江西省萍乡实验学校2024-2025学年高三上学期月考（四）暨长郡十八校联考模拟考试数学试题参考答案

3.0 envi 2024-11-29 5 4 1.31MB 7 页 3知币
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数学参考答案（萍实版）-1
大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（四）
暨长郡十八校联考考前演练
数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
D
B
B
D
C
B
4．B【解析】由图可知，两个函数图象都在
x
轴上方，所以
′
 
，
 
f x
单调递增，所以实线为
 
f x
的
图象，虚线为
′
的图象，
   
0 0 1f f
，对A，
，
( )y f x x 
单调递增，无最大值，A
错误；对B，
 
 
2
e ( ) ( )
( )
xf x f x
y
f x
，
 
 
0
02
e (0) (0)
| 0
(0)
x
f f
y
f
 
，由图可知，当
0x
时，
   
0f x f x
，当
0x
时，
   
0f x f x
，所以
e
( )
x
yf x
在
 
,0
上单调递减，在
 
∞上单调递增，所以当
0x
时，函
数取得最小值
0
min
e1
(0)
yf
 
，B正确；对C，
 
( ) ( ) ex
y f x f x 
 
，由图可知
   
0f x f x
，所以
( ) ex
y f x 
在上单调递增，无最大值，C错误；对D，
 
( )
ex
f x f x
y
，由图可知，当
0x
时，
   
0f x f x
，当
0x
时，
   
0f x f x
，所以函数
( )
ex
f x
y
在
 
,0
上单调递增，在
 
∞上单调
递减，当
0x
时，函数取得最大值
max 0
(0) 1
e
f
y 
，D错误.
5．B 【解析】 因为
2
4x y
，即
21
4
x y
，因此
1
0,16
F 
 
 
，易知直线
l
是
C
的准线，则
PF AP
，如图，又
PB PB
，
FPB APB  
，所以
FPB APB△ △≌
，得
90PFB PAB   
，四边形
ABFP
为正方形，故
BFP△
的面积为
21
2 128
BF
.
6．D【解析】因为对任意的
 
1 2
, 0,x x
 
，且
1 2
x x
，都有
 
2 1 1 2
1 2
0
x f x x f x
x x
，即对任意两个不相等的正实数
1 2
,x x
，不妨设
1 2
0x x 
，都有
   
2 1 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
0
x f x x f x f x f x
x x x x
x x x x
 
 
，所以有
 
1 2
1 2
f x f x
x x
，所以函数
   
f x
g x x
是
 
∞上的减函数，由
 
f x
的定义域为
 
∞，则在
 
 
24
22
f x
f x x
 
中满足
2
2 0
4 0
x
x
 
 
，解得
2x
，当
 
时，
 
 
 
 
2 2
2
4 4
2
22 2 4
f x f x
f x
f x x x x
 
 
 
，则
 
 
2
2 4g x g x 
，
所以
2
0 2 4x x  
，解得
2x
， 故不等式
 
 
24
22
f x
f x x
 
的解集为
 
2,
．
7．C【解析】解法一（正难则反）：存在
1 4i j 
，
*
,i j N
，使得
1
i j
a a 
表示所取的4个数中总有相邻
的数，直接求解较复杂，考虑正难则反的方法．假设
1 2 3 4
a a a a  
，若不存在
1 4i j 
，使得
1
i j
a a 
，
则
1 2 3 4
1 1 2 3 7a a a a    
，所以符合条件的取法种数为
4 4
10 7
C C 175 
．
解法二（转化法）：若存在
1 4i j 
，
*
,i j N
，使得
1
i j
a a 
，则所取的4个数中至少有2个是连续正整数
，若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行，要求只有2个红球相邻，
先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，排法种数为
3 1 2
7 3 2
C C C 105
．同理可得若只有3个是连续正整数，排
法种数为
2 2
7 2
C A 42
．若4个都是连续正整数，排法种数为7．若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续
正整数，但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为
2
7
C 21
．所以符合条件的取法种数为
105 42 7 21 175  
.
{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}
数学参考答案（萍实版）-2
8．B【解析】如图所示，取
AB
中点为
F
，
PF DE G 
，为方便计算，不妨设
1PF CF 
，由
PA PB AB AC BC 
，可知
2 3
3
PA PB AB AC BC 
，又
D
、
E
分别为所在棱靠近
P
端的三等分点，则
2 2
3 3
FG PF 
，且
AB PF
，
AB CF
、
PF CF F∩
，
PF
，
CF
平面
PCF
，即
AB
平面
PCF
，又
AB
平面
ABC
，则平面
PCF
平面
ABC
，设肉馅球半径为
r
，
CG x
，由于
H
、
I
、
J
分别
为所在棱中点，且沿平面
HIJ
切开后，截面中均恰好不见肉馅，则
P
到
CF
的距离
4d r
，
sin 4
d
PFC r
PF
 
