数学丨炎德英才大联考江西省萍乡市萍乡中学2025届高三12月月考卷（五）数学试卷及答案

命题人：晏海林柳佳杜振兴审题人：顾友付胡家琪注意事项：2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设复数z=1+0.2i，w=z8A．w<1.16C．若f2，那么f=2iD.[9,16]，则椭圆C的离心率是3．如右图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构.若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）4．函数f=x2log3的大致图象是AC.D.5．我们称两个正整数a和b互素，当且仅当a和b的最大公因数是1，我们定义φ(n)(n∈Z+)是小于n的正整数中和n互素的数的个数，例如φ(6)=2．是因为小于6的数中只有1与5和6互素．那么下列说法错误的是A．有无限多个正整数n使φ(n)>B．有无限多个正整数n使φ(n)<8．已知关于x的不等式xm一1+1≤在上恒成立，则正数m的最大值为二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．柯西不等式（Cauchy-SchwarzInequality）是一种在数学和物理学中广泛使用的不等式，它是由法国数学家奥古斯丁·路易·柯西提出的，柯西不等式可以用于证明其他不等式，也可用于解决一些数学问题.以下是柯西不等式的原始形式：22(x2+y2min=.运用柯西不等式。判断以下正确的选项有2一minmax10．已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,C的准线l与x轴交于点P，过P的一条直线与C交于M,N两点，过M,N作l的垂线，垂足分别为S,T，则A．MF.NP=NF.MPB．LMFS+LNFT=C．MF.NF=SF.TFD.△MNF的面积等于△STF的面积 CD，AD的中点，则下列说法正确的是A．过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2 B．四面体ABCD的体积为 C．AC与BD的公垂线段的长为23D．过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：412．设函数,x≤1，若f在R上单调递增，则a的取值范围是.13．已知函数,若3x∈-2≥0是假命题，则实数a的取值范围是.14．设严格递增的整数数列a1，a2，ⅆ,a20满足a1=1，a20=40.设f为a1+a2，a2+a3，ⅆ,a19+a20这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为，使得f取到最大值的数列{an}的个数为.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.（本小题满分13分）在萍实高中2024秋季教职工运动会比赛中，高一、高二、高三三个年级的华强学院组和(华英学院组)共四个队伍(高一、高二、高三各有一支华强队伍，全体高中部仅一支华英队伍)角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”：第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名；第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.已知高二和高三华强学院组水平相当，高一华强和华英学院组水平相当，高二华强对高三华强、高一华强对华英学院组的胜率均为，高二华强、高三华强对高一华强和华英学院组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二华强对阵高三华强，高一华强对阵华英学院组.(1)求比赛结束时，高二华强比赛的场次是2场的概率；(2)若已知高二华强输了第一轮的比赛，求高二华强获得冠军的概率；(3)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二华强获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二华强夺冠有利？请说明理由.16.（本小题满分15分）在圆柱O1O2中，等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四边形，且AD=DC=BC=1，矩形ABFE是该圆柱的轴截面，CG为圆柱的一条母线，CG=1.(1)求证：平面O1CG∥平面ADE；λ∈[0,1]，试确定λ的值，使得直线AP与平面ABG所成角的正弦值为.17.（本小题满分15分）新信息、新定义类题型是目前高考热点题型.这类题要求考生在有限时间阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题.