2025届贵州省贵阳市贵阳一中高三9月月考数学试卷（PDF版，含解析）

2025届贵阳一中高三9月
月考数学试卷+答案
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
贵阳第一中学 2025 届高考适应性月考卷（一）
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B C B C A A
【解析】
1．由题， A {x | x 1或x 3}， B {1，2，3，4}，则 A B {4}，故选 D．
2 1．对于 A 选项， y 的定义域为 ( ，0) (0， ) ，该函数在 ( ，0)和 (0， )上单调
x
递增，在定义域内不单调；对于 B 选项， y ln x2 的定义域为 ( ，0) (0， ) ，该函数
在 ( ，0) 上单调递减，在 (0， ) 上单调递增， 在定义域内不单调；对于 C 选项，
3
y x2 x3 的定义域为[0， ) ，该函数在定义域上单调递增；对于 D 选项， y xex 的
定义域为 R . ∵ y (x 1)ex ，当 x ( ， 1) 时， y 0 ；当 x ( 1， ) 时， y 0 ，
∴y xex 在 ( ， 1)上单调递减，在 ( 1， ) 上单调递增，因此该函数在定义域内不单调，
故选 C．
3．∵2a5 a3 a7 32， a5 16， 2d a6 a4 6 ， d 3， a1 a5 4d 4，故选 B．
y2 2 px ，
0 0
4 p p．设点 A(x0，y0 )，则 x0 5，整理得 p 5

8，解得 p 2 或 p 8，故选 C．
2 2
| y0 | 4，
5．∵ f (2x 3)的定义域为[2，3] . 当 2≤ x≤3时，1≤ 2x 3≤3，∴f (x) 的定义域为[1，3] ，
即 A [1，3] . 令1≤ 2x 1≤3，解得1≤ x≤ 2 ，∴f (2x 1) 的定义域为 [1，2]， 即 B [1，2] .
∵B A ，∴“ x A”是“ x B”的必要不充分条件，故选 B．
g(x) g( x)， f (x) e x f ( x) ex，6 ． 由 题 ， 解 得 f (x) 3ex 2e x ， 所 以
h(x) h( x) f (x) 5e
x f ( x) 5e x，
f (x) 3ex 2e x ≥ 2 3ex 2e x ≥ 2 6 ，当且仅当3ex 2e x ，即 x 1 ln 2 时，等号成立，
2 3
∴ f (x)min 2 6 ，故选 C．
数学参考答案·第 1 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
1 5 1 k 5 3k7 ．设 k 5 k k x 的二项展开式的通项公式为Tk 1 C 2x 5
( x ) x
C5 x ， k 0，1， 2，

