數學丨炎德英才大聯考江西省萍鄉(xiāng)市萍鄉(xiāng)中學2025屆高三12月月考卷（五）數學試卷及答案

命題人：晏海林柳佳杜振興審題人：顧友付胡家琪注意事項：2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設復數z=1+0.2i，w=z8A．w<1.16C．若f2，那么f=2iD.[9,16]，則橢圓C的離心率是3．如右圖所示，邊長為a的正方體成周期性排列，在正方體的各個角以及每個面的中心有原子分布的晶體結構，我們稱之為面心立方結構.若要將這一個立方體上的14個點染上紅黃藍三種顏色，使得被一條線段連接的兩個點不能染上同一種色，那么不同染色方案的種數是（旋轉和鏡像對稱后重合的視為同一種）4．函數f=x2log3的大致圖象是AC.D.5．我們稱兩個正整數a和b互素，當且僅當a和b的最大公因數是1，我們定義φ(n)(n∈Z+)是小于n的正整數中和n互素的數的個數，例如φ(6)=2．是因為小于6的數中只有1與5和6互素．那么下列說法錯誤的是A．有無限多個正整數n使φ(n)>B．有無限多個正整數n使φ(n)<8．已知關于x的不等式xm一1+1≤在上恒成立，則正數m的最大值為二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．柯西不等式（Cauchy-SchwarzInequality）是一種在數學和物理學中廣泛使用的不等式，它是由法國數學家奧古斯丁·路易·柯西提出的，柯西不等式可以用于證明其他不等式，也可用于解決一些數學問題.以下是柯西不等式的原始形式：22(x2+y2min=.運用柯西不等式。判斷以下正確的選項有2一minmax10．已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,C的準線l與x軸交于點P，過P的一條直線與C交于M,N兩點，過M,N作l的垂線，垂足分別為S,T，則A．MF.NP=NF.MPB．LMFS+LNFT=C．MF.NF=SF.TFD.△MNF的面積等于△STF的面積 CD，AD的中點，則下列說法正確的是A．過點E，F，G作四面體ABCD的截面，則該截面的面積為2 B．四面體ABCD的體積為 C．AC與BD的公垂線段的長為23D．過E作球O的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為5：412．設函數,x≤1，若f在R上單調遞增，則a的取值范圍是.13．已知函數,若3x∈-2≥0是假命題，則實數a的取值范圍是.14．設嚴格遞增的整數數列a1，a2，?,a20滿足a1=1，a20=40.設f為a1+a2，a2+a3，?,a19+a20這19個數中被3整除的項的個數，則f的最大值為，使得f取到最大值的數列{an}的個數為.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.（本小題滿分13分）在萍實高中2024秋季教職工運動會比賽中，高一、高二、高三三個年級的華強學院組和(華英學院組)共四個隊伍(高一、高二、高三各有一支華強隊伍，全體高中部僅一支華英隊伍)角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”：第一輪，四個隊伍通過抽簽分成兩組，每組兩個隊伍對陣，每組的勝者進入“勝區(qū)”，敗者進入“敗區(qū)”；第二輪，“勝區(qū)”中兩個隊伍對陣，勝者進入“決賽區(qū)”；“敗區(qū)”中兩個隊伍對陣，敗者直接淘汰出局獲第四名；第三輪，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對陣，勝者進入“決賽區(qū)”，敗者獲第三名；第四輪，“決賽區(qū)”的兩個隊伍進行冠軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲第二名.已知高二和高三華強學院組水平相當，高一華強和華英學院組水平相當，高二華強對高三華強、高一華強對華英學院組的勝率均為，高二華強、高三華強對高一華強和華英學院組的勝率均為，沒有平局，且不同對陣的結果相互獨立.經抽簽，第一輪由高二華強對陣高三華強，高一華強對陣華英學院組.