  f  1  f  0  ,解得
f

0
0,故A正确;
2
学科网（北京）股份有限公司令 y x,则 f  f  xx   f  x  f x  ,得 f  f  0   f  x  f x  ,由A可知
f  0 0,则 f  0  f  x  f x  ,即 f  x  f x  0,故 f  x 是奇函数,B正确;
对任意的x都有 f  f  x1x   f  x  f  1x  ,可得1 f  x  f  1x  ,因此 f  x 的
1 1
图象关于点 , 对称,故C错误;
2 2
由于1 f  x  f  1x 且 f  x 是奇函数,得1 f  x  f  x1  ,即 f  x  f  x1 1,因
此 f  2  f  1 12, f  3  f  2  13, f  4  f  3 14,, f  2024 2024 ,所以
D正确.故选ABD.
S S
11.ABD【解析】因为 n  n1   n1  S  nS  S  n  S S  S  na ,对于
n n1 n n1 n n1 n n n1
2
 12n
A,S   2n12n2n1 na ,所以 a 为和谐数列,故A正确;对于B,若
n 12 n1 n
a a ,则S na na ,所以B正确;对于C,设等差数列 a 的公差为d ,则
n n1 n n n1 n
d  d  S d d S  d
S  n2 a  n ,所以 n  na  ,即 n为公差为 的等差数列,若 a 为和
n 2  1 2  n 2 1 2  n  2 n
S S d
谐数列,即 n  n1 ,则 0,则数列 a 是单调递增的等差数列,又 a 是无穷数列,所以S
n n1 2 n n n
1
无最大值,所以C错误;对于D,取a 0,q  ,则
1 4
 n n
S 
a
1 
 1qn

4
a 1

 
1
 ,na na 

 
1
 ,下面证明S na ,即说明存在
n 1q 5 1   4   n1 1  4  n n1
 n n
4  1  1
公比为负数的一个等比数列是和谐数列,即证 a 1    na     ,即证
5 1   4  1  4
 n n n
4  1  1  4 1 4
1      n   ,即证n     ,当n2k1,kN时,上式左边为负数,
5  4   4  5 4 5
 4 1 4
显然成立;当n2k,kN时,即证2k   ,即证
 516k 5
5 5 5 5 25
16k  k10,  16k  k1  115 k k11C115 k1 k 0 ,即
2 2 2 k 2 2
式成立,所以D正确.故选ABD.
3
学科网（北京）股份有限公司三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
 k     k
12.  ,0  kZ  .【解析】由题意,函数g  x  tan2x ,令2x  ,解得
 6 4   3 3 2
 k  k 
x  ,  kZ  ,则y  g  x 的对称中心为  ,0,  kZ  .
6 4  6 4 
1
13. 【解析】记事件B:子三代中基因型为dd ,记事件A:子二代中父本母本选择的是Dd 、Dd ,
4 1
记事件A :子二代中父本母本选择的是dd、dd ,记事件A :子二代中父本母本选择的是
2 3
dd、Dd ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
则P  A    ,P  A    ,P  A  2   .
1 2 2 4 2 4 4 16 3 4 2 4
在子二代中任取2颗豌豆作为父本母本杂交,分以下三种情况讨论:
1
①若选择的是Dd 、Dd ,则子三代中基因型为dd 的概率为P  B∣A  ；
1 4
②若选择的是dd 、dd ,则子三代中基因型为dd 的概率为P  B∣A 1；
2
1
③若选择的是dd、Dd ,则子三代中基因型为dd 的概率为P  B∣A  .
3 2
综上所述，P  B P  A P  B∣A P  A P  B∣A P  A P  B∣A 
1 1 2 2 3 3
1 1 1 1 1 1
   1   .
4 4 16 4 2 4
1
因此,子三代中基因型为dd 的概率是 .
4
1 1
14. 463 4,463 4【解析】解法一: x3   x3  ax 4x8恒成立,
 
x x
1 1
即为 x3   x3  8  4a  x 恒成立,
x x
1 1 8
当x0时,可得4a x2  x2  ,
x2 x2 x
1 1 8 1 1 8 8 4 4 4 4
x2   x2    x2  x2    2x2   2x2    332x2   634,
x2 x2 x x2 x2 x x x x x x
4
学科网（北京）股份有限公司当且仅当x3 2即x 3 2时取得最小值63 4 ,即有4a63 4 ,则a463 4 ;
 1 1 8
当x0时,可得4a x2  x2   ,
 x2 x2 x
1 1 8 8 4 4 4 4
由 x2   x2    2x2   2x2    332x2   6 34 ,
x2 x2 x x x x x x
当且仅当x3 2即x3 2时取得最小值63 4 ,即有4a63 4 ,则a463 4 ,综上可得
463 4  a463 4 ,
所以实数a的取值范围是463 4,463 4 .
 
