精品解析：江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期初考试数学试卷

2024~2025学年度上学期高三期初试卷 数学 2024.9 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 已知一组数据：4，6，7，9，11，13，则这组数据的第50百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算即可得. 【详解】由，故这组数据的中位数为. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由解一元二次不等式解出集合，再由交集的运算求出最后结果即可. 【详解】由题意可得，，则. 故选：B. 3. 已知，，，则的最小值为（ ）． A. 4 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】由于，，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为. 故选：B 4. 由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先看一共能组成多少个没有重复数字的三位数，再看其中有多少偶数,所占比例就是所求的概率. 【详解】将组成没有重复数字的三位数，共有种， 而其中偶数有两种情况： ①以为个位数的三位数，是，共有2种 ②以为个位数的三位数，是，共有2种 所以，这个三位数是偶数的情况共有种， 所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则. 故选：A. 5. 若正三棱锥的所有棱长均为3，则该正三棱锥的体积为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出三棱锥的高，求出对应线段长，通过体积公式得出三棱锥体积. 【详解】如图，正三棱锥，， 取中点，连接，取等边三角形的中心，连接， 由正四面体的性质可知，顶点与底面中心连线垂直底面， ∴平面 即三棱锥的高为， ∵， ∴，∴， ∴， ∴. 故选：C 6. 随机变量服从若 则下列选项一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布的性质逐项判定即可. 【详解】因为 由正态分布的对称性，可得，正态分布方差无法判断， ，， 所以ABD错误. 故选:：C 7. 已知正方体的棱长为，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合图形找出球心并计算出四面体外接球的半径，进而求出外接球的体积即可. 【详解】 如图：取中点，连结， 因为的棱长为的正方体， 所以，且， 所以四面体的外接球的球心为为，且外接球半径， 所以四面体的外接球的体积. 故选：D. 8. 已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ） A. B. 图象关于对称 C. 图象关于对称 D. 为偶函数 【答案】B 【解析】 【分析】由赋值法令可判断A；由赋值法令可判断B；由赋值法令，结合对称性的性质可判断C；由赋值法令结合偶函数的定义可判断D. 【详解】对于A，令，则，所以，故A正确； 对于B，令，则，即， 解得：或，因为，所以， 令，，所以， 所以图象不关于对称，故B错误； 对于C，令，则有 即，故图象关于对称，故C正确. 对于D，令，则有 即，即， 即，因为函数的定义域为R， 所以为偶函数，故D正确. 故选：B. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用初等函数的导数公式以及复合函数求导法则、导数的运算法则，可判断各选项的正误. 【详解】对于A选项，，A错误； 对于B选项，，B错误； 对于C选项，，C正确； 对于D选项，，D正确. 故选：CD. 10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用概率的运算性质，即可得出判断. 【详解】对于A，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，不一定成立，故A错误； 对于B，由于，则， 则，故B正确； 对于C，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立， 所以，也不一定成立，故C错误； 对于D，，故，故D正确； 故选：BD. 11. 函数的定义域为，区间，对于任意，，恒满足，则称函数在区间上为“凸函数”.下列函数在定义域上为凸函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对A：，结合对数函数性质化简即可得；对B：，举出反例即可得；对C：，化简即可得；对D：，化简即可得. 【详解】对A：，， ， 由在上单调递增，故其等价于， 化简可得，故满足题意，故A正确； 对B：，，， 取，，可得，， 又，故此时不满足题意，故B错误； 对C：，，， 化简得恒成立，不满足题意，故C错误； 对D：，，， 左右平方后化简可得，故满足题意，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某人参加一次考试，共有4道试题，至少答对其中3道试题才能合格.若他答每道题的正确率均为0.5，并且答每道题之间相互独立，则他能合格的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意答对的题目数满足二项分布，再根据二项分布概率公式计算即可得答案. 【详解】解：某人参加考试，4道题目中，答对的题目数满足二项分布， 所以 故答案为： 13. 已知二次函数从1到的平均变化率为，请写出满足条件的一个二次函数的表达式_______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】设，利用平均变化率的定义计算即可. 【详解】设， 则， 由题意知，解之得， 显然c的取值不改变结果，不妨取，则. 故答案为： 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，求出勒洛四面体内切球的半径,即可得出结果． 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 正外接圆半径，正四面体的高， 设正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 因此，勒洛四面体内切球半径为. 故答案为：． 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. 某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有8折、8.5折、9折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取2张奖券，最终餐厅将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率； （2）若自助餐的原价为100元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式可求解； （2）的所有取值为80，85，90，利用古典概型概率公式可求分布列，进而可求期望. 