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12345678答案CCDBBDCB4．B【解析】由图可知，两个函数图象都在x轴上方，所以�′�>0，fx单调递增，所以实线为fx的图象，虚线为�′�的图象，f0f01，对A，yf(x)10，yf(x)x单调递增，无最大值，Aexf(x)f(x)e0f(0)f(0)错误；对B，y2，y|x020，由图可知，当x0时，fxfx0，当f(x)f(0)exx0时，fxfx0，所以y在,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，所以当x0时，函f(x)e0数取得最小值y1，B正确；对C，yf(x)f(x)ex，由图可知fxfx0，所以minf(0)fxf(x)yf(x)ex在�上单调递增，无最大值，C错误；对D，y，由图可知，当x0时，exf(x)fxfx0，当x0时，fxfx0，所以函数y在,0上单调递增，在0,+∞上单调exf(0)递减，当x0时，函数取得最大值y1，D错误.maxe02115．B【解析】因为4x2y，即xy，因此F0,，易知直线l是C的准线，则416PFAP，如图，又PBPB，FPBAPB，所以△FPB≌△APB，得2BF1PFBPAB90，四边形ABFP为正方形，故△BFP的面积为.2128xfxxfx21126．D【解析】因为对任意的x1,x20,，且x1x2，都有0，即对任意两个不相等的正实数x1x2x2fx1x1fx2fx1fx2fx1fx2x,x，不妨设0xx，都有xxxx，所以有，所以函数121212120x1x2x1x2x1x2fxfx24gx是0,+∞上的减函数，由fx的定义域为0,+∞，则在fx2中满足xx2x2022fx4fx2fx422，解得x2，当�>2时，fx2，则gx2gx4，x40x2x2x2422fx4所以0x2x4，解得x2，故不等式fx2的解集为2,．x2*7．C【解析】解法一（正难则反）：存在1ij4，i,jN，使得aiaj1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a1a2a3a4，若不存在1ij4，使得aiaj1，44则1a1a21a32a437，所以符合条件的取法种数为C10C7175．*解法二（转化法）：若存在1ij4，i,jN，使得aiaj1，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，312先把6个白球排成一行，再用插空法排红球，排法种数为C7C3C2105．同理可得若只有3个是连续正整数，排22法种数为C7A2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210542721175正整数，但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为C721．所以符合条件的取法种数为.数学参考答案（萍实版）-1{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}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23PFCF1，由PAPBABACBC，可知PAPBABACBC，又322D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，则FGPF，且ABPF，33AB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d124r2rd4r，sinPFC4r，S△GFC14r，又SGFC1x，解得PF233324222112222CFFGCG91PFCFPC11PC123：，故cosPFC，又cosPFC，解得，x12PC2CFFG2132PFCF21133322224r242sinPFC，所以：sinPFC，解得r，Vr3，由以上计算可知：PABC3316球381211111232332263为正三棱锥，故VSdABACsinBAC4r4，所以比值为81π.粽3ABC3232332627261827二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。题号91011答案ADABDABCππ10ABD【解析】对于A：因为fxsinx0的图象在0,上有且仅有两条对称轴，因为．62πππππ3πππ5π814814x0,，所以x,，所以，所以≤，即的取值范围是,26626226233335π5ππ，故A正确；对于B：因为fx的图象关于点,0对称，则有kπ,kZ，即5318k,kZ，18186814πππππ因为≤，所以3，当x0,时，3x,，则fx在0,上单调递增，故B正确；对3396629πππππ814于C：当x0,时，x,，因为≤，4664633πππ8π5ππ1所以，所以fx在0,上的最小值小于，故C错误．