(1)求比賽結束時，高二華強比賽的場次是2場的概率；(2)若已知高二華強輸了第一輪的比賽，求高二華強獲得冠軍的概率；(3)除“雙敗淘汰制”外，也經常采用“單敗淘汰制”：即四個隊伍分成兩組后，每組中的兩個隊伍對陣，每組的勝者進入“決賽區(qū)”，敗者淘汰；最后，“決賽區(qū)”的兩個隊伍進行冠軍決賽，勝者獲得冠軍.分別求在以上兩種賽制下高二華強獲得冠軍的概率，并比較哪種賽制對高二華強奪冠有利？請說明理由.16.（本小題滿分15分）在圓柱O1O2中，等腰梯形ABCD為底面圓O1的內接四邊形，且AD=DC=BC=1，矩形ABFE是該圓柱的軸截面，CG為圓柱的一條母線，CG=1.(1)求證：平面O1CG∥平面ADE；λ∈[0,1]，試確定λ的值，使得直線AP與平面ABG所成角的正弦值為.17.（本小題滿分15分）新信息、新定義類題型是目前高考熱點題型.這類題要求考生在有限時間閱讀并理解題目所給予的信息，根據獲取的信息解答問題.請考生根據信息回答下列問題：（1）在高等數學中，我們將y=f(x)在x=x0處可以用一個多項式函數近似表示，具體形式為：f(x)=f(x0)+fI(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+…其中f(n)(x)表示f(x)的n次導數n≥3，n∈N*以上公式我們稱為函數f(x)在x=x0處的泰勒展開式，當x0=0時泰勒展開式也稱為麥克勞林公式，比如ex在x=0處的麥克勞林公式為：ex=1+x+x2+…+xn+…，由此當x≥0時，可以非常容易得到不等式利用上述公式和所學知識寫出y=sinx在x=0處的泰勒展開式寫出展開式的前三項即可）（2）設m為正整數，數列a1，a2，?,a4m+2是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項ai和aj(i<j)后剩余的4m項可被平均分為m組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列a1，a2，?,a4m+2是(i,j)一可分數列.請寫出所有的(i,j)，1≤i<j≤6，使數列a1，a2，?,a6是(i,j)—可分數列.18.（本小題滿分17分）已知橢圓這四點中恰有三點在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)點E是橢圓C上的一個動點，求△EMN面積的最大值；(3)過R(0,1)的直線l交橢圓C于A、B兩點，設直線l的斜率k>0，在x軸上是否存在一點D(m,0)，使得以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求實數m的取值范圍；若不存在，請說明理由.19.（本小題滿分17分）若x1,x2,…,xn為(a,b)上任意n個實數，滿足f當且僅當x12n時等號成立，則稱函數f(x)在(a,b)上為“凸函數”.也可設可導函數f(x)在(a,b)上的導函數為fI(x),fI(x)在(a,b)上的導函數為II，當fII(x)<0時，函數f(x)在(a,b)上的為“凸函數”.若x1,x2,…,xn為(a,b)上任意n個實數，滿足f當且僅當x1=x2=…=xn時等號成立，則稱函數f(x)在(a,b)上為“凹函數”.也可設可導函數f(x)在(a,b)上的導函數為fI(x),fI(x)在(a,b)上的導函數為II，當fII(x)>0時，函數f(x)在(a,b)上的為“凹函數”.這里關于凹凸函數的不等式即為著名的琴生不等式.(1)討論函數的凹凸性；數學參考答案一、選擇題：本題共一、選擇題：本題共8小題每小題5分共40分。f,(x)=4(1+x)34>0，所以f(x)在(0,1)上遞增，故f(x)>f(0)=0，則(1+x)4>1+4x，故1.044>1+0.04×4得證，從而A錯..lMF22(MF2C的離心率為.3．A【解析】不妨設正方體的邊長為1，記紅黃藍三種顏色為a，b，c，我們首先假設正方體的一對對頂點是在(0,0,0)染成a色，那么(0,0.5,0.5)，(0.5,0.5,0)，(0.5,0,0.5)三個點必然都是b色，而(0,0,1)，(0,1,0)，(1,0,0)必然都是c色．如此遞推可以恰好染完整個正方體.而當b色固定的時候通過旋轉就可以得到ac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三種顏色.