江西省萍鄉(xiāng)市萍鄉(xiāng)中學(xué)2025屆高三上學(xué)期月考卷（五）數(shù)學(xué)答案

數(shù)學(xué)參考答案（萍實(shí)版）-數(shù)學(xué)參考答案（萍實(shí)版）-數(shù)學(xué)參考答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。題號(hào)12345678答案ACADDCAC1．A【解析】令且，則，所以在上遞增，故，則，故得證，從而A錯(cuò).2．C【解析】因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，又，所以，可得，因?yàn)?，可得，則，其中，當(dāng)或時(shí)，，又，所以，可得，則，所以橢圓的離心率為.3．A【解析】不妨設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為1，記紅黃藍(lán)三種顏色為a，b，c，我們首先假設(shè)正方體的一對(duì)對(duì)頂點(diǎn)是在和，若將染成色，那么，，三個(gè)點(diǎn)必然都是色，而，，必然都是色．如此遞推可以恰好染完整個(gè)正方體.而當(dāng)色固定的時(shí)候通過(guò)旋轉(zhuǎn)就可以得到互換的正方體.從而只有三種不同的方案，也就是將面的中間分別染上紅黃藍(lán)三種顏色.4．D【解析】函數(shù)定義域?yàn)?，，則有函數(shù)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，選項(xiàng)B，C不滿足；當(dāng)時(shí)，，即，因此，選項(xiàng)A不滿足，D符合條件.5．D【解析】因?yàn)閷?duì)于任意的奇質(zhì)數(shù)，有，正確;因?yàn)閷?duì)于任意的正整數(shù)，有，則B正確；因?yàn)楫?dāng)?shù)臅r(shí)候1和都和互素，從而至少是2，C正確，因?yàn)槭菬o(wú)解的．因?yàn)轱@然對(duì)于任意的．若和互素，則也和互素，反之亦然．而當(dāng)為偶數(shù)時(shí)自己和自己對(duì)應(yīng)的和不互質(zhì)．而的時(shí)候．從而該方程無(wú)解．綜上，D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的.6．C【解析】設(shè),,即化為故對(duì)應(yīng)平面內(nèi)距離為的點(diǎn)，如下圖中,

,與對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離為或構(gòu)成了點(diǎn)共個(gè)點(diǎn)，故的最大值為7．A【解析】不等式等價(jià)于即，原命題等價(jià)于存在實(shí)數(shù)，，對(duì)任意實(shí)數(shù)不等式恒成立，等價(jià)于存在實(shí)數(shù)，，不等式成立，記，則，（1）當(dāng)時(shí)，對(duì)任意，恒成立，即在上單調(diào)遞減①當(dāng)，即時(shí)，，②當(dāng)，即時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，以；（2）當(dāng)時(shí)，令，解得，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，，，①當(dāng)時(shí)，此時(shí)，當(dāng)即時(shí)，，當(dāng)即時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)，，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增,所以；令，則，，記，則，當(dāng)時(shí)，恒成立，即在區(qū)間上單調(diào)遞減，即，即；②當(dāng)時(shí)，此時(shí)，當(dāng)即時(shí)，，當(dāng)即時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)，，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以；（3）當(dāng)時(shí)，對(duì)任意，恒成立，即在上單調(diào)遞增，①當(dāng)，即時(shí)，，②當(dāng)，即時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以；綜上所述，，8．C【解析】變形為，即，其中，，故，令，則有，因?yàn)樵谏虾愠闪?，故在上單調(diào)遞增，故，兩邊取對(duì)數(shù)得：，則，令，則，故當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在處取得極大值，也是最大值，，所以，解得：，故正數(shù)m的最大值為.