，
1 2 4
1 4
2 3 3
GFC
r
S r  
△
，又
2
13 2
GFC
r
S x
 
 
 
 
，解得
：
1x
，故
2 2 2
4
1 1 1
9
cos 2
2 3
2 1 3
CF FG CG
PFC CF FG
 
 
 
   
，又
2 2 2 2
1 1 1
cos 2 1 1 32 P
PF CF PC PC
FF C
PF
C 
 
 
，解得
2 3
3
PC
，
2 2
sin 3
PFC 
，所以：
2 2 4
sin 3 1
r
PFC 
，解得
2
6
r
，
3
4 2
3 81
V r 
球
，由以上计算可知：
P ABC
为正三棱锥，故
1 1 1 sin 4
3 3 2
ABC
V S d AB AC BAC r    
粽
1 1 2 3 2 3 3 2 2 6
4
3 2 3 3 2 6 27
  
，所以比值为
2
3
81 π
18
2 6
27
.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
10．ABD【解析】对于A：因为
 
π
sin 0
6
f x x
 
 
 
 
 
的图象在
π
0, 2
 
 
 
上有且仅有两条对称轴，因为
π
0, 2
x 
 
 
，所以
π π π π
,
6 6 2 6
x
 
 
 
 
 
，所以
3π π π 5π
2 2 6 2
 
，所以
8 14
3 3
≤
，即
的取值范围是
8 14
,
3 3
 
 
，故A正确；对于B：因为
 
f x
的图象关于点
5π , 0
18
 
 
 
对称，则有
5π π π,
18 6 k k
Z
，即
5 3 18 ,k k
Z
，
因为
8 14
3 3
≤
，所以
3
，当
π
0, 9
x 
 
 
时，
π π π
3 ,
6 6 2
x 
  
 
，则
 
f x
在
π
0, 9
 
 
 
上单调递增，故B正确；对
于C：当
π
0, 4
x 
 
 
时，
π π π π
,
6 6 4 6
x
 
 
 
 
 
，因为
8 14
3 3
≤
，
所以
π π π 8 π 5π
4 6 4 3 6 6
   
，所以
 
f x
在
π
0, 4
 
 
 
上的最小值小于
1
2
，故C错误．对于D：因为
 
f x
的图象关
于直线
π
3
x
对称，则
π π π π,
3 6 2 k k
Z
，即
1 3 ,k k
Z
，又
8 14
3 3
≤
，所以
4ω
，所以
 
π
sin 4 6
f x x
 
 
 
 
，令函数 
 
的根
即为函数
 
y f x
与
2
b
y 
的交点的横坐标，作出图象如图所示，因为
 
π 1
0 sin 6 2
f 
，
25π 25π π 13π 3
sin 4 sin
24 24 6 3 2
f 
 
 
 
， 要使
 
g x
有奇数
个零点，则
1 3
2 2 2
b
 
，即有
3 1b  
，故D正确.
11．ABC【解析】
 
2 2 2 2
2 2 0
x x y
x y  
 
，
0y
，
2 2 2
2
2 2
2
x y
x
x
y
，即
2 2 2
2
2
12
y
x
x
y
 
，所以
2 2 2
21
2
2
y
x
x
y
 
，其
中
2 2 2
20
2
0,
2
y
x
x
y
 
，故
2 2 2
2
2
0,1 , 0,1
2
y
x
x
y
 
，
 
2
2x
x
f x
，
   
2 2
2
2 ln 2
2 2 2 ln 2 2 ln 2
2 2 2
x x
x x x
x x
x x x x
f x
  
 
，令
′
得
0x
或
2
ln 2
x
，令
′
 
得
2
0ln 2
x 
，故
 
2
2x
x
f x
在
 
2
,0 , ,
ln 2
 
 
 
