精品解析：福建省龙岩市永定第一中学2025届高三上学期8月质量检测数学试卷

永定一中25届高三质量检测数学试卷 20250811 命题：廖占荣 审核：吴锦安､卢秀敏 （考试时间：120分钟 满分150分） 注意： 1.试卷共4页，另有答题卡，解答内容一律写在答题卡上，否则不得分. 2.作图请使用2B铅笔，并用黑色签字笔描画 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，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数（e为自然对数底数）在的大致图象是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，那么命题的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数有最小值，则a取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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.请把答案填涂在答题卡上. 9. 已知a，b，c为实数，且，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中不正确的是（ ） A. 与互斥 B. C. 与相互独立 D. 与不相互独立 11. 已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 是周期函数 D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，，则的最小值为________. 13. 设函数，若不等式恒成立，则的取值范围是________. 14. 已知，分别是函数和图象上的动点，若对任意的，都有恒成立，则实数a的最大值为______． 四､解答题：本大题共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. 如图，在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面平面，，，，点为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角余弦值. 16 已知函数，. （1）若不等式的解集为，求不等式的解集； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 17. 提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况．在一般情况下，隧道内的车流速度v和车流密度x满足关系式：．研究表明：当隧道内的车流密度时造成堵塞，此时车流速度． （1）若车流速度，求车流密度x的取值范围； （2）定义隧道内的车流量为，求隧道内的车流量y的最大值，并指出当车流量最大时的车流密度x． 18. 已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、，客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、.比赛规则如下：第一场为双打（对阵）、第二场为单打（对阵）、第三场为单打（对阵）、第四场为单打（对阵）、第五场为单打（对阵）.已知双打比赛中获胜的概率是，单打比赛中、、分别对阵、、时，、、获胜的概率如下表： 选手 选手 （1）求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率； （2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜概率增大？请说明理由. 19. 已知曲线C： （1）若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程； （2）当时，求在上的值域； （3）若，讨论的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 永定一中25届高三质量检测数学试卷 20250811 命题：廖占荣 审核：吴锦安､卢秀敏 （考试时间：120分钟 满分150分） 注意： 1.试卷共4页，另有答题卡，解答内容一律写在答题卡上，否则不得分. 2.作图请使用2B铅笔，并用黑色签字笔描画 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，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】由可得，解得或，故或， 又因为，故. 故选：C. 2. 函数（e为自然对数的底数）在的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和特殊值可得答案. 【详解】由题知的定义域为， 又因为， 所以为偶函数，即图象关于轴对称，排除A、C； 又，排除D. 故选：B. 3. 已知，那么命题的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据必要条件的定义对每个选择进行分析即可求解． 【详解】， 根据充分条件、必要条件的定义可知： 对于A，是的充要条件,A错误； 对于B，是的必要不充分条件，B正确； 对于C，是的充分不必要条件，C错误； 对于D，是的既不充分也不必要条件，D错误． 故选:B． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由，即可得到结果. 【详解】因为，且， 所以. 故选：B 5. 已知函数有最小值，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出时的最小值，然后对于时，讨论的单调性和取值情况，结合题目要求进行研究，得到的取值范围. 【详解】当时， ，此时； 当时，. ①a=1时，为常函数，此时在R上满足函数有最小值为， ②a≠1时，函数f（x）此时为单调的一次函数，要满足在R上有最小值， 需 解得， 综上，满足题意的实数a的取值范围为： ， 故选：C． 6. 某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意按照分组分配问题的步骤，首先计算出恰有两种饮品没人购买的总数，再计算出四种饮品四人随意选择的总数，即可求得其概率. 【详解】解决该问题，可以将四位同学先分为2，2或3，1两堆，共有种分堆方法， 再从4种饮品中选出2种，分配给两堆人， 故共有种方法. 所以恰有两种饮品没人购买的概率为. 故选：A 7. 如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果. 【详解】由，可得， 因为底面为矩形，，，， 所以，， 又 ， 所以，则. 故选：B 8. 已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出函数的图象，转化为两个函数有三个交点，利用数形结合计算特殊位置即可. 【详解】 如图所示，作出函数的图象， 方程恰有三个不同实数根，等价于上述两个函数图象有三个交点， 易知， 显然与必有一个交点， 所以要满足题意需与有两个交点， ①先求与相切时的值， 设切点为，则， 令， 即单调递增， 又，所以， 当过点时，， 此时满足条件的 ②再求与相切时值， 联立，， 易知切点横坐标为，显然时，，符合要求， 当过点时，， 此时满足条件的， 综上：. 故选：C 【点睛】思路点睛：关于分段函数的零点个数问题，可以转化为两个函数的交点问题，利用数形结合的思想及直线斜率的变化计算特殊位置即可. 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.请把答案填涂在答题卡上. 9. 已知a，b，c为实数，且，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 利用不等式的基本性质即逐一判断即可． 【详解】因为 ， 所以 ，故A正确； 对于B，当时不成立，故B不正确； 对于C，因为，所以，， 所以，即，故C正确； ，  所以D正确； 故选：ACD． 10. 连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中不正确的是（ ） A. 与互斥 B. C. 与相互独立 D. 与不相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，根据题意，分别写出事件A、B、C、D包含基本事件，并计算出概率，然后根据选项一一验证即可做出判断. 【详解】因为抛掷一次骰子，包含个基本事件， 事件表示结果向上的点数为、，所以； 事件表示第二次抛掷结果向上的点数为、，所以； 事件表示结果向上的点数为，，，，，，，，， ，，，，，，，，，共18种情况， 而抛掷两次骰子共出现种情况，所以； 事件表示结果向上的点数为，，，，，，，，， ，，，，，，，，，共18种情况， 而抛掷两次骰子共出现种情况，所以； 对于A：由上述事件与事件表示的结果可知，，所以事件与事件互斥且对立，故A正确； 对于B：因为，表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第一次抛掷结果向上的点数小于的概率， 其中有，，，，，共6种情况， 所以，所以，故B正确； 对于C：因为，， 表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率， 其中有，，，，，，共6种情况， 所以，所以与相互独立，故C正确； 对于D：因为，， 而表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数的概率， 其中有，，，，，，共6种情况， 所以，所以与相互独立，故D错误； 故选：D. 11. 已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 是周期函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，可判定A正确；令，得到，可判定B错误；根据题意，推得，得到的周期为，令，求得，结合函数的周期性，求得，可判定D正确． 【详解】对于A，由对于任意都满足， 令，则，所以A正确； 对于B，令，可得，即， 所以函数关于点对称，所以B错误； 对于C，又由为偶函数知关于直线对称，即， 可得，则，所以， 所以函数的周期为，故C正确； 对于D，令，则， 可得， 所以，所以D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出函数的周期为，并利用函数性质求出，由此即可顺利得解. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】函数，，可得：，即，求得值，根据均值不等式，即可求得最小值. 【详解】函数， ，可得： 故：，且 根据均值不等式： 当且仅当取等号 的最小值为： 故答案为： 【点睛】本题考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，在使用均值不等式求最值时，要注意验证等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 13. 设函数，若不等式恒成立，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】判断给定函数的奇偶性、单调性，再利用性质求解作答. 【详解】函数的定义域为R，，即函数是奇函数， 又函数是增函数，是减函数，因此函数是R上的增函数， 不等式， 于是恒成立，而，当且仅当时取等号，则， 所以的取值范围是. 故答案为： 14. 已知，分别是函数和图象上的动点，若对任意的，都有恒成立，则实数a的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】表示出点到直线的距离，而，令，可得，则转化为利用导数求的最小值即可. 【详解】点到直线的距离为，则， 因为点在的图象上， 所以， 所以， 令，因为，所以在上递增， 当时，，当时，， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 所以， 所以， 因为对任意的，都有恒成立， 所以， 所以实数a的最大值为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，考查函数的单调性和最值，解题的关键是将问题转化为大于等于点到直线的距离，再次转化为求的最小值，再转化为求的最小值，考查数学转化思想，属于较难题. 四､解答题：本大题共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. 如图，在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面平面，，，，点为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到平面，得到，结合得到线面垂直，证明出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值. 小问1详解】 ∵平面平面，，平面平面，平面， ∴平面， 又∵平面， ∴. 又∵，，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴. 