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。題號(hào)91011答案ADABDABC9．AD【解析】根據(jù)柯西不等式.因?yàn)椋裕?所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，A選項(xiàng)正確.令，，則.根據(jù)柯西不等式.即.當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào)，所以，B選項(xiàng)錯(cuò)誤.根據(jù)柯西不等式.因?yàn)?，?當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào).所以，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.令，，則.根據(jù)柯西不等式.因?yàn)?，所?當(dāng)且僅當(dāng)取等號(hào).所以，D選項(xiàng)正確.10．ABD【解析】由幾何性質(zhì)可知，且，可得，所以，故A正確：設(shè)直線的方程為，，聯(lián)立方程，消去y可得，則，即，由條件知同號(hào)，所以.則，可得，因?yàn)?，則，同理可得，則，故B正確；因?yàn)?，可得，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，，故C錯(cuò)誤；設(shè)，由，可知直線關(guān)于直線對(duì)稱，所以.因?yàn)?，可?則，，所以的面積等于的面積，故D正確.11．ACD【解析】取AB中點(diǎn)H，連接EH，GH，因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CD，AD的中點(diǎn)，所以EF∥BD，GH∥BD，F(xiàn)G∥AC，EH∥AC，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故平行四邊形EFGH即為過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，G做四面體ABCD的截面，取AC中點(diǎn)Q，連接QB，QD，因?yàn)?，由三線合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又，所以AC⊥平面BDQ，因?yàn)槠矫鍮DQ，所以AC⊥BD，從而EF⊥EH，因?yàn)?，所以，即平行四邊形EFGH是正方形，面積為，A正確；由勾股定理得：，同理得：，取BD中點(diǎn)M，連接QM，由三線合一得：QM⊥BD，所，由勾股定理得：，故，所以，，B錯(cuò)誤；連接MA，MC，由勾股定理得：，同理可得：，由由三線合一得：QM⊥AC，結(jié)合B選項(xiàng)求得的QM⊥BD，可得：QM為AC與BD的公垂線段，，故AC與BD的公垂線段的長(zhǎng)為，C正確；取QM的中點(diǎn)S，則S為球心O，理由如下：因?yàn)镼M⊥BD，MS=，由勾股定理得：，同理可得：，所以S為球心O，且外接球半徑為，因?yàn)镺E⊥BC，所以過(guò)點(diǎn)E作面積最小的截面是以E為圓心，BE=2為半徑的圓，面積最大的截面是過(guò)點(diǎn)O，E的大圓，所以，，所以過(guò)E作球O的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為5：4，D正確.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．13．或14．1825270【解析】第一個(gè)空，設(shè)某個(gè)數(shù)除以余數(shù)為，則稱該數(shù)模余(，均為整數(shù)，且)，為了讓盡可能多的相鄰兩數(shù)之和被3整除，則要盡量多地出現(xiàn)相鄰兩數(shù)一個(gè)模3余1，一個(gè)模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會(huì)被3整除.而，均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現(xiàn)18組上述組別，例如嚴(yán)格遞增數(shù)列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，滿足題意，所以的最大值為18.第二個(gè)空，因?yàn)?-40這40個(gè)數(shù)中，共有27個(gè)數(shù)符合模3余1或模3余2，則要從這27個(gè)數(shù)中選出滿足要求的20個(gè)數(shù).第一步，在到這20個(gè)數(shù)中刪去一個(gè)數(shù)（后面再加回來(lái)），使得剩下的19個(gè)數(shù)滿足任意兩個(gè)相鄰數(shù)一個(gè)模3余1，一個(gè)模3余2，這樣就形成了18組，即使得的最大值為18.