【文档说明】湖南省常德市一中2025届高三上学期第一次月考数学参考答案.docx，共(4)页，522.332 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：1．C2．B3．B4．C5．B6．B7．B8．B9．CD10．BC11．ABD12．(,e1−−13．1−14．3e3e,9−−11．【详解】对于A，当0x时，1()exfxx+=−，则111()(ee)e(1)xxxfxxx+++=−+=−+，当1x−时，()

0fx，当10x−时，()0fx，所以()fx在(),1−−上单调递增，在()1,0−上单调递减，所以A正确，对于B，由选项A可知()fx在(),1−−上单调递增，在()1,0−上单调递减，所以()fx在=1x−处取得极大值，所以B正确，对于C，当0x时，14141ln,e1

4()ln41ln,0e4xxfxxxx−=−=−，当14ex时，1ln04x−，当140ex时，1ln04x−，所以当0x时，()0fx，因为()fx在(),1−−上单调递增，在()1,0−上

单调递减，且当0x时，()0fx恒成立，综上，()fx的值域为[0,)+，所以()fx有最小值0，所以C错误，对于D，因为()fx在(),1−−上单调递增，在()1,0−上单调递减，()11f−=，(0)0f=

，14141ln,e14()ln41ln,0e4xxfxxxx−=−=−所以()fx的大致图象如图所示由()0hx=，得()()2[]240fxafx−+=，令()fxt=，则2240tat−+=，由()fx的图象可知，要使()hx有6个零点，则方程2

240tat−+=有两个不相等的实数根12,tt，不妨令12tt，若120,01tt=，则由图可知()hx有6个零点，但202040a−+，所以不符合题意，所以1201,1tt，因为2020440a−+=，所以21240a−+，解得52a，即实数a的取值范围是5,2

+，所以D正确，故选：ABD14．3e3e,9−−【详解】由在()0,+上满足()2ee0xfxaxx=−−的正整数至多有两个，即在()0,+上满足2eexxax−的

正整数至多有两个，设()2eexxgxx−=，0x，则()()3e2exxxgxx−+=，设()()e2exhxxx=−+，0x，则()()e1exhxx=−+，0x，设()()e1exmx

x=−+，0x，则()e0xmxx=恒成立，则()mx在()0,+上单调递增，即()()0e10mxm=−，即()0hx，所以()hx在()0,+上单调递增，又()10h=，所以当()0,1x时，()0hx，即()0gx

，()gx单调递减；当()1,x+时，()0hx，即()0gx，()gx单调递增；所以当1x=时，()gx取最小值，又在()0,+上满足()2eexxagxx−=的正整数至多有两个，则()3e3e39ag−=，即3e3e,9a−−，故答案为：3

e3e,9−−.15．(1)π3A=或2π3.(2)(333,9]+【详解】（1）解：∵mn⊥，∴22sin60aBb−=，即22sin6aBb=.由正弦定理得2sinsin3sinABB=.∵

sin0B，∴3sin2A=，∵(0,π)A，∴π3A=或2π3.（2）∵3a=，且三角形ABC为锐角三角形，∴π3A=.∴由正弦定理得323sinsinsin32abcABC====.∴23sinbB=，23sincC=.∴()2π23sins

in23sinsin3bcBCBB+=+=+−，313323sincossin23sincos2222BBBBB=++=+()331π233sincos32sin

cos6sin2226BBBBB=+=+=+.又∵ABC为锐角三角形，∴π02B，∴2π0π32B−，得ππ62B，ππ2π363B+.∴3πsin()126B+，336sin66B+，∴336bc+，又∵3a=，∴33

39abc+++.∴ABC的周长的取值范围为(333,9]+.16．(1)证明见解析(2)52(3)1719【详解】（1）证明：连接1111,ACBD.由11123QCCD=，得11113QDCD=，又11113PDA

D=，则有11//PQAC，正方体1111ABCDABCD−中，1BB⊥平面1111DCBA，11AC平面1111DCBA，得111BBAC⊥，又正方形1111DCBA中，1111BDAC⊥，1111BBBDB=，111,B

BBD平面11BBDD，所以11AC⊥平面11BBDD，由1MB平面11BBDD，得111ACMB⊥.又11//PQAC，所以1PQMB⊥.（2）111DPDQ==，22112PQDPDQ=+=，111111,ABCBAPCQ==，1111RtRtABPCB