3，4，5，所以二项展开式共 6 项. 当 k 0，2，4 时的项为无理项；当 k 1，3，5 时的项
为有理项. 两项乘积为有理数当且仅当此两项同时为无理项或同时为有理项，故其概率为
C23 C
2
3 2
2 ，故选 A． C6 5
8．由题，C ： (x 1)21 (y 1)
2 2 ，即圆心为C1(1，1) ，半径为 2 ，且M (2，0) ， N (0，2) ，
MN 为 C1 的直径 . ∵C1 与 C2 相外切，∴| C1C2 | 2 2 2 3 2 . 由中线关系，有
| C2M |
2 | C2 N |
2 2(| C1C |
2
2 | C M |
2
1 ) 2 (18 2) 40，∴| C2M | | C2N |≤
| C 22M | | C2 N |
2
20，当且仅当 | C2M | | C N |时，等号成立，所以 | C M | | C N | 的最大2 2 2 2
值为 20，故选 A．
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分）
题号 9 10 11
答案 ACD BC BCD
【解析】
9．对于 A 选项，由分布列性质可知正确；对于 B 选项，由两点分布定义可知错误；对于 C 选项，
E(X ) 2024m 2025n 2024(1 n) 2025n 2024 n . ∵0 n 1，∴2024 E(X ) 2025 ，
正确；对于 D 选项，令 Y X 2024 ，则 Y 服从两点分布， D(Y ) n(1 n) mn ，
∴D(X ) D(Y 2024) D(Y ) mn ，正确，故选 ACD.
10．令 g(x) ax2 2ax 1 ， 4a2 4a ，对于 A 选项， f (x) 的定义域为 R a 0 或
a 0，
0≤ a 1，故 A 错误；对于 B 选项， f (x) 的值域为R g(x)在定义域内的
0
a 0，
值域为 (0， ) a≥1，故 B 正确；对于 C 选项， f (x) 的最大值为 2 g(x)
≥0
1
a 0，
15
在定义域内的最小值为 1 a ，故 C 正确；对于 D 选项， f (x) 有极值16 g(1) 16 16
a 0，
g(x) 在定义域内有极值 a 1且 a 0，故 D 选项错误，故选 BC.
g(1) 0
数学参考答案·第 2 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
11．对于 A 选项，因为 g(x 1) 为奇函数，所以 g(1) 0 ，又由 g(x) f (1 x) 1 ，可得
g(1) f (0) 1 ， f (0) 1 ，故 A 错误；对于 B 选项，由 f (x) g (x 3) 可得
f (x) g(x 3) C ， C 为常数，又由 g(x) f (1 x) 1 ，可得 g(1 x) f (x) 1 ，则
g(1 x) g(x 3) C 1 ， 令 x 1 ， 得 g(2) g(2) C 1 ， 所 以 C 1 ， 所 以
g(1 x) g(x 3) ，g(x) 的图象关于直线 x 2对称，故 B 正确；对于 C 选项，因为 g(x 1)
为奇函数，所以 g(x 3) g(1 x) g(x 1) ，所以 g(x 2) g(x)，g(x 4) g(x 2)
g(x)，所以 g(x) 是一个周期为 4 的周期函数， f (x) g(x 3) 1， f (x 4) g(x 7)
1 g(x 3) 1 f (x)，所以 f (x) 也是一个周期为 4 的周期函数，故 C 正确；对于 D 选
项，因为 g(x 1)为奇函数，所以 g(1) 0 ，g(2) g(0) g(4)，又 g(3) g(1) 0 ，又 g(x)
2025
是周期为 4 的周期函数，所以 g(k) g(1) 0，故 D 正确，故选 BCD.
k 1
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号 12 13 14
答案 e 144 3e3 6
【解析】
12．设切点坐标为 (t，at ) ，∵ y ax ln a ，∴切线方程为 y ax ln a x . 将 (t，at ) 代入得
at
e
ln a t at t 1，可得 log e ，∴切点纵坐标为 at alog a e .
ln a a
13．先对小七孔和千户苗寨两个相邻元素捆绑共有A22 种方法，再安排梵净山的位置共有C
1
3种
方法，再排其余元素共有A4 2 1 44 种排法，故共有A2 C3 A4 144 种不同的方案.
14．设 f (x1) f (x2 ) f (x3 ) t ，由 f (x) 的函数图象知，2 t ≤3，又 x1 x2 2 ，∵ln x3 t ，
x3 e
t ，∴x1 f (x1) x2 f (x2 ) x3 f (x3 ) 2t te
t . 令 (t) 2t tet ， 2 t ≤3， (t)
(t 1)et 2 0 ， ∴ (t) 在 (2，3] 上 单 调 递 增 ， 则 (t) 3max (3) 3e 6 ，
∴x1 f (x1) x2 f (x2 ) x
3
3 f (x3 )的最大值为3e 6 .
四、解答题（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）
（1）解：数列{ an }是首项为 1，公比为 3 的等比数列，因此 a 1 3n 1 3n 1n ；
…………………………………………………………………………………（3 分）
数学参考答案·第 3 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
3 3 n 1 3 n 1{ b } 数列 n 是首项为 1，公比为 的等比数列，因此，bn 1 4 4
4
.

…………………………………………………………………………………（6 分）
3 n 1 3 n 2
（2 ）证明：由（1）可得 c a b a b 0 1n 1 n 2 n 1 an 1b2 anb1 3 3 4 4


1 n
1
3n 2 3 3n 1 3
0 1 1
1 n 1 1 n 2 1 1 1 0

n 1
n 1 4
4 4 3 3 4 4 4 4 1 1
4
n
4 3n 2 1 1

， ………………………………………………………（10 分）
4
1 n4 3n 2 1

4 cn 4 1
n

因为 n 1 1 3 3 4 a ， n
所以1
cn 4≤ 4
a 3 ，所以 an≤cn an . …………………………………………………（13 分） n 3
16．（本小题满分 15 分）
（1）证明：如图 1，连接 A1C ，设 A1C C1G O，连接 HO，A1G ，
三棱台 A1B1C
1
1 ABC ，则 A1C1∥AC ，又CG AC 2， 2
∴四边形 A1C1CG 为平行四边形， 图 1
则CO OA1. ………………………………………………………………（2 分）
∵点 H 是 BC 的中点，
∴ BA1∥OH . …………………………………………………………………（4 分）
又OH 平面C1HG ， A1B 平面C1HG ，
∴ A1B∥平面C1HG . …………………………………………………………………（6 分）
（2）解：因为平面C1GH 分三棱台 A1B1C1 ABC 所成两部分几何体的体积比为 2∶5，
V 2所以 C1 GHC V7 A1B1C1 ABC
，
1 S CC 2 1即 △GHC 1 (S S S S ) CC， 3 7 3 △ABC △ABC △A1B1C1 △A1B1C1 1
化简得 S
1
△GHC S2 △ABC
，
数学参考答案·第 4 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
此时点 H 与点 B 重合. ……………………………………………………………（8 分）
∵ C1CA BCC1 90 ，
∴C1C BC，CC1 AC，BC AC C 且都在平面 ABC ，则CC1 平面 ABC ，
又△ABC 为等腰直角三角形，则 BG AC .
又由（1）知 A1G∥CC1 ，则 A1G 平面 ABC ，
建立如图 2 所示的坐标系G xyz ，
…………………………………………………（10 分）
则 H (2，0，0)，A(0，2，0)，G(0，0，0)，C(0， 2，0)，
图 2
C1(0， 2，2)，B1(1， 1，2).