对于D：因为fx的图象关46436642ππππ于直线x对称，则kπ,kZ，即13k,kZ，又3362814π≤，所以ω4，所以fxsin4x，令函数��=0的根336b即为函数yfx与y的交点的横坐标，作出图象如图所示，因为2π125π25ππ13π3f0sin，fsin4sin，要使gx有奇数6224246321b3个零点，则，即有3b1，故D正确.222x22y222y222y22x2x2x211．ABC【解析】2xx2y22x2y20，y0，，即1，所以1，其2xy22xy22xy222y222y22x2x2x2x2xx22xln22xx2ln2x2xln2fx′中x0,20，故0,1,0,1，fx，2xxx，令��<2y2xy22x222222x220得x0或x，令�′�>0得0x，故fx在,0,,单调递减，在0,上单调递ln2ln22xln2ln2x2增，其中f00,f2f41，当x4时，fx0恒成立，画出2x数学参考答案（萍实版）-2{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}x2fx的图象，如下：2xx222y24y1故fx0,1的解集为0,24,，包含4,，0,2，AB正确；令gy，定义域为2xy2y24y1y2ln44y12y4y1,00,，则gyyln42，令gy0得y4y3114y11y0或y，令gy0得0y，故gy在,0,,单ln2ln2y2ln21调递增，在0,上单调递减，且g1g21，gy0在,00,恒ln24y14y1成立，画出gy2的图象，如下：gy20,1的解集为,11,2，其中m0，故1,2Nyy，C正确，D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。828112．413．1或e14．四、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。1151a2bsinA2sinBsinAcosB2sinBcosBtanB．（）由及正弦定理可得，又，，2，525πππ310B0,πsinBcosBsinBsinBcoscosBsin.又，5，5，44410222（2）由余弦定理bac2accosB，1245a125a2a236aa45.可得45，解得5或12511125536aABCacsinB6当5时，的面积为22555；11536a45ABCacsinB45612.ABC12.当时，的面积为225综上可知，的面积为5或0,1,2,316．（1）解：由题知甲的总得分X的可能值为，1,3,5,7A424不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为，则乙四轮出的卡片共有4种情况，1X02,4,6,8PX0当时，乙出的卡片上的数依次为，所以24．2,4,8,62,6,4,82,6,8,42,8,6,44,2,6,8当X1时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；114,6,2,84,6,8,24,8,6,26,4,2,86,4,8,28,4,6,2PX1；；；；；．所以24．2,8,4,64,2,8,64,8,2,66,2,4,86,2,8,46,8,2,4当X2时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；；116,8,4,28,2,6,48,4,2,68,6,2,48,6,4,2PX2；；；；．所以24．1X38,2,4,6PX3当时，乙出的卡片上的数依次为，所以24．因此甲的总得分X的分布列为X0123111111P242424241111113XEX0123故甲的总得分的数学期望为242424242．nPY21PY0PY1（2）设轮比赛后甲的总得分为Y，则．n1,3,5,7,···,2n1不妨设甲轮出的卡片上的数依次数，nn!则乙轮出的卡片顺序有种．数学参考答案（萍实版）-3{#{QQABTYIEogiAAhAAAAhCAQFgCECQkhGCAYgGxEAMoAAASAFABCA=}#}1Y02,4,6,8,···,2nPY0若，则乙出的卡片上的数依次为，所以n!．若Y1，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大，n1,3,5,7,···,2n1不妨设甲轮出的卡片上的数依次为，n乙轮出的卡片上的数为：B2j1jn,nN*bbbb中元素的一个排列：1，2，3，…，n，kkN*,knb2k1b2k1故要满足题意，则存在唯一的，使得k，即k，*iiN,inikb2i2k12k且对任意的满足，i．（提示：观察到，均为2的倍数，接下来可以将研究1,,2,3,···,n对象转化到的排列中进行研究，更容易理解）b2xkkN*,knxk1iiN*,inik令nn，则问题转化为存在唯一的，使得k，且对任意的满足，xibxxx…xi．（此处满足的条件是从上面的k满足的条件转化而来，且1，2，3，，n的取值顺序不定）k1易知，则k2．xi1ik1xixk当ik1时，i．当时，i，且k，1ik1