函數f=x2log3定義域為2log3則有函數f(x)是奇函2x數，其圖象關于原點對稱，選項B，C不滿足；當2x2x>0，因此f(x)>0，選項5．D【解析】因為對于任意的奇質數p，有φ=p一1>，正確;因為對于任意的正整數6n，有φ(6n)≤2n<3n，則B正確；因為當n>2的時候1和n一1都和n互素，從而φ(n)至少是2，C正確，因為φ(m)=3是無解的．因為顯然對于任意的m>2．若a和m互素，則m一a也和m互素，反之亦然．而當m為偶數時自己和自己對應的和m不互質．而m=1,2的時候φ(m)=1．從而該方程無解．綜上，D選項是錯誤的.2的點，如下圖中F、G,:wj一za∈{1,3},za與①1,①2對應點的距離為1或3,構成了點A、B、C、D、E共5個點，故k的最大值為5.3實數a，b，對任意實數x∈[0,1]不等式一x3+ax+b≤m恒成立，等價于存在實數a，b，不等式x3max≤m成立，記f(x)=x3+ax+b，則f,(x)=3x2+a，（1）當a≤0時，對任意x∈[0,1]，f,(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]上單調遞減a+b一1≤f(x)≤b①當a+b1+b≥0，即b≥1a時，f(x)max=b，②當a+b1+b<0，即b<1a時，f(x)max=ab+1，2g(b)min=g(1a)=1a≥;,)上單調遞增，以a3a3 a3a3時，f(x)max=+b，從而當0<a≤1+b，從而當0<a≤1時，g(b)={2aaa3a3a3a3a3 aa3a3a3 aa)3,+∞,上單調遞增,所以3，記a)3,+∞,上單調遞增,所以3，記223，則h,(t)=3t23t)=3t(t1)，當|0,f|時，h,22mina3a3f(x)max=a3a3l3a3a3a3a3a3a3a3a3(aa)(aa)「aa)(aa)aa·「aa)(aa)aa·（3）當a≥3時，對任意x∈[0,1]，f,(x)≥0恒成立，即f(x)在[0,1]上單調遞增，(t≥1)，則有f(xm)≤f(ex)，因為f,(t)=1=≥0在t≥1上恒成立，故f(t)=tlnt在t≥1上單調遞增，故xm≤ex，兩邊取對數得：mlnx≤x，則≤,令g(x)=，則增，在x∈(e,+∞)上單調遞減，g(x)=在x=e處取得極大值，也是最大值，g(x)max=，所以≤,解得：0<m≤e，故正數m的最大值為e.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。題號9答案ADABDABC2.所以I13，則(2a+3b)max=·13，當且僅當3a=2b時取等號，A選項正確. 2=2.根據柯西不等式 22).因為x2+y2=2，所以 J≤6.當且僅當3a=a1取等號.所以a1+62a≤6，D選項正確.JMSNTMPNPMFNF10．ABD【解析】由幾何性質可知MF=MS,NF=NT，且MS∥NTMSNTMPNPMFNFMF.NP=NF.MP，故A正確：設直線MN的方程為y=k(x+1)，M(x1,y1),N(x2,y2)，聯立方程{24(+1)，消去y可得1，即.=1，由條件知y1,y2同號SF=2MFcos上MFS,TF=2NFcos上NFT=2NFsin上MFS，可得SF.TF=2MF.NFsin2上MFS，當且僅MF,NF關于直線x=1對稱，所以上MFN+上NFP=.因為SS=SF.TFsin上SFT=MF.NF.2sin2上MFS.sin上SFT1(π)1=2MF.NF.2sin2|(2—上NFT,sin上SFT=2MF.NF.2sin2上NFT.sin上SFT1(π)1所以△MNF的面積等于△STF的面積，故D正確.11．