精品解析：江苏省扬州市2024-2025学年高三上学期11月期中检测数学试题

2024—2025学年第一学期期中检测 高三数学 2024.11 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效. 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，只有一项符合要求） 1. 函数，的值域为（ ） A. B. C. D. 2 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在区间上的图象是一条不间断的曲线，则“”是“函数在区间上有零点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，且，则最小值为（ ） A. B. C. D. 12 6. 已知图①对应的函数为，则图②对应的函数是（ ） A. B. C D. 7. 已知函数是偶函数，在上单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若实数，，满足，.用表示，，中最小的数，则的最大值为（ ） 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） 9. 下列命题中，是真命题的有（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 已知角满足，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 定义在上的函数同时满足以下条件：①；②；③当时，.则下列结论正确的有（ ） A. 在上单调递增 B. C. （） 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，则曲线在点处的切线方程为______. 13. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，则使得有两组解的的值为______.（写出满足条件的一个整数值即可） 14. 已知非空集合，.若，则的值______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 合计 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）是否有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 010 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 16. 已知函数，且. （1）求的值及的单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，求不等式的解集. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，、、分别为棱、、的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）判断形状； （2）已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，. ①当时，求线段长的最小值； ②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 参考公式：，. 19. 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）若实数满足：存在，使得成立. ①求的取值范围； ②请比较与的大小，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年第一学期期中检测 高三数学 2024.11 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效. 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，只有一项符合要求） 1. 函数，的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】是指数复合函数，先判断函数单调递增，通过求出和趋于时的值来确定值域. 【详解】由复合，两个都是增函数，则原函数为增函数. 当时，. 当趋于时，也趋于.因为指数函数（），当趋于时，趋于，所以趋于，所以. 故原函数值域为. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用并集的定义求解即得. 【详解】解，得，则，而， 所以. 故选：D 3. 若函数在区间上的图象是一条不间断的曲线，则“”是“函数在区间上有零点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数零点存在定理：如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点.来判断两个条件之间的关系. 【详解】充分性判断:若，因为函数在区间上的图象是一条不间断的曲线， 根据零点存在定理可知，函数在区间上有零点，所以“”是“函数在区间上有零点”的充分条件. 必要性判断:当函数在区间上有零点时，比如函数在区间[0,2]上有零点，此时，，， 即存在函数在区间上有零点时，的情况， 所以“”不是“函数在区间上有零点”的必要条件. 综上所得， “”是“函数在区间上有零点”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围. 【详解】因为，则， 因为函数在区间上单调递增， 则对任意的，恒成立，则. 因此，实数的取值范围是. 故选：B. 5. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】利用1的代换，由基本不等式求最小值． 【详解】由已知得，， 当且仅当，即时等号成立， 故选：C． 6. 