 
 
单调递减，在
2
0, ln 2
 
 
 
上单调递
增，其中
   
0 0, 2 4 1f f f  
，当
4x
时，
 
2
0
2x
x
f x  
恒成立，画出
题号
9
10
11
答案
AD
ABD
ABC
{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}
数学参考答案（萍实版）-3
 
2
2x
x
f x
的图象，如下：
故
 
2
0,1
2x
x
f x  
的解集为
 
0, 2 4, 
，包含
 
4,
，

，AB正确；令
 
2 2 1
2 2
2 4
y y
g y y y
 
 
，定义域为
 
,0 0,
 
 
，则
 
1 2 1 1
4 3
4 ln 4 4 2 4 ln 4 2
y y y
y y
g y y
y y
 
 
，令
 
0g y
得
0y
或
1
ln 2
y
，令
 
0g y
得
1
0ln 2
y 
，故
 
1
2
4y
g y y
在
 
1
, 0 , ,
ln 2
 
 
 
 
 
单
调递增，在
1
0, ln 2
 
 
 
上单调递减，且
 
1 2 1g g 
，
 
0g y
在
 
,0 0,
 
 
恒
成立，画出
 
1
2
4y
g y y
的图象，如下：
 
1
2
40,1
y
g y y
 
的解集为
 
, 1 1, 2
 
，其中
0m
，故
 
1, 2 N
，C正确，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．4 13．
2
1或e 14．
8
81
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。
15．（1）由
2a b
及正弦定理可得
sin 2sinA B
，又
sin cosA B
，
2sin cosB B 
，
1
tan 2
B 
，
又
 
0, πB
，
5
sin 5
B 
，
2 5
cos 5
B
，
π π π 3 10
sin sin cos cos sin
4 4 4 10
B B B
 
 
 
 
.
（2）由余弦定理
2 2 2 2 cosb a c ac B  
，
可得
2 2
1 24 5
36
4 5
a
a a  
，解得
12 5
5
a
或
4 5a
.
当
12 5
5
a
时，
ABC
的面积为
1 1 12 5 5 36
sin 6
2 2 5 5 5
ac B  
；
当
4 5a
时，
ABC
的面积为
1 1 5
sin 4 5 6 12
2 2 5
ac B  
.综上可知，
ABC
的面积为
36
5
或12.
16．（1）解：由题知甲的总得分
X
的可能值为
0,1, 2,3
，
不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为
1, 3, 5, 7
，则乙四轮出的卡片共有
4
4
A 24
种情况，
当
X 0
时，乙出的卡片上的数依次为
2, 4, 6,8
，所以
 
1
024
P X  
．
当
1X
时，乙出的卡片上的数依次为
2, 4,8, 6
；
2, 6, 4,8
；
2, 6,8, 4
；
2,8, 6, 4
；
4, 2, 6,8
；
4, 6, 2,8
；
4, 6,8, 2
；
4,8, 6, 2
；
6, 4, 2,8
；
6, 4,8, 2
；
8, 4, 6, 2
．所以
 
11
124
P X  
．
当
2X
时，乙出的卡片上的数依次为
2,8, 4, 6
；
4, 2,8, 6
；
4,8, 2, 6
；
6, 2, 4,8
；
6, 2,8, 4
；
6,8, 2, 4
；
6,8, 4, 2
；
8, 2, 6, 4
；
8, 4, 2, 6
；
8,6, 2, 4
；
8,6, 4, 2
．所以
 
11
224
P X  
．
当
3X
时，乙出的卡片上的数依次为
8, 2, 4, 6
，所以
 
1
324
P X  
．
因此甲的总得分
X
的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
24
11
24
11
24
1
24
故甲的总得分
X
的数学期望为
 
1 11 11 1 3
0 1 2 3
24 24 24 24 2
E X      
．
（2）设
n
轮比赛后甲的总得分为
Y
，则
   
2 1 0 1P Y P Y P Y    
．
不妨设甲
n
轮出的卡片上的数依次数
1, 3, 5, 7,···, 2 1n
，
则乙
n
轮出的卡片顺序有
!n
种．
{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}
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