數(shù)學(xué)丨炎德英才大聯(lián)考江西省萍鄉(xiāng)市萍鄉(xiāng)中學(xué)2025屆高三12月月考卷（五）數(shù)學(xué)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(xiàng)：2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．設(shè)復(fù)數(shù)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(zhǎng)為a的正方體成周期性排列，在正方體的各個(gè)角以及每個(gè)面的中心有原子分布的晶體結(jié)構(gòu)，我們稱之為面心立方結(jié)構(gòu).若要將這一個(gè)立方體上的14個(gè)點(diǎn)染上紅黃藍(lán)三種顏色，使得被一條線段連接的兩個(gè)點(diǎn)不能染上同一種色，那么不同染色方案的種數(shù)是（旋轉(zhuǎn)和鏡像對(duì)稱后重合的視為同一種）4．函數(shù)f=x2log3的大致圖象是AC.D.5．我們稱兩個(gè)正整數(shù)a和b互素，當(dāng)且僅當(dāng)a和b的最大公因數(shù)是1，我們定義φ(n)(n∈Z+)是小于n的正整數(shù)中和n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)，例如φ(6)=2．是因?yàn)樾∮?的數(shù)中只有1與5和6互素．那么下列說法錯(cuò)誤的是A．有無限多個(gè)正整數(shù)n使φ(n)>B．有無限多個(gè)正整數(shù)n使φ(n)<8．已知關(guān)于x的不等式xm一1+1≤在上恒成立，則正數(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。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。9．柯西不等式（Cauchy-SchwarzInequality）是一種在數(shù)學(xué)和物理學(xué)中廣泛使用的不等式，它是由法國數(shù)學(xué)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(shù)學(xué)問題.以下是柯西不等式的原始形式：22(x2+y2min=.運(yùn)用柯西不等式。判斷以下正確的選項(xiàng)有2一minmax10．已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,C的準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)P，過P的一條直線與C交于M,N兩點(diǎn)，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(diǎn)，則下列說法正確的是A．過點(diǎn)E，F(xiàn)，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(zhǎng)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(shè)函數(shù),x≤1，若f在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是.13．已知函數(shù),若3x∈-2≥0是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.14．設(shè)嚴(yán)格遞增的整數(shù)數(shù)列a1，a2，?,a20滿足a1=1，a20=40.設(shè)f為a1+a2，a2+a3，?,a19+a20這19個(gè)數(shù)中被3整除的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，則f的最大值為，使得f取到最大值的數(shù)列{an}的個(gè)數(shù)為.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.（本小題滿分13分）在萍實(shí)高中2024秋季教職工運(yùn)動(dòng)會(huì)比賽中，高一、高二、高三三個(gè)年級(jí)的華強(qiáng)學(xué)院組和(華英學(xué)院組)共四個(gè)隊(duì)伍(高一、高二、高三各有一支華強(qiáng)隊(duì)伍，全體高中部?jī)H一支華英隊(duì)伍)角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”：第一輪，四個(gè)隊(duì)伍通過抽簽分成兩組，每組兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)陣，每組的勝者進(jìn)入“勝區(qū)”，敗者進(jìn)入“敗區(qū)”；第二輪，“勝區(qū)”中兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)陣，勝者進(jìn)入“決賽區(qū)”；“敗區(qū)”中兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)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(duì)陣，勝者進(jìn)入“決賽區(qū)”，敗者獲第三名；第四輪，“決賽區(qū)”的兩個(gè)隊(duì)伍進(jìn)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(qiáng)學(xué)院組水平相當(dāng)，高一華強(qiáng)和華英學(xué)院組水平相當(dāng)，高二華強(qiáng)對(duì)高三華強(qiáng)、高一華強(qiáng)對(duì)華英學(xué)院組的勝率均為，高二華強(qiáng)、高三華強(qiáng)對(duì)高一華強(qiáng)和華英學(xué)院組的勝率均為，沒有平局，且不同對(duì)陣的結(jié)果相互獨(dú)立.經(jīng)抽簽，第一輪由高二華強(qiáng)對(duì)陣高三華強(qiáng)，高一華強(qiáng)對(duì)陣華英學(xué)院組.(1)求比賽結(jié)束時(shí)，高二華強(qiáng)比賽的場(chǎng)次是2場(chǎng)的概率；(2)若已知高二華強(qiáng)輸了第一輪的比賽，求高二華強(qiáng)獲得冠軍的概率；(3)除“雙敗淘汰制”外，也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”：即四個(gè)隊(duì)伍分成兩組后，每組中的兩個(gè)隊(duì)伍對(duì)陣，每組的勝者進(jìn)入“決賽區(qū)”，敗者淘汰；最后，“決賽區(qū)”的兩個(gè)隊(duì)伍進(jìn)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(qiáng)獲得冠軍的概率，并比較哪種賽制對(duì)高二華強(qiáng)奪冠有利？