已知图①对应的函数为，则图②对应的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图象的对称和翻折的性即可求解. 【详解】由图②可知，将在的图象沿着轴对称得到， 然后再沿着轴翻折，即可得到. 故选：B 7. 已知函数是偶函数，在上单调递增，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意的对称轴是，在上单调递增，在上单调递减，不等式等价于，求解即可. 【详解】由题意函数是偶函数，所以的对称轴是， 因为在上单调递增，所以在上单调递减， 由，有，即， 解得或，所以不等式的解集为. 故选：C. 8. 若实数，，满足，.用表示，，中最小的数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对称性，不妨设，已知变形为，，得是方程的两根，由判别式求得范围后可得． 【详解】不妨设是中的最小值，则由得， 由已知，， 所以是方程的两根， 所以，又，所以，，从而， 故选：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） 9. 下列命题中，是真命题的有（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据指数函数图象以及幂函数图象性质，分别画出在同一坐标系下的图象即可得出结论. 【详解】画出函数与在同一坐标系内的图象，如下图所示： 显然时，图象始终在的上方，即可知A为假命题， 当时，图象始终在的下方，即，，所以B为真命题； 画出函数与在同一坐标系内的图象，如下图所示： 当时，函数的图象始终在的上方，即恒成立，因此C为假命题； 当时，函数的图象始终在的上方，即恒成立，可知D为真命题. 故选：BD 10. 已知角满足，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式判断A，根据角的变换及两角差的余弦公式计算判断B，由题意及同角三角形函数的基本关系判断C，由角的变换及两角和的正弦公式计算判断D. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为， 所以，故B正确； 由，，两式相除可得，故C错误； ， 故D正确. 故选：ABD 11. 定义在上的函数同时满足以下条件：①；②；③当时，.则下列结论正确的有（ ） A. 在上单调递增 B. C. （） D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：根据的大小关系判断；B：先计算出的值，代入于可求；C：通过转化可得，由此计算并判断；D：根据条件计算出的值，结合条件③可判断出的值. 【详解】因，所以，因为，所以， 所以，所以； 因为，所以，所以， 因为，所以，所以，所以， 由上可知，A错误，B正确； 因为， 所以，故C正确； 因为， 且， 所以， 因为当时，，且， 所以，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：抽象函数表达式的确定一般需要通过“迭代”的思想，逐步计算出所求函数的表达式；求抽象函数的函数值时可直接采用赋值法.本题中的D项，一方面需要借助赋值法确定出函数值，另一方面要结合③的定义去分析. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，再把代入导函数中可求出切线的斜率，根据切点坐标，从而利用点斜式可求出切线方程. 【详解】因为函数，所以，所以当时，， 即切线方程的斜率为，又因为切点为， 所以由直线的点斜式方程为：，即. 故答案为：. 13. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，则使得有两组解的的值为______.（写出满足条件的一个整数值即可） 【答案】6（答案不唯一，6,7,8,9任意一个均可） 【解析】 【分析】先根据正弦定理表示出，再根据三角形有两组解的条件确定的取值范围，从而得出满足条件的的整数值. 【详解】由正弦定理，已知，，可得. 因为，，要使有两组解，则有两个值. 因为，当时，，此时. 要使有两个值，则且，即. 所以满足条件的一个整数值（答案不唯一，只要满足的整数均可）. 故答案为：6 （答案不唯一，6,7,8,9任意一个均可） 14. 已知非空集合，.若，则的值______. 【答案】 【解析】 【分析】根据可得是的两个不相等的实数根， 即可利用韦达定理求解. 【详解】由为非空集合可知， 故， 由于，故即， 是的两个不相等的实数根， 故且，解得或（舍去）， 故， 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 合计 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）是否有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）没有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据列联表计算得出的值即可得出结论； （2）易知的所有取值可能为0，1，2，分别计算出对应概率可得分布列及其期望值. 【小问1详解】 零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系. 根据列联表中的数据，可以求得. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立， 即没有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关. 【小问2详解】 的取值可能为0，1，2. 则；；. 所以的分布列为： 0 1 2 所以的期望为. 16. 已知函数，且. （1）求的值及的单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，求不等式的解集. 