设平面C1HG 的法向量 n (x，y，z)， GC1 (0， 2，2)，GH (2，0，0) ，
2y 2z 0，
则 令 y 1，解得 n (0，1，1)
2x
，
0，

设平面 B1GH 的法向量m (a，b，c)，GB1 (1， 1，2) ，
a b 2c 0，
则 b 22 . a 0 令 ，解得m (0，2，1) ……………………………………（12 分） ，
设二面角C1 GH B1的平面角为 ，
|1 2 | 3 10
|cos | =|cos m n | | m n | ，
2 2 2 2 ， ………………（14 分） | m || n | 0 1 1 0 22 12 10
sin 1 cos2 10所以 ，
10
10
所以二面角C1 GH B1的正弦值为 . …………………………………………（15 分） 10
17．（本小题满分 15 分）
解：（1）由题意可知双曲线 N 的焦距为 2 m2 2m2 2 3 | m | 2 3 ，
y2
解得m2 1，即双曲线 N： x2 1 . ………………………………………………（3 分）
2
因为双曲线 M 与双曲线 N 的离心率相同，
y2
不妨设双曲线 M 的方程为 x2 ，
2
因为双曲线 M 经过点 (2，2)，所以 4 2 ，解得 2，
x2 y2
则双曲线 M 的方程为 1. ………………………………………………（6 分）
2 4
数学参考答案·第 5 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
（2）易知直线 l 的斜率存在，不妨设直线 l 的方程为
y kx t，A(x1，y1)，B(x2，y2 )，C(x3，y3 )，D(x4，y4 )，
y kx t，