【小问1详解】 从6张奖券中，任取2张奖券共有种选法，抽到的两张奖券相同的有3种选法， 所以一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率为. 【小问2详解】 的所有可能取值为80，85，90， ， ， ， 的分布列为： 80 85 90 . 16. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，计算得解. 【小问1详解】 如图，连接，因为分别为的中点， 所以，， 又，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，， 又，是平面内两条相交直线， 平面，又平面， ， 所以两两互相垂直， 以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， 设二面角的平面角为， ，则. 所以二面角的正弦值为. 17. 我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：，当且仅当时，等号成立． （1）证明“三元不等式”： ． （2）已知函数． ①解不等式； ②对任意，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）见解析 （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）先证明，，，再将三式相加结合基本不等式即可证明； （2）①移项通分化为整式不等式，解高次不等式即可得出答案； ②由三元不等式求出在的最小值，可以将题意转为在恒成立，即，解不等式即可得出答案. 【小问1详解】 因为， 则 （当且仅当时取等）， 所以（当且仅当时取等）， 同理（当且仅当时取等）， （当且仅当时取等）， 三式相加可得：， 又因为， 所以， 所以（当且仅当时取等）. 【小问2详解】 ①由可得：， 所以，即， 即，则， 所以， 解得：. ②因为当时，， 当且仅当，即时取等， 所以当时，， 对任意，恒成立， 则， 所以，解得：. 所以实数的取值范围为：. 18. 在如图所示的平行六面体中，，． （1）求的长度； （2）求二面角的大小； （3）求平行六面体的体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的数量积公式与模长关系计算即可； （2）根据二面角的定义先作出其平面角，再利用空间向量的数量积公式计算即可； （3）结合（2）的结论，计算B到面的距离，结合柱体的体积公式计算即可. 【小问1详解】 方法一：根据图形可知：， 则 ； 方法二：如图建系， ，， 设，， 而， ，， 【小问2详解】 方法一：作，则等于二面角的一个平面角， 因为，， 则， 易知 ， 所以，所以， 即二面角的大小为； 方法二：，， 设平面和平面的一个法向量分别为， ，， 二面角的大小为． 【小问3详解】 方法一：由（2）知平面，而四边形的面积， 则平行六面体的体积. 方法二：设在底面ABCD上的射影为点， ，在的平分线上， 由三余弦定理， ，． 19. 已知函数． （1）函数是否具有奇偶性?为什么? （2）当时，求的单调区间； （3）若有两个不同极值点，，证明：． 【答案】（1）函数不具有奇偶性 （2）的单调递增区间为，单调递减区间为 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据奇偶性的定义判断即可. （2）根据导函数求单调区间即可. （3）由题知即有两个不等的实根，令，所以有两个不等的正数根，可得，且，进而，利用单调性可得. 【小问1详解】 ，而， 显然，且， 所以既不是奇函数，也不是偶函数，故函数不具有奇偶性. 【小问2详解】 时，， ， 故当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故的单调递增区间为，单调递减区间为 【小问3详解】 ， 因为有两个不同极值点，，故即有两个不等的实根， 令，所以有两个不等的正数根， 所以，得，且， 所以 ， 设，， 所以在上单调递增， 所以， 故. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据题意转化为有两个不等的正数根，进而得，且，再得 ，利用单调性可证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度上学期高三期初试卷 数学 2024.9 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 已知一组数据：4，6，7，9，11，13，则这组数据的第50百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则的最小值为（ ）． A. 4 B. C. 6 D. 4. 由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若正三棱锥的所有棱长均为3，则该正三棱锥的体积为（ ） A. 3 B. C. D. 6. 随机变量服从若 则下列选项一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ） A. B. 图象关于对称 C. 图象关于对称 D. 为偶函数 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 函数的定义域为，区间，对于任意，，恒满足，则称函数在区间上为“凸函数”.下列函数在定义域上为凸函数的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某人参加一次考试，共有4道试题，至少答对其中3道试题才能合格.若他答每道题的正确率均为0.5，并且答每道题之间相互独立，则他能合格的概率为______. 13. 已知二次函数从1到的平均变化率为，请写出满足条件的一个二次函数的表达式_______． 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 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. 某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有8折、8.5折、9折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取2张奖券，最终餐厅将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算． （1）求一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率； （2）若自助餐的原价为100元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望． 16. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 17. 我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：，当且仅当时，等号成立． （1）证明“三元不等式”： ． （2）已知函数． ①解不等式； ②对任意，恒成立，求实数的取值范围． 18. 在如图所示的平行六面体中，，． （1）求的长度； （2）求二面角的大小； （3）求平行六面体的体积． 19. 已知函数． （1）函数是否具有奇偶性?为什么? （2）当时，求的单调区间； （3）若有两个不同极值点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $