江西省萍乡市萍乡中学2025届高三上学期月考卷（五）数学答案

大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（五）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12345678答案ACADDCAC1．A【解析】令且，则，所以在上递增，故，则，故得证，从而A错.2．C【解析】因为，当且仅当时，等号成立，又，所以，可得，因为，可得，则，其中，当或时，，又，所以，可得，则，所以椭圆的离心率为.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和，若将染成色，那么，，三个点必然都是色，而，，必然都是色．如此递推可以恰好染完整个正方体.而当色固定的时候通过旋转就可以得到互换的正方体.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.4．D【解析】函数定义域为，，则有函数是奇函数，其图象关于原点对称，选项B，C不满足；当时，，即，因此，选项A不满足，D符合条件.5．D【解析】因为对于任意的奇质数，有，正确;因为对于任意的正整数，有，则B正确；因为当的时候1和都和互素，从而至少是2，C正确，因为是无解的．因为显然对于任意的．若和互素，则也和互素，反之亦然．而当为偶数时自己和自己对应的和不互质．而的时候．从而该方程无解．综上，D选项是错误的.6．C【解析】设,,即化为故对应平面内距离为的点，如下图中,  ,与对应点的距离为或构成了点共个点，故的最大值为7．A【解析】不等式等价于即，原命题等价于存在实数，，对任意实数不等式恒成立，等价于存在实数，，不等式成立，记，则，（1）当时，对任意，恒成立，即在上单调递减①当，即时，，②当，即时，，从而当时，，则在上单调递减，在上单调递增，以；（2）当时，令，解得，在区间上单调递增，在上单调递减，，，，①当时，此时，当即时，，当即时，，从而当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增,所以；令，则，，记，则，当时，恒成立，即在区间上单调递减，即，即；②当时，此时，当即时，，当即时，，从而当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以；（3）当时，对任意，恒成立，即在上单调递增，①当，即时，，②当，即时，，从而当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以；综上所述，，8．C【解析】变形为，即，其中，，故，令，则有，因为在上恒成立，故在上单调递增，故，两边取对数得：，则，令，则，故当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也是最大值，，所以，解得：，故正数m的最大值为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。题号91011答案ADABDABC9．AD【解析】根据柯西不等式.因为，所以，即.所以，则，当且仅当时取等号，A选项正确.令，，则.根据柯西不等式.即.当且仅当取等号，所以，B选项错误.根据柯西不等式.因为，所.当且仅当取等号.所以，C选项错误.令，，则.根据柯西不等式.因为，所以.当且仅当取等号.所以，D选项正确.10．ABD【解析】由几何性质可知，且，可得，所以，故A正确：设直线的方程为，，联立方程，消去y可得，则，即，由条件知同号，所以.则，可得，因为，则，同理可得，则，故B正确；因为，可得，当且仅当时，，故C错误；设，由，可知直线关于直线对称，所以.因为，可得.则，，所以的面积等于的面积，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，由三线合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又，所以AC⊥平面BDQ，因为平面BDQ，所以AC⊥BD，从而EF⊥EH，因为，所以，即平行四边形EFGH是正方形，面积为，A正确；由勾股定理得：，同理得：，取BD中点M，连接QM，由三线合一得：QM⊥BD，所，由勾股定理得：，故，所以，，B错误；连接MA，MC，由勾股定理得：，同理可得：，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，，故AC与BD的公垂线段的长为，C正确；取QM的中点S，则S为球心O，理由如下：因为QM⊥BD，MS=，由勾股定理得：，同理可得：，所以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，面积最大的截面是过点O，E的大圆，所以，，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。12．13．或14．1825270【解析】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，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，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，在到这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，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.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，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.综上，共有种.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。15（1）设高二在第场比赛获胜的事件为，则高二两场全输，则；（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；（3）在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场，若高二全胜，其概率为，若高二只输了第一场，则，若高二只输了第二场，则，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，故，故“双败淘汰制”对高二夺冠有利.16．（1）在圆柱中，,平面,平面,故平面；连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，故，则为正三角形，故，则，平面,平面,故平面；又平面，故平面平面.（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，以为轴建立空间直角坐标系，  由于，由（1）可知,故,则，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，由，，，可得，设直线与平面所成角为，则，即得，解得或，符合，故或.17．（1）因为，，，，其中，所以在处的泰勒展开式为：，（2）由题意可知，问题相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.18．（1）因为，关于轴对称，根据题意以及椭圆的对称性可知，两点都在椭圆上，即有成立.若在椭圆上，则有.联立可得，，不合题意，舍去.所以，在椭圆上，即有，所以，代入，可得.所以，椭圆C的方程为.（2）要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大.由，，可得直线方程为.过点作直线，使得，则到直线的距离即等于直线到直线的距离.显然，当直线与椭圆相切时，距离为最大或最小.则设直线方程为，联立直线与椭圆的方程可得，.因为，直线与椭圆相切，则，解得，.则当时，此时直线方程为，与直线距离最大，此时.又，所以面积的最大值为.（3）设，，假设在x轴上存在一点，使得、为邻边的平行四边形为菱形.因为直线过点，则直线的方程为，联立直线的方程与椭圆的方程可得，，恒成立，且，，，，所以，则的中点坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，显然该直线过点.令，则，即.因为，所以，当且仅当时，即时，等号成立.所以，，所以，则，所以.即实数m的取值范围为.19．（1）所以，，所以函数在上为凹函数.（2）由1）知，函数在上为凹函数，由琴生不等式得，，即（当且仅当时等号成立）.因此在锐角中，的最小值.（3）构造函数，因为，，所以函数在上为凹函数.因为正数满足，所以由琴生不等式得，（当且仅当时等号成立），所以所以所以