Q，222222111112313BPBQAPAB==+=+=，有1113BPBQ==，1221111521322222PQBPQSPQPB=−=−=，∴11115332QPMBMPQBPQBVVS−−===.（

3）如图所示，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，1DD所在直线为z轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)D，(3,0,0)A，(1,0,3)P，(0,1,3)Q，当2BMDM=时，有(1,1,0)M，则(1,1,0)M−，

(1,1,0)PQ=−，(1,2,3)QM−=−.(0,1,3)PM=−设()111,,mxyz=为平面QPM的一个法向量，∴111110230PQmxyQMmxyz=−+==−−=，令13x=，得11

3,1yz==−，可得()3,3,1m=−.设()222,,nxyz=为平面QPM的一个法向量，∴2222030PQnxyPMnyz=−+==−=，令23x=，得223,1yz==，可得(3,3,1)n=.设MPQM−−所成的角为∴99117cos19991991mnmn

+−===++++.17．(1)2nna=(2)222nnnT+=−【详解】（1）数列{}na满足321212222nnaaaan−++++=，当2n时，()31212221222nnaaaan−−++++=−，两式相减可得，122nna−=，所以2nna

=，当1n=时，1122a==也满足上式，所以2nna=；（2）由（1）得2nnnb=，所以231232222nnnT=++++，则234111231222222nnnnnT+−=+++++，两式相减的，2311111(1)1111122211222

2222212nnnnnnnnnT+++−+=++++−=−=−−，所以222nnnT+=−．18．(1)2212xy+=(2)是定值，定值为2−（1）由题意可得22222221023211ccaababc−=−+=

=+，解得222211abc===故椭圆C的标准方程为2212xy+=；（2）由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为()312xmy=−+，()11,Axy，()22,Bxy，()33,Mxy，()44,Nxy，则直线DA的方程为1122xx

yy−=+．联立11222212xxyyxy−=++=，整理得()()22111132220xyxyyy−+−+=则2113132yyyx=−，即13132yyx=−．代入1122xxyy−=+，得()13112312322232xxxx−=+=−−−．同理可得()2442231,

322232yyxxx==−−−．因为()()()()21211213214312123232323211232232MNyyyxyxyyxxkxxxxxx−−−−−−−===−−−−−()()()21112112123332322222,ymymymymmy

ymyymyy−−+−−−+−===−−−所以直线MN的斜率为定值，且定值为2−．19．(1)1yx=−+(2)1b=-(3))3,2−−【详解】（1）当3,1ab=−=−时，(

)()13ln,10fxxxfx=−−=，所以()2311fxxx=−+，所以()11f=−．所以曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为1yx=−+．（2）因为()()ln,0,bfxxaxxx=+++，所以()2221abxaxbfxxxx+−=+−=，因

为()fx有两个极值点12,xx，所以()fx有两个大于0的变号零点，所以方程20xaxb+−=有两个不等正根，所以21212Δ4000abxxbxxa=+=−+=−，解得2400abba−，又因为()()120fxfx+=，即有112

212lnln0bbxaxxaxxx+++++=，整理得()()12121212ln0xxxxaxxbxx++++=，代入1212,xxbxxa=−+=−，可得()()ln0aaabbb−−+−+=−，解得1b

=-，又因为240aba−，所以可得2a−，经检验，符合题意．（3）由(2)可知1b=-且2a−，从而()1lnfxxaxx=+−，因为()1fxx−+在)1,+上恒成立，令()())112ln1,1,gxfxxxaxx

x=+−=+−−+，则有()0gx在)1,+上恒成立，易得()12ln1110ga=+−−=，因为()2221212axaxgxxxx++=++=，所以()13ga=+，令())()221,1,,13hxxaxxha=+++=+，对称轴4a

x=−，①当32a−−时，()3130,44ahax=+=−，所以()hx在)1,+单调递增，从而()()130hxha=+恒成立，所以()()20hxgxx=在)1,+也恒成立，所以()gx在)1,+单调递增，从而()()10gxg=恒成

立．②当3a−时，()130ha=+，所以2210xax++=有两个不等实根34,xx（不妨设34xx），所以341xx，且当()41,xx时，()0hx，从而()()20hxgxx=，所以()gx在41,x上单调递减，所以()()410gxg=

，与“()0gx在)1,+上恒成立”矛盾，综上，a的取值范围是)3,2−−．