請(qǐng)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(nèi)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(diǎn)題型.這類題要求考生在有限時(shí)間閱讀并理解題目所給予的信息，根據(jù)獲取的信息解答問題.請(qǐng)考生根據(jù)信息回答下列問題：（1）在高等數(shù)學(xué)中，我們將y=f(x)在x=x0處可以用一個(gè)多項(xiàng)式函數(shù)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(dǎo)數(shù)n≥3，n∈N*以上公式我們稱為函數(shù)f(x)在x=x0處的泰勒展開式，當(dāng)x0=0時(shí)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(dāng)x≥0時(shí)，可以非常容易得到不等式利用上述公式和所學(xué)知識(shí)寫出y=sinx在x=0處的泰勒展開式寫出展開式的前三項(xiàng)即可）（2）設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a1，a2，?,a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)ai和aj(i<j)后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列a1，a2，?,a4m+2是(i,j)一可分?jǐn)?shù)列.請(qǐng)寫出所有的(i,j)，1≤i<j≤6，使數(shù)列a1，a2，?,a6是(i,j)—可分?jǐn)?shù)列.18.（本小題滿分17分）已知橢圓這四點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)E是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，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(diǎn)，設(shè)直線l的斜率k>0，在x軸上是否存在一點(diǎn)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(shí)數(shù)m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.19.（本小題滿分17分）若x1,x2,…,xn為(a,b)上任意n個(gè)實(shí)數(shù)，滿足f當(dāng)且僅當(dāng)x12n時(shí)等號(hào)成立，則稱函數(shù)f(x)在(a,b)上為“凸函數(shù)”.也可設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上的導(dǎo)函數(shù)為fI(x),fI(x)在(a,b)上的導(dǎo)函數(shù)為II，當(dāng)fII(x)<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(a,b)上的為“凸函數(shù)”.若x1,x2,…,xn為(a,b)上任意n個(gè)實(shí)數(shù)，滿足f當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn時(shí)等號(hào)成立，則稱函數(shù)f(x)在(a,b)上為“凹函數(shù)”.也可設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上的導(dǎo)函數(shù)為fI(x),fI(x)在(a,b)上的導(dǎo)函數(shù)為II，當(dāng)fII(x)>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(a,b)上的為“凹函數(shù)”.這里關(guān)于凹凸函數(shù)的不等式即為著名的琴生不等式.(1)討論函數(shù)的凹凸性；數(shù)學(xué)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(cuò)..lMF22(MF2C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(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(gè)點(diǎn)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(gè)正方體.而當(dāng)b色固定的時(shí)候通過旋轉(zhuǎn)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(lán)三種顏色.函數(shù)f=x2log3定義域?yàn)?log3則有函數(shù)f(x)是奇函2x數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，選項(xiàng)B，C不滿足；當(dāng)2x2x>0，因此f(x)>0，選項(xiàng)5．D【解析】因?yàn)閷?duì)于任意的奇質(zhì)數(shù)p，有φ=p一1>，正確;因?yàn)閷?duì)于任意的正整數(shù)6n，有φ(6n)≤2n<3n，則B正確；因?yàn)楫?dāng)n>2的時(shí)候1和n一1都和n互素，從而φ(n)至少是2，C正確，因?yàn)棣?m)=3是無解的．因?yàn)轱@然對(duì)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(dāng)m為偶數(shù)時(shí)自己和自己對(duì)應(yīng)的和m不互質(zhì)．而m=1,2的時(shí)候φ(m)=1．從而該方程無解．