联立 2 y2 消去 y 并整理得 (2 k
2 )x2 2ktx t 2 2 0，
x ， 2
Δ 4k 2t2 4(2 k 2 )(t2 2 ) 0，

此时 2 可得 k 2 t 2 2，…………………………………（8 分）
2 0， 2 k
2kt t 2
当
4
2时，由韦达定理得 x1 x2 2 ， x1x2 2 ； 2 k 2 k
2kt 2
当 1时，由韦达定理得 x3 x4 ， x x
t 2
，………………………（10 分）
2 k 2 3 4 2 k 2
| AB | 1 k 2 (x x )21 2 4x1x2 4k 2t 2 4(k 2 2)(t2 4) t2 2k 2 4 6
则 ， | CD | 1 k 2 (x3 x4 )
2 4x3x 4k
2t 2 4(k 2 2)(t2 2) t 2 k 2 2 2
4
化简可得 t2 k 2 2 ， …………………………………………………………………（13 分）
由（1）可知圆O： x2 y2 2，
| t | t 2 2 k 2 3
则圆心 O 到直线 l 的距离 d
1 2
2 1 2 ≤ 2，
k 2 1 k 1 k 1 k
所以直线 l 与圆 O 相切或相交. …………………………………………………（15 分）
18．（本小题满分 17 分）
解：（1）由频率分布直方图知，200 只小白鼠按指标值分布为：
在[0，20) 内有 0.0025 20 200 10（只）；
在[20，40)内有 0.00625 20 200 25 （只）；
在[40，60) 内有 0.00875 20 200 35（只）；
在 [60，80)内有 0.025 20 200 100（只）；
在[80，100]内有 0.0075 20 200 30（只）.…………………………………………（1 分）
由题意，有抗体且指标值小于 60 的有 50 只；而指标值小于 60 的小白鼠共有
10 25 35 70（只），所以指标值小于 60 且没有抗体的小白鼠有 20 只，同理，指标值
不小于 60 且没有抗体的小白鼠有 20 只，故列联表如下：
数学参考答案·第 6 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
单位：只
指标值
抗体 合计
小于 60 不小于 60
有抗体 50 110 160
没有抗体 20 20 40
合计 70 130 200
……………………………………………………………………………………………（3 分）
零假设为 H0 ：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于 60 无关联.
…………………………………………………………………………………………（4 分）
200 (50 20 20 110)2
根据列联表中数据，得 2 4.945 6.635 x .
160 40 70 130 0.01
………………………………………………………………………………………（6 分）
根据 0.01的独立性检验，没有充分证据认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小
于 60 有关.…………………………………………………………………………………（7 分）
（2）（i）令事件 A “小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件 B “小白鼠第二次注射疫
苗产生抗体”，事件C “小白鼠注射 2 次疫苗后产生抗体”.
记事件 A，B，C 发生的概率分别为 P(A)， P(B)， P(C) ，
则 P(A)
160
0.8 ，P(B)
20
0.5， ……………………………………………（9 分）
200 40
P(C) 1 P(A)P(B) 1 0.2 0.5 0.9，
所以一只小白鼠注射 2次疫苗后产生抗体的概率 P 0.9 .……………………………（11分）
（ii）由题意，知随机变量 X B(100，0.9)，
所以 E(X ) np 100 0.9 90. ………………………………………………（13 分）
又 P(X k) Ckn 0.9
k 0.1n k (k 0，1，2， ，n) ，设 k k0 时， P(X k)最大，
Ck0 0.9k0 0.1100 k0≥Ck0 1 k0 1 99 k0100 100 0.9 0.1 ，
所以
Ck0 0.9k0 0.1100 k0≥Ck0 1 0.9k0 1
………………………………（15 分）
100 100 0.1
101 k0，
解得89.9≤k0≤90.9 ，因为 k0 是整数，所以 k0 90 .…………………………………（17 分）
数学参考答案·第 7 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
19．（本小题满分 17 分）
（1）若选①，证明如下：
sin 3 sin(2 ) sin 2 cos cos 2 sin 2sin cos2 (1 2sin2 )sin
2sin (1 sin2 ) (1 2sin2 )sin 3sin 4sin3 .………………………………（4 分）
若选②，证明如下：
cos3 cos(2 ) cos 2 cos sin 2 sin (2cos2 1)cos 2sin2 cos
2cos3 cos 2(1 cos2 )cos 4cos3 3cos . ………………………………（4分）
（2）(i)解： f (x) 3x2 3a ， …………………………………………………………（5 分）
当 a≤0 时， f (x)≥0恒成立，所以 f (x) 在 ( ， ) 上单调递增，至多有一个零点；
………………………………………………………………………………………（6 分）
当 a 0时，令 f (x) 0，得 x a ；令 f (x) 0 ，得 a x a ，
令 f (x) 0，得 x a 或 x a ，
所以 f (x) 在 ( a， a ) 上单调递减，在 ( ， a )， ( a， ) 上单调递增．
…………………………………………………………………………………………（7 分）
f ( a ) 0， a2 2a a 0，f (x) 有三个零点，则 即 解得 0 a 4 ，
f ( a ) 0， a
2 2a a 0，
………………………………………………………………………………………（8 分）
当 0 a 4 时， a 4 a ，
且 f (a 4) (a 4)3 3a(a 4) a2 (a 4)(a2 5a 16) a2 0，
所以 f (x) 在 ( a，a 4)上有唯一一个零点，
同理 2 a a ， g( 2 a ) 2a a a2 a a ( a 2) 0 ，
所以 f (x) 在 ( 2 a， a ) 上有唯一一个零点.
又 f (x) 在 ( a， a ) 上有唯一一个零点，所以 f (x) 有三个零点，
综上可知 a的取值范围为 (0，4). …………………………………………………（10分）
(ii)证明：设 f (x) x3 3ax a2 (x x1)(x x2 )(x x3 )，
则 f (0) a2 x1x2 x3 1.
又 0 a 4 ，所以 a 1. ………………………………………………………………（11 分）
此时 f ( 2) 1 0，f ( 1) 3 0，f (1) 1 0，f (2) 3 0，
方程 x3 3x 1 0的三个根均在 ( 2，2) 内，…………………………………………（12 分）
数学参考答案·第 8 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}
3 1 x x
3

方程 x 3x 1 0变形为 3 4
2 2 2
，

x
sin π π令
3 1
2 2 2 ，则由三倍角公式
sin 3 3sin 4sin .
2
因为3
3π 3π 3 7π π 5π 7π π 5π ， ，所以 ， ， ， ， ， .
2 2 6 6 6 18 18 18
…………………………………………………………………………………………（14 分）
因为 x1 x
7π π
2 x3 ，所以 x1 2sin ，x2 2sin ，x3 2sin
5π
，
18 18 18
……………………………………………………………………………（15 分）
x2 x2 4sin2 π 4sin2 7π 2 1 cos π 7π 2 1 cos 所以 2 1 18 18 9 9

2cos 7π 2cos π 5π 7π 2sin 2sin x
9 9 18 18 1
x3. …………………………………（17 分）
数学参考答案·第 9 页（共 9 页）
{#{QQABDYKEogigApBAABhCEwGYCEKQkACCCYgGQFAIsAABQBNABAA=}#}