请考生根据信息回答下列问题：（1）在高等数学中，我们将y=f(x)在x=x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：f(x)=f(x0)+fI(x0)(x-x0)+(x-x0)2+…+…其中f(n)(x)表示f(x)的n次导数n≥3，n∈N*以上公式我们称为函数f(x)在x=x0处的泰勒展开式，当x0=0时泰勒展开式也称为麦克劳林公式，比如ex在x=0处的麦克劳林公式为：ex=1+x+x2+…+xn+…，由此当x≥0时，可以非常容易得到不等式利用上述公式和所学知识写出y=sinx在x=0处的泰勒展开式写出展开式的前三项即可）（2）设m为正整数，数列a1，a2，ⅆ,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，ⅆ,a4m+2是(i,j)一可分数列.请写出所有的(i,j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，ⅆ,a6是(i,j)—可分数列.18.（本小题满分17分）已知椭圆这四点中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)点E是椭圆C上的一个动点，求△EMN面积的最大值；(3)过R(0,1)的直线l交椭圆C于A、B两点，设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在一点D(m,0)，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.19.（本小题满分17分）若x1,x2,…,xn为(a,b)上任意n个实数，满足f当且仅当x12n时等号成立，则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”.也可设可导函数f(x)在(a,b)上的导函数为fI(x),fI(x)在(a,b)上的导函数为II，当fII(x)<0时，函数f(x)在(a,b)上的为“凸函数”.若x1,x2,…,xn为(a,b)上任意n个实数，满足f当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立，则称函数f(x)在(a,b)上为“凹函数”.也可设可导函数f(x)在(a,b)上的导函数为fI(x),fI(x)在(a,b)上的导函数为II，当fII(x)>0时，函数f(x)在(a,b)上的为“凹函数”.这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.(1)讨论函数的凹凸性；数学参考答案一、选择题：本题共一、选择题：本题共8小题每小题5分共40分。f,(x)=4(1+x)34>0，所以f(x)在(0,1)上递增，故f(x)>f(0)=0，则(1+x)4>1+4x，故1.044>1+0.04×4得证，从而A错..lMF22(MF2C的离心率为.3．A【解析】不妨设正方体的边长为1，记红黄蓝三种颜色为a，b，c，我们首先假设正方体的一对对顶点是在(0,0,0)染成a色，那么(0,0.5,0.5)，(0.5,0.5,0)，(0.5,0,0.5)三个点必然都是b色，而(0,0,1)，(0,1,0)，(1,0,0)必然都是c色．如此递推可以恰好染完整个正方体.而当b色固定的时候通过旋转就可以得到ac互换的正方体.从而只有三种不同的方案，也就是将面的中间分别染上红黄蓝三种颜色.函数f=x2log3定义域为2log3则有函数f(x)是奇函2x数，其图象关于原点对称，选项B，C不满足；当2x2x>0，因此f(x)>0，选项5．D【解析】因为对于任意的奇质数p，有φ=p一1>，正确;因为对于任意的正整数6n，有φ(6n)≤2n<3n，则B正确；因为当n>2的时候1和n一1都和n互素，从而φ(n)至少是2，C正确，因为φ(m)=3是无解的．因为显然对于任意的m>2．若a和m互素，则m一a也和m互素，反之亦然．而当m为偶数时自己和自己对应的和m不互质．而m=1,2的时候φ(m)=1．从而该方程无解．综上，D选项是错误的.2的点，如下图中F、G,:wj一za∈{1,3},za与①1,①2对应点的距离为1或3,构成了点A、B、C、D、E共5个点，故k的最大值为5.3实数a，b，对任意实数x∈[0,1]不等式一x3+ax+b≤m恒成立，等价于存在实数a，b，不等式x3max≤m成立，记f(x)=x3+ax+b，则f,(x)=3x2+a，（1）当a≤0时，对任意x∈[0,1]，f,(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]上单调递减a+b一1≤f(x)≤b①当a+b1+b≥0，即b≥1a时，f(x)max=b，②当a+b1+b<0，即b<1a时，f(x)max=ab+1，2g(b)min=g(1a)=1a≥;,)上单调递增，以a3a3 a3a3时，f(x)max=+b，从而当0<a≤1+b，从而当0<a≤1时，g(b)={2aaa3a3a3a3a3 aa3a3a3 aa)3,+∞,上单调递增,所以3，记a)3,+∞,上单调递增,所以3，记223，则h,(t)=3t23t)=3t(t1)，当|0,f|时，h,22mina3a3f(x)max=a3a3l3a3a3a3a3a3a3a3a3(aa)(aa)「aa)(aa)aa·「aa)(aa)aa·（3）当a≥3时，对任意x∈[0,1]，f,(x)≥0恒成立，即f(x)在[0,1]上单调递增，(t≥1)，则有f(xm)≤f(ex)，因为f,(t)=1=≥0在t≥1上恒成立，故f(t)=tlnt在t≥1上单调递增，故xm≤ex，两边取对数得：mlnx≤x，则≤,令g(x)=，则增，在x∈(e,+∞)上单调递减，g(x)=在x=e处取得极大值，也是最大值，g(x)max=，所以≤,解得：0<m≤e，故正数m的最大值为e.