ACD【解析】取AB中點H，連接EH，GH，因為點E，F，G分別為棱BC，CD，AD的中點，所以EF∥BD，GH∥BD，FG∥AC，EH∥AC，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故平行四邊形EFGH即為過點E，F，G做四面體ABCD的截面，取AC中點Q，連接QB，QD，因為AB=BC=CD=DA=4，由三線合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又DQ∩BQ=Q，所以AC⊥平面BDQ，因為BD平面BDQ，所以AC⊥BD，從而EF⊥EH，因為AC=BD=2，所以,同理得：BQ=·14，取BD中點M，連接QM，由三線合V△BDQ.CQ ·14，同理可得：AM=·14，由由三線合一得：QM⊥AC，結合B選項求得的QM⊥BD，可 得：QM為AC與BD的公垂線段，QM=23，故AC與BD的公垂線段的長為23，C正確；取QM的中點S，則S為球以S為球心O，且外接球半徑為，因為OE⊥BC，所以過點E作面積最小的截面是以E為圓心，BE=2為半徑的圓 2min2max=5π 2min2max=5π,所以過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?！窘馕觥康谝粋€空，設某個數除以a余數為b，則稱該數模a余b(a，b均為整數，且b<a)，為了讓盡可能多的相鄰兩數之和被3整除，則要盡量多地出現相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會被3整除.而a1=1，a20=40均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現18組上述組別,例如嚴格遞增數列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f的最大值為18.第二個空，因為1-40這40個數中，共有27個數符合模3余1或模3余2，則要從這27個數中選出滿足要求的20個數.第一步，在a1到a20這20個數中刪去一個數（后面再加回來），使得剩下的19個數滿足任意兩個相鄰數一個模3余1，一個模3余2，這樣就形成了18組，即使得f的最大值為18.第二步，將這27個數從小到大排列，需要刪去8個數得到目標19個數的數列.它們中任意相鄰兩數一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數應該為4組相鄰的數.第三步，利用捆綁思想，從27個數中刪去4組相鄰的數等價于從23個數中刪去4個數.有三種情況：①兩端均刪去，這種情況不滿足要求.因為若兩端均刪去，那么1和40必定被刪去，在下一步加出來時也最多加回1或40中的一個，而1和40必定在數列中，因此不滿足.②兩端均不刪去，從中間21個數中選4個數刪去，有C1種，再從刪去的8個數中拿一個加回原來的19個數中，由C種，共有C1C種.③兩端中有一個被刪去，其余3個數從中間21個數里選，有2C1種，此時加回來的數必定是刪去的兩端之一中的1或40，有1種選法，共2C1種.第四步，刪去的四組相鄰數中有一組中有一個數被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數，而對于刪去的數，假設為A，它旁邊兩個數分別為B,C，即排列為B,A,C，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為BA，然后刪去，再補回B；或者為AC，然后刪去，再補回C，這兩種刪去方式結果相同.綜上，共有=25270種.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。（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P(A2A3A4)=×|((××+××),I=；（3）在“雙敗淘汰制”下，若高二獲得冠軍，則最多只能輸一場，若高二只輸了第一場，則P(A1A2A3A4)=××××+××)若高二只輸了第二場，則P(A1A2A3A4)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，則需兩場全勝，則，由>0，故雙敗淘汰制”對高二奪冠有利.161）在圓柱O1O2中，AE∥CG,AE丈平面O1CG,CG∈平面O1CG,故AEⅡ平面O1CG；連接DO1，因為等腰梯形ABCD為底面圓O1的內接四邊C∈平面O1CG,故ADⅡ平面O1CG；又AE∩AD=A,AE,AD∈平面ADE，故平面ADEⅡ平面O1CG.（2）如圖，以O1為坐標原點，在底面圓O1過點O1垂直于平面ABFE作直線為x軸，以O1B,O1O2為y,z軸建立空間直角坐標系，,故,可得設直線AP9λ29λ+2=0，解得λ=或λ=，符合λ∈[0,1]，故λ=或λ=.