1 1 1 1
解法二:不等式 x3   x3  ax 4x8恒成立, x3   x3  8  4a  x .令
x x x x
1 1
g  x  x3  x3 8,则g  x 为偶函数.
x x
2
当x1时,g  x 2x38;当0 x1时,g  x  8.画出函数图象:
x
过 0,0 作g  x 2x38  x1 的切线,
设切点  x ,2x3 8  ,则6x2  2x 0 3 8 ,即x3 21,
0 0 0 x 0
0
5
学科网（北京）股份有限公司所以切线的斜率为63 4 ,所以63 4 4a63 4 ,即463 4  a463 4 .
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.
b c  
15.【解析】(1)由正弦定理知,  , 3cb sinA 3cosA ,
sinB sinC
 
 3sinC sinB sinA 3cosA ,
又sinC sin  AB sinAcosBcosAsinB ,
 3sinAcosBsinBsinA,
sinA0,tanB  3 ,

B 0, ,B  .
3
(2)因为S S S ,
ABC ABD BCD
1 1 1
即 acsinABC  cBDsinABD aBDsinCBD ,
2 2 2
3 1 3
所以 ac   ac  ,
4 4 2
解得a  31,c 31或a  31,c 31,
c
当a  31,c 31时, 2 3;
a
c
当a  31,c 31时, 2 3.
a
16.【解析】证明:(1)取EF 中点G,连接AG,CG,AC ,
四边形BDEF 为矩形,DE//BF,DE  BF ,
DE 平面ABCD,BF 平面ABCD,
易证ADE、ABF、BFC、DEC 都是直角三角形,
又底面ABCD是正方形,AE  AF CE CF ,
AEF CEF ,且AEF ,CEF 为等腰三角形,AG  EF,CG  EF ,
又平面CEF 平面AEF EF,CG  平面CEF,AG 平面AEF ,
AGC为二面角AEF C 的平面角,
6
学科网（北京）股份有限公司DE 1,AG CG  2 ,又AC 2,
AC2  AG2CG2,AGC  90,
二面角AEF C 为直二面角,平面CEF 平面AEF .
(2)易证DA、DC、DE两两垂直,
如图,以D为原点,分别以直线DA、DC和DE为x、y、z轴,建立如图所示空间直角坐标系,
DE//BF,BF 平面BFC,DE 平面BFC,DE//平面BFC ,
1 2
由V V V V  S BF  ,
FEBC EBFC DBFC FBCD 3 BCD 3
得BF 2.
       
则D  0,0,0  ,A 2,0,0 ,B 2, 2,0 ,C 0, 2,0 ,E  0,0,2  ,F 2, 2,2 ,
 
   
则EA 2,0,2 ,EF  2, 2,0 ,
 
   
EB  2, 2,2 ,CB  2,0,0 ,
设平面AEF 一个法向量为m  x ,y ,z  ,
1 1 1

 mEA 2x 2z 0,  
则  1 1 取x  2,得m  2, 2,1 ,
1
mEF  2x  2y 0,
1 1
 
同理得平面EBC 的一个法向量n 0, 2,1 ,
21 1 15
则 cos<m,n>    .
221 21 5 3 15
15
则平面EBC 与平面AEF 的夹角的余弦值为 .
15
7
学科网（北京）股份有限公司 1
17.【解析】(1)由题意知X B3, ,
 2
3
1 1
则P  X 0 C0    ,
3 2 8
2
1 1 3
P  X 1 C1     ,
3 2 2 8
2
1 1 3
P  X 2 C2     ,
3 2 2 8
3
1 1
P  X 3 C3    ,
3 2 8
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 3 3 1
P
8 8 8 8
1 3
E  X 3  .
2 2
3 1 1 1 3 1
(2)由(1)可知在一局游戏中,甲得3分的概率为   ,得1分的概率为   ,
8 8 2 8 8 2
若选择nk,此时要能获得大奖,则需2k次游戏的总得分大于4k,
设2k局游戏中,得3分的局数为M ,则3M  2k M 4k ,即M k.
 1
易知M B2k, ,
 2
6 6 6
1 1 1 11
当k 3时,获大奖的概率P C1   C5   C6    .
1 6 2 6 2 6 2 32
8 8 8 8
1 1 1 1 93
当k 4时,获大奖的概率P C5   C6   C7   C8    ,
2 8 2 8 2 8 2 8 2 256
因为P  P ,所以选择n4时,甲获奖的概率更大.
1 2
8
学科网（北京）股份有限公司3 c 3
18.【解析】(1)因为椭圆的离心率为 ,所以e  ,①因为椭圆的四个顶点所围成的菱形
2 a 2
的面积为4,所以2ab4,②又a2 b2 c2,③联立①②③,解得a2 4,b2 1,
x2
则椭圆的标准方程为  y2 1;
4
(2)(j)证明:易知直线AB斜率存在,不妨设直线AB的方程为 y kxm,A  x ,y  ,B  x ,y  ,
1 1 2 2
y kxm,

