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（萍實版）-數(shù)學(xué)參考答案（萍實版）-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.2．C【解析】因為，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，又，所以，可得，因為，可得，則，其中，當(dāng)或時，，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)正方體的一對對頂點是在和，若將染成色，那么，，三個點必然都是色，而，，必然都是色．如此遞推可以恰好染完整個正方體.而當(dāng)色固定的時候通過旋轉(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)定義域為，，則有函數(shù)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，選項B，C不滿足；當(dāng)時，，即，因此，選項A不滿足，D符合條件.5．D【解析】因為對于任意的奇質(zhì)數(shù)，有，正確;因為對于任意的正整數(shù)，有，則B正確；因為當(dāng)?shù)臅r候1和都和互素，從而至少是2，C正確，因為是無解的．因為顯然對于任意的．若和互素，則也和互素，反之亦然．而當(dāng)為偶數(shù)時自己和自己對應(yīng)的和不互質(zhì)．而的時候．從而該方程無解．綜上，D選項是錯誤的.6．C【解析】設(shè),,即化為故對應(yīng)平面內(nèi)距離為的點，如下圖中,

,與對應(yīng)點的距離為或構(gòu)成了點共個點，故的最大值為7．A【解析】不等式等價于即，原命題等價于存在實數(shù)，，對任意實數(shù)不等式恒成立，等價于存在實數(shù)，，不等式成立，記，則，（1）當(dāng)時，對任意，恒成立，即在上單調(diào)遞減①當(dāng)，即時，，②當(dāng)，即時，，從而當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，以；（2）當(dāng)時，令，解得，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，，，①當(dāng)時，此時，當(dāng)即時，，當(dāng)即時，，從而當(dāng)時，，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，恒成立，即在區(qū)間上單調(diào)遞減，即，即；②當(dāng)時，此時，當(dāng)即時，，當(dāng)即時，，從而當(dāng)時，，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，對任意，恒成立，即在上單調(diào)遞增，①當(dāng)，即時，，②當(dāng)，即時，，從而當(dāng)時，，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，因為在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，兩邊取對數(shù)得：，則，令，則，故當(dāng)時，，當(dāng)時，，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91011答案ADABDABC9．AD【解析】根據(jù)柯西不等式.因為，所以，即.所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，A選項正確.令，，則.根據(jù)柯西不等式.即.當(dāng)且僅當(dāng)取等號，所以，B選項錯誤.根據(jù)柯西不等式.因為，所.當(dāng)且僅當(dāng)取等號.所以，C選項錯誤.令，，則.根據(jù)柯西不等式.因為，所以.當(dāng)且僅當(dāng)取等號.所以，D選項正確.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，所以.則，可得，因為，則，同理可得，則，故B正確；因為，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，，故C錯誤；設(shè)，由，可知直線關(guān)于直線對稱，所以.因為，可得.則，，所以的面積等于的面積，故D正確.11．ACD【解析】取AB中點H，連接EH，GH，因為點E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CD，AD的中點，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即為過點E，F(xiàn)，G做四面體ABCD的截面，取AC中點Q，連接QB，QD，因為，由三線合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又，所以AC⊥平面BDQ，因為平面BDQ，所以AC⊥BD，從而EF⊥EH，因為，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M，連接QM，由三線合一得：QM⊥BD，所，由勾股定理得：，故，所以，，B錯誤；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的公垂線段的長為，C正確；取QM的中點S，則S為球心O，理由如下：因為QM⊥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，面積最大的截面是過點O，E的大圓，所以，，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。12．13．或14．1825270【解析】第一個空，設(shè)某個數(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，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.第二個空，因為1-40這40個數(shù)中，共有27個數(shù)符合模3余1或模3余2，則要從這27個數(shù)中選出滿足要求的20個數(shù).第一步，在到這20個數(shù)中刪去一個數(shù)（后面再加回來），使得剩下的19個數(shù)滿足任意兩個相鄰數(shù)一個模3余1，一個模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個數(shù)從小到大排列，需要刪去8個數(shù)得到目標(biāo)19個數(shù)的數(shù)列.它們中任意相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數(shù)應(yīng)該為4組相鄰的數(shù).第三步，利用捆綁思想，從27個數(shù)中刪去4組相鄰的數(shù)等價于從23個數(shù)中刪去4個數(shù).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(shù)列中，因此不滿足.②兩端均不刪去，從中間21個數(shù)中選4個數(shù)刪去，有種，再從刪去的8個數(shù)中拿一個加回原來的19個數(shù)中，由種，共有種.③兩端中有一個被刪去，其余3個數(shù)從中間21個數(shù)里選，有種，此時加回來的數(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)中有一組中有一個數(shù)被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數(shù)，而對于刪去的數(shù)，假設(shè)為，它旁邊兩個數(shù)分別為，即排列為，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補回；或者為，然后刪去，再補回，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)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15（1）設(shè)高二在第場比賽獲勝的事件為，則高二兩場全輸，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，若高二全勝，其概率為，若高二只輸了第一場，則，若高二只輸了第二場，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，則需兩場全勝，則，由，故，故“雙敗淘汰制”對高二奪冠有利.16．（1）在圓柱中，,平面,平面,故平面；連接，因為等腰梯形為底面圓的內(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，在底面圓過點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）因為，，，，其中，所以在處的泰勒展開式為：，（2）由題意可知，問題相當(dāng)于從中取出兩個數(shù)和，使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.那么剩下四個數(shù)只可能是，或，或.所以所有可能的就是.18．（1）因為，關(guān)于軸對稱，根據(jù)題意以及橢圓的對稱性可知，兩點都在橢圓上，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E到直線的距離最大.由，，可得直線方程為.過點作直線，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，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，.因為，直線與橢圓相切，則，解得，.則當(dāng)時，此時直線方程為，與直線距離最大，此時.又，所以面積的最大值為.（3）設(shè)，，假設(shè)在x軸上存在一點，使得、為鄰邊的平行四邊形為菱形.因為直線過點，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，則的中點坐標(biāo)為，所以線段的垂直平分線方程為