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。题号9答案ADABDABC2.所以I13，则(2a+3b)max=·13，当且仅当3a=2b时取等号，A选项正确. 2=2.根据柯西不等式 22).因为x2+y2=2，所以 J≤6.当且仅当3a=a1取等号.所以a1+62a≤6，D选项正确.JMSNTMPNPMFNF10．ABD【解析】由几何性质可知MF=MS,NF=NT，且MS∥NTMSNTMPNPMFNFMF.NP=NF.MP，故A正确：设直线MN的方程为y=k(x+1)，M(x1,y1),N(x2,y2)，联立方程{24(+1)，消去y可得1，即.=1，由条件知y1,y2同号SF=2MFcos上MFS,TF=2NFcos上NFT=2NFsin上MFS，可得SF.TF=2MF.NFsin2上MFS，当且仅MF,NF关于直线x=1对称，所以上MFN+上NFP=.因为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的面积等于△STF的面积，故D正确.11．ACD【解析】取AB中点H，连接EH，GH，因为点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，所以EF∥BD，GH∥BD，FG∥AC，EH∥AC，所以四边形EFGH是平行四边形，故平行四边形EFGH即为过点E，F，G做四面体ABCD的截面，取AC中点Q，连接QB，QD，因为AB=BC=CD=DA=4，由三线合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又DQ∩BQ=Q，所以AC⊥平面BDQ，因为BD平面BDQ，所以AC⊥BD，从而EF⊥EH，因为AC=BD=2，所以,同理得：BQ=·14，取BD中点M，连接QM，由三线合V△BDQ.CQ ·14，同理可得：AM=·14，由由三线合一得：QM⊥AC，结合B选项求得的QM⊥BD，可 得：QM为AC与BD的公垂线段，QM=23，故AC与BD的公垂线段的长为23，C正确；取QM的中点S，则S为球以S为球心O，且外接球半径为，因为OE⊥BC，所以过点E作面积最小的截面是以E为圆心，BE=2为半径的圆 2min2max=5π 2min2max=5π,所以过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且b<a)，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.而a1=1，a20=40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别,例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，所以f的最大值为18.第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.第一步，在a1到a20这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C1种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由C种，共有C1C种.③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C1种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共2C1种.第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C，即排列为B,A,C，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC，然后删去，再补回C，这两种删去方式结果相同.综上，共有=25270种.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。（2）由于高二输了第一轮的比赛，高二后续需全胜才能获得冠军，则P(A2A3A4)=×|((××+××),I=；（3）在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场，若高二只输了第一场，则P(A1A2A3A4)=××××+××)若高二只输了第二场，则P(A1A2A3A4)则高二获得冠军的概率为在“单败淘汰制”下，若高二获得冠军，则需两场全胜，则，由>0，故双败淘汰制”对高二夺冠有利.161）在圆柱O1O2中，AE∥CG,AE丈平面O1CG,CG∈平面O1CG,故AEⅡ平面O1CG；连接DO1，因为等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四边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）如图，以O1为坐标原点，在底面圆O1过点O1垂直于平面ABFE作直线为x轴，以O1B,O1O2为y,z轴建立空间直角坐标系，,故,可得设直线AP9λ29λ+2=0，解得λ=或λ=，符合λ∈[0,1]，故λ=或λ=.