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    . 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 学科网（北京）股份有限公司