第二步，將這27個(gè)數(shù)從小到大排列，需要?jiǎng)h去8個(gè)數(shù)得到目標(biāo)19個(gè)數(shù)的數(shù)列.它們中任意相鄰兩數(shù)一個(gè)模3余1，一個(gè)模3余2，因此，需要?jiǎng)h去的8個(gè)數(shù)應(yīng)該為4組相鄰的數(shù).第三步，利用捆綁思想，從27個(gè)數(shù)中刪去4組相鄰的數(shù)等價(jià)于從23個(gè)數(shù)中刪去4個(gè)數(shù).有三種情況：①兩端均刪去，這種情況不滿足要求.因?yàn)槿魞啥司鶆h去，那么1和40必定被刪去，在下一步加出來(lái)時(shí)也最多加回1或40中的一個(gè)，而1和40必定在數(shù)列中，因此不滿足.②兩端均不刪去，從中間21個(gè)數(shù)中選4個(gè)數(shù)刪去，有種，再?gòu)膭h去的8個(gè)數(shù)中拿一個(gè)加回原來(lái)的19個(gè)數(shù)中，由種，共有種.③兩端中有一個(gè)被刪去，其余3個(gè)數(shù)從中間21個(gè)數(shù)里選，有種，此時(shí)加回來(lái)的數(shù)必定是刪去的兩端之一中的1或40，有1種選法，共種.第四步，刪去的四組相鄰數(shù)中有一組中有一個(gè)數(shù)被加回來(lái)，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個(gè)數(shù)，而對(duì)于刪去的數(shù)，假設(shè)為，它旁邊兩個(gè)數(shù)分別為，即排列為，在第三步捆綁時(shí)，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補(bǔ)回；或者為，然后刪去，再補(bǔ)回，這兩種刪去方式結(jié)果相同.綜上，共有種.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。15（1）設(shè)高二在第場(chǎng)比賽獲勝的事件為，則高二兩場(chǎng)全輸，則；（2）由于高二輸了第一輪的比賽，高二后續(xù)需全勝才能獲得冠軍，則；（3）在“雙敗淘汰制”下，若高二獲得冠軍，則最多只能輸一場(chǎng)，若高二全勝，其概率為，若高二只輸了第一場(chǎng)，則，若高二只輸了第二場(chǎng)，則，則高二獲得冠軍的概率為；在“單敗淘汰制”下，若高二獲得冠軍，則需兩場(chǎng)全勝，則，由，故，故“雙敗淘汰制”對(duì)高二奪冠有利.16．（1）在圓柱中，,平面,平面,故平面；連接，因?yàn)榈妊菪螢榈酌鎴A的內(nèi)接四邊形，，故，則為正三角形，故，則，平面,平面,故平面；又平面，故平面平面.（2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，在底面圓過(guò)點(diǎn)垂直于平面作直線為x軸，以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

由于，由（1）可知,故,則，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，即，令，則，由，，，可得，設(shè)直線與平面所成角為，則，即得，解得或，符合，故或.17．（1）因?yàn)?，，，，其中，所以在處的泰勒展開式為：，（2）由題意可知，問(wèn)題相當(dāng)于從中取出兩個(gè)數(shù)和，使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是，或，或.所以所有可能的就是.18．（1）因?yàn)?，關(guān)于軸對(duì)稱，根據(jù)題意以及橢圓的對(duì)稱性可知，兩點(diǎn)都在橢圓上，即有成立.若在橢圓上，則有.聯(lián)立可得，，不合題意，舍去.所以，在橢圓上，即有，所以，代入，可得.所以，橢圓C的方程為.（2）要使面積最大，則應(yīng)有點(diǎn)E到直線的距離最大.由，，可得直線方程為.過(guò)點(diǎn)作直線，使得，則到直線的距離即等于直線到直線的距離.顯然，當(dāng)直線與橢圓相切時(shí)，距離為最大或最小.則設(shè)直線方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程可得，.因?yàn)?，直線與橢圓相切，則，解得，.則當(dāng)時(shí)，此時(shí)直線方程為，與直線距離最大，此時(shí).又，所以面積的最大值為.（3）設(shè)，，假設(shè)在x軸上存在一點(diǎn)，使得、為鄰邊的平行四邊形為菱形.因?yàn)橹本€過(guò)點(diǎn)，則直線的方程為，聯(lián)立直線的方程與橢圓的方程可得，，恒成立，且，，，，所以，則的中點(diǎn)坐標(biāo)為，所以線段的垂直平分線方程為