联立x2 消去 y并整理得  14k2 x2 8kmx4  m2 1  0 ,

 y2 1,
 4
此时 8km 216  4k21  m21  16  4k2m21  0 ,
8km 4  m2 1 
由韦达定理得x x  ,x x  ,
1 2 14k2 1 2 14k2
m2 4k2
所以 y y  kx m  kx m k2x x km  x x m2  ,
1 2 1 2 1 2 1 2 14k2
4  m2 1  m2 4k2
因为x x 4y y ,所以 4 ,
1 2 1 2 14k2 14k2
1
整理得4k2 1,解得k  ,
2
y  y 2m 2m 1
因为k  2 1 k  k   ,
BC x x x x 8km 4k
2 1 2 1
14k2
1 4k2 1
所以k k k    0,
AB BC 4k 4k
故直线AB和直线BC的斜率之和为定值,定值为0;
1
(ii)由(i)得,不妨令k  ,
AB 2
此时x x  2m,x x  2  m21  ,
1 2 1 2
m
易知原点O到直线AB的距离d  ,
1k2
9
学科网（北京）股份有限公司1 1 m
此时S  AB d  1k2 x x 
AOB 2 2 2 1 1k2
m m
  x  x 24x x  4m242  m21   m2  2m2  ,
2 1 2 1 2 2
因为
m2 2m2
1,所以S 1,当且仅当m2 1时,等号成立,
AOB
则S 4S 4.
四边形 ABCD AOB
故四边形ABCD的面积的最大值为4.
 1a
19.【解析】(1)由题意知切点坐标为1, .
 2 
1a 1a
对 f  x 求导,得 f x  ,从而 f 1  .
 1x 2 4
1a 1a
所以切线方程为 y   x1  ,
2 4
11 1a 1a
令x0,得   ,解得a 7.
2 2 4
(2)因为g  x  x  f  x 2 ,x  0,
 x7 2 x7  6   x7    x2 23  
所以g x  2x    ,
 x1 2 x1   x1 2   x1 3
 
因为x70,  x1 3 0,  x2 233,所以g x 0恒成立,
所以g  x  x  f  x 2 在区间 0,上单调递增.
6  
(3)(方法一)由(1)知 f  x 1  x 0  ,故 f  x 在 0,上单调递减, f 7  7 ,
1x
 x7 2  
由(2)知g  x  x   在 0,上单调递增,g 7 7 7 ,
 x1
当0 x 7
x 7 1
时, f  x  7,g  x 7 7,  1,lnx ln7ln72lnf  x 0 .
7  f  x 2 2
10
学科网（北京）股份有限公司x 7 1
当x 7 时, f  x  7,g  x  7 7,  1,lnx  ln7 ln72lnf  x 0 ,
7  f  x 2 2
故 2lnxln7 2 2lnf  x ln7 ,
所以 2lna ln7 2 2lna ln7 4 2lna ln7 2n12lna ln7 ,
1 2 3 n
因为a 1,ln72,所以2n2 2lna ln7 1.
1 n
a 1
(方法二)要证2n2 2lna ln7 1,即证 ln n  ,
n
7
2n1
a 1 a
下证 ln n1  ln n .易知 f  x 在 0,上单调递减,且a 0.
7 2 7 n
 
若a  7 ,则a  f  a  f 7  7 .
n n1 n
1
a a 7  a 2
此时, n1 1 n ,只需证ln ln n  ,
7 7 a  7 
n1
1
7  a 2
只需证   n   a2 a 7 7 .此时,a  7 .
a  7  n1 n n
n1
 
由(2)知a2 a  g  a  g 7  7 7 .
n1 n n
 
若a  7 ,则a  f  a  f 7  7 .
n n1 n
1
a a a  7 2
此时, n 1 n1 ,只需证ln n1 ln  .
 
7 7 7  a 
n
1
a  7 2
只需证 n1    a2 a  7 7 .此时,a  7 .
7   a   n1 n n
n
 
由(2)知,a2 a  g  a  g 7  7 7 .
n1 n n
综上所述, ln
a
n1 
1
ln
a
n
 n1,nN
成立.
7 2 7
11
学科网（北京）股份有限公司n1 n1
a 1 a 1 1
所以 ln n    ln 1     ln7 .
7 2 7 2 2
1 1 a 1
易知 ln7 lne2 1,所以 ln n  成立.故原不等式得证.
2 2 7 2n1
12
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