在中，，为的中点， ∴， 又，，平面， ∴平面， 又平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 作于点，易知平面， 在中，， 则，. 如图以点为原点，，所在直线为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 由（1）知平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，解得， 取，则，得， ， 由题可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 16. 已知函数，. （1）若不等式的解集为，求不等式的解集； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系求出，然后解一元二次不等式即可； （2）问题转化为在恒成立，令，，根据函数的单调性求出的范围即可； 【小问1详解】 若不等式的解集为， 即1，2是关于的方程的两个根， 则，即， 则，由得， 即，得，解得或， 即不等式的解集为． 【小问2详解】 不等式对于任意的恒成立， 即对于任意的恒成立， 令，， 则， 令，解得， 当时，当时时 故在上单调递增，在上单调递减， 又，， 故，所以． 17. 提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况．在一般情况下，隧道内的车流速度v和车流密度x满足关系式：．研究表明：当隧道内的车流密度时造成堵塞，此时车流速度． （1）若车流速度，求车流密度x的取值范围； （2）定义隧道内的车流量为，求隧道内的车流量y的最大值，并指出当车流量最大时的车流密度x． 【答案】（1） （2）的最大值为，此时车流密度为. 【解析】 【分析】(1)根据时，求出的值，然后分段讨论车流速度时车流密度x的取值，进而得出结论； (2)根据题意得出关于的函数表达式，根据的取值范围讨论车流量y的最大值，最后进行比较得出结果. 【小问1详解】 由题意可知：当时，， 所以，解得：， 所以， 当时，，解得：，所以； 当时，，解得：，所以， 综上：车流速度，车流密度x的取值范围为. 【小问2详解】 由题意可得：， 当时，， 由二次函数的性质可知：当时，取最大值为； 当当时， （当且仅当，即时取等） 所以当时，取最大值为， 综上可知： 的最大值为，此时车流密度为. 18. 已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、，客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、.比赛规则如下：第一场为双打（对阵）、第二场为单打（对阵）、第三场为单打（对阵）、第四场为单打（对阵）、第五场为单打（对阵）.已知双打比赛中获胜的概率是，单打比赛中、、分别对阵、、时，、、获胜的概率如下表： 选手 选手 （1）求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率； （2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大？请说明理由. 【答案】（1） （2）能通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”的事件包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件求解； （2）剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜，求得其概率；剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜，求得其概率，比较即可. 【小问1详解】 解：设“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”事件为事件A， 则事件A包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件， “主队3场全胜”的概率为， “客队3场全胜”的概率为， 所以， 所以主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率为. 【小问2详解】 能，理由如下： 设“剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序，客队获胜”为事件M，第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Z对阵C）、第四场单打（Y对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜； 则， 设“剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序，客队获胜”为事件N，第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Y对阵C）、第四场单打（Z对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜； 则， 因为， 所以客队调整选手Y为三单、选手Z为二单获胜的概率更大. 19. 已知曲线C： （1）若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程； （2）当时，求在上的值域； （3）若，讨论的零点个数． 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由导数得切线斜率，然后由点斜式得切线方程并化简； （2）由导数的正负确定单调性进而即得； （3）先求得，得的单调性，然后讨论的正负，结合零点存在定理得零点个数． 【小问1详解】 依题意得，，此时， ， 则切线斜率为， 故切线方程：，即； 【小问2详解】 当时，，则， ∴， ∴在上单调递减， 又，， 故值域为． 【小问3详解】 ， 令得， 令得， 令得．减区间为，增区间为， ∴． 当时，，∴，∴在上有且仅有一个零点． 当时，令，，∴在上单调递增， ∴，即， 又，∴在上有一个零点，又 令，则，∴在上单调递减， ∴，∴，∴在上有一个零点． 综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点. 【点睛】方法点睛：利用导数确定零点个数问题，方法是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负（有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论）同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$