【答案】（1），单调递增区间为（） （2） 【解析】 【分析】（1）由诱导公式，两角和的正弦公式变形函数式，再利用及的范围求得得函数解析式，结合正弦函数的单调性可得增区间； （2）由图象变换得，然后利用二倍角公式变形解得，再由正弦函数性质得结论． 【小问1详解】 ， 因为，所以，，可得，， 又，所以， 所以， 由，，可得，， 所以的单调递增区间为（）. 【小问2详解】 因为的图象向右平移个单位得到的图象， 再将的图象上各个点横坐标变为原来2倍得到的图象， 所以； 所以不等式为，不等式化为， 所以，所以，所以， 结合函数在上的图象得， 所以原不等式的解集为. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，、、分别为棱、、的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，证得线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【小问1详解】 证明：正方体中， ，分别为棱，的中点，所以， 平面，平面， 所以，所以， 正方形中，为的中点，为的中点， 所以，所以，设、交点为， 则， 所以，即； 又、平面，， 所以平面. 【小问2详解】 如图，以点为原点，分别以、、为，，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体棱长为2，，，分别为棱，，的中点. 所以，，，，. 所以，. 由（1）知平面. 所以是平面的一个法向量， 设是平面的法向量， 则取，得， 所以， 所以二面角的余弦值为， 所以二面角的正切值为. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）判断的形状； （2）已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，. ①当时，求线段长最小值； ②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 参考公式：，. 【答案】（1）直角三角形或等腰三角形 （2）①；②成立，， 【解析】 【分析】(1)利用三角形的内角和定理和诱导公式将化为，再利用两角和差公式和二倍角公式进行化简可得，进而可得结果； (2)①设，， 方法一：在中利用正弦定理求出,，再利用三角形面积公式和三角函数的性质进行求解； 方法二：在中，利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解； 方法三：在中，利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解； ②假设存在常数和，利用三角恒等变形得到恒等式，将其转化为进行求解. 【小问1详解】 在中，因为，且， 所以， 即，， 所以或者. 当时，所以，为直角三角形； 当时，所以，为等腰三角形. 综上所述，为直角三角形或等腰三角形. 【小问2详解】 ①因为，所以，又，，所以，. 如图，设，， 方法一：在中，由正弦定理，得， 所以. 在中，由正弦定理，得， 所以 . 因为，所以， 故当，即时，. 方法二：在中，由正弦定理，得，所以. 在中，由正弦定理，得， 所以 . 因为，所以， 故当，即时，. 方法三：在中，由正弦定理，得， 所以. 在中，由正弦定理，得， 所以. 所以 ， 因为，所以， 故当，即时，. ②假设存在常数，，对于所有满足题意的，， 都有成立， 则存在常数，，对于所有满足题意的，，利用参考公式，有 . 由题意，是定值，所以，是定值， 对于所有满足题意的，成立，故有， 因为，从而， 即，，所以. 故，. 19. 已知函数，. （1）当时，求的极值； （2）若实数满足：存在，使得成立. ①求的取值范围； ②请比较与的大小，并说明理由. 【答案】（1）极小值0，无极大值. （2）①；②答案见解析，理由见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，求出的单调性，再由极值的定义求解即可. （2）①方法一：对求导，分，和，讨论的单调性，即可求出的取值范围；方法二：将题意转化为存在，使得.令，分和，求出单调性，证明存在，使得即可求出答案. ②将比较与的大小转化比较与的大小，再进一步转化为与的大小，令（），对求导，求出的单调性，讨论的范围，即可得出答案. 【小问1详解】 当时，，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取极小值0，无极大值. 【小问2详解】 ①方法一：由（1）可知（当且仅当时取“＝”）. 在上式中，用代，则有（当且仅当时取“＝”）. . 1° 若，则当时，，单调递增， 又，则， 故不存在，使得成立，故不符合； 2° 若，则当时，，单调递增， 又，则， 故不存在，使得成立，故不符合； 3° 若，则当时，，单调递减， 又，令，即，此时，则， 所以存在，使得成立，故符合. 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为存在，使得， 则存在，使得. 令，则， 令，则. 1° 若，则，单调递增， 又，所以，即，单调递增， 又，所以，故不存在，使得成立. 2° 若，令，则，则单调递增. 若，即时，，即，单调递增， 又，所以，即，单调递增， 又，所以，故不存在，使得成立； 若，即时， 因为，， 又单调递增，的图象连续不间断， 所以由零点存在性定理可知，使得， 所以当时，，即，单调递减， 又，所以当时，，即，单调递减， 又，所以当时，， 故存在，使得成立. 综上所述，的取值范围为. ②因为，则当时，，单调递增， 由①可知，则、， 所以要比较与的大小，即比较与的大小， 即比较与的大小. 令，则比较与的大小. 易知在上单调递增，即比较与大小， 即比较与的大小，即比较与的大小. 令（），则，所以当时，单调递增， 当时，单调递减，又. 所以当时，，即， 由在上单调递增，可知，即， 又在上单调递增，所以. 类似地，可得：当时，； 当或4时，； 当时，. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$