綜上，D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的.2的點(diǎn)，如下圖中F、G,:wj一za∈{1,3},za與①1,①2對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離為1或3,構(gòu)成了點(diǎn)A、B、C、D、E共5個(gè)點(diǎn)，故k的最大值為5.3實(shí)數(shù)a，b，對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈[0,1]不等式一x3+ax+b≤m恒成立，等價(jià)于存在實(shí)數(shù)a，b，不等式x3max≤m成立，記f(x)=x3+ax+b，則f,(x)=3x2+a，（1）當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)任意x∈[0,1]，f,(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減a+b一1≤f(x)≤b①當(dāng)a+b1+b≥0，即b≥1a時(shí)，f(x)max=b，②當(dāng)a+b1+b<0，即b<1a時(shí)，f(x)max=ab+1，2g(b)min=g(1a)=1a≥;,)上單調(diào)遞增，以a3a3 a3a3時(shí)，f(x)max=+b，從而當(dāng)0<a≤1+b，從而當(dāng)0<a≤1時(shí)，g(b)={2aaa3a3a3a3a3 aa3a3a3 aa)3,+∞,上單調(diào)遞增,所以3，記a)3,+∞,上單調(diào)遞增,所以3，記223，則h,(t)=3t23t)=3t(t1)，當(dāng)|0,f|時(shí)，h,22mina3a3f(x)max=a3a3l3a3a3a3a3a3a3a3a3(aa)(aa)「aa)(aa)aa·「aa)(aa)aa·（3）當(dāng)a≥3時(shí)，對(duì)任意x∈[0,1]，f,(x)≥0恒成立，即f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，(t≥1)，則有f(xm)≤f(ex)，因?yàn)閒,(t)=1=≥0在t≥1上恒成立，故f(t)=tlnt在t≥1上單調(diào)遞增，故xm≤ex，兩邊取對(duì)數(shù)得：mlnx≤x，則≤,令g(x)=，則增，在x∈(e,+∞)上單調(diào)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(shù)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(hào)9答案ADABDABC2.所以I13，則(2a+3b)max=·13，當(dāng)且僅當(dāng)3a=2b時(shí)取等號(hào)，A選項(xiàng)正確. 2=2.根據(jù)柯西不等式 22).因?yàn)閤2+y2=2，所以 J≤6.當(dāng)且僅當(dāng)3a=a1取等號(hào).所以a1+62a≤6，D選項(xiàng)正確.JMSNTMPNPMFNF10．ABD【解析】由幾何性質(zhì)可知MF=MS,NF=NT，且MS∥NTMSNTMPNPMFNFMF.NP=NF.MP，故A正確：設(shè)直線MN的方程為y=k(x+1)，M(x1,y1),N(x2,y2)，聯(lián)立方程{24(+1)，消去y可得1，即.=1，由條件知y1,y2同號(hào)SF=2MFcos上MFS,TF=2NFcos上NFT=2NFsin上MFS，可得SF.TF=2MF.NFsin2上MFS，當(dāng)且僅MF,NF關(guān)于直線x=1對(duì)稱，所以上MFN+上NFP=.因?yàn)镾S=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(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)锳B=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?yàn)锽D平面BDQ，所以AC⊥BD，從而EF⊥EH，因?yàn)锳C=BD=2，所以,同理得：BQ=·14，取BD中點(diǎn)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(jié)合B選項(xiàng)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(zhǎng)為23，C正確；取QM的中點(diǎn)S，則S為球以S為球心O，且外接球半徑為，因?yàn)镺E⊥BC，所以過點(diǎn)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。【解析】第一個(gè)空，設(shè)某個(gè)數(shù)除以a余數(shù)為b，則稱該數(shù)模a余b(a，b均為整數(shù)，且b<a)，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(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f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a1到a20這20個(gè)數(shù)中刪去一個(gè)數(shù)（后面再加回來），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f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C1種，再從刪去的8個(gè)數(shù)中拿一個(gè)加回原來的19個(gè)數(shù)中，由C種，共有C1C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2C1種，此時(shí)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2C1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，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A，它旁邊兩個(gè)數(shù)分別為B,C，即排列為B,A,C，在第三步捆綁時(shí)，可能捆綁的組合為BA，然后刪去，再補(bǔ)回B；或者為AC，然后刪去，再補(bǔ)回C，這兩種刪去方式結(jié)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(yīng)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(chǎng)，若高二只輸了第一場(chǎng)，則P(A1A2A3A4)=××××+××)若高二只輸了第二場(chǎng)，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(chǎng)全勝，則，由>0，故雙敗淘汰制”對(duì)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?yàn)榈妊菪蜛BCD為底面圓O1的內(nèi)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O(shè)1為坐標(biāo)原點(diǎn)，在底面圓O1過點(diǎn)O1垂直于平面ABFE作直線為x軸，以O(shè)1B,O1O2為y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，,故,可得設(shè)直線AP9λ29λ+2=0，解得λ=或λ=，符合λ∈[0,1]，故λ=或λ=.