江苏省扬州市邗江中学2025-2026学年高三上学期9月期初调研考试数学试卷

2025年江苏省邗江中学高三年级9月份期初调研 数学 1、 单选题（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．集合，若，则（    ） A． B． C． D． 2．设函数（b为常数），则“”是“为偶函数”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 3．函数的部分图象大致为（    ） A． B． C． D． 4．下列命题中，真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．苏格兰数学家纳皮尔（J. Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（    ） N 2 3 4 5 11 12 13 14 15 0.30 0.48 0.60 0.70 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18 A．3 B．12 C．13 D．14 6．已知函数，若正实数、满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若函数恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知圆和轴相切，且和相切于，则符合条件的所有圆的半径之积为（   ） A． B． C． D． 2、 多项选择题：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．对于随机事件A，B，若，，，则（    ） A． B． C． D． 10．已知，其中，则下列说法正确的是（　　） A．函数可能有两个零点 B．函数可能有三个零点 C．函数可能有四个零点 D．函数可能有五个零点 11．已知增函数的定义域为正整数集，的取值也为正整数，且满足.下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．对任意正整数，都有 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．已知函数，其中为正实数，则 ． 13．已知，若，则的取值范围为 . 14．已知幂函数是偶函数，则 ，设，若对于任意，，则实数的最大值为 . 4、 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．台儿庄古城景区面向全国应届中、高考学生推出自2025年6月11日至2025年8月31日的免费畅游古城活动.景区为了解这些学生游客对其开展的“国风毕业照”活动的满意度，随机抽取400人进行调查，得到如下列联表： 调查结果组别 不满意 满意 合计 高考生游客 80 120 200 中考生游客 130 70 200 合计 210 190 400 (1)根据小概率值的独立性检验，分析满意情况是否与学生的组别有关； (2)在高考学生游客的样本中用分层抽样的方法选出5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步的访谈，求这3人中满意人数X的概率分布列、数学期望和方差. 附：， 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 16．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17．已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点．    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正切值． 18．数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合成，纯音的数学模型是函数．我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结合，称为复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四分之一等也同时在振动．已知刻画某声音的函数为． (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数在上的单调区间； (3)函数，若在上有三个不同的极值点，证明：为定值． 19．正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”. (1)若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由； (2)若，证明：集合不是“三元可拆集”； (3)若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年江苏省邗江中学高三年级9月份期初调研 数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B D C D A A BCD ABC 题号 11 答案 ABD 1．D 【解析】因为，求得，则，得到集合，结合集合并集的概念及运算，即可求解. 【详解】由题意，集合， 因为，所以，解得，则 所以集合，所以. 故选：D. 2．C 【分析】根据定义域为的函数为偶函数等价于进行判断. 【详解】当时，，定义域为， 且， 故为偶函数，即充分性成立； 当为偶函数时，对任意的，恒成立， ∴ 对任意的恒成立， 即成立，即，故必要性成立； 故函数（b为常数），则“”是“为偶函数”的充要条件， 故选：. 3．B 【分析】根据图象，知函数存在奇偶性，先判断函数的奇偶性，然后根据结合函数值的正负，可得出答案. 【详解】函数，定义域为，， 所以函数为奇函数，则排除AD项； 当时，，，所以有，所以，B项符合条件. 故选：B. 4．D 【分析】举反例即可判断ABC，根据基本不等式和指数运算即可判断D. 【详解】对A，当时，则，故A错误； 对B，当时，则，则，故B错误； 对C，当时，根据对数函数单调性知，故C错误； 对D，若，则， 当且仅当时取等号，故D正确. 故选：D. 5．C 【分析】根据所给条件列出不等式，结合对数的运算即可求解. 【详解】由题意可知,两边同时取对数可得， 所以，故，则， 由表中数据可知, 故选：C 6．D 【分析】分析函数的单调性与奇偶性，由可推导出，可得出，利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为， 对任意的，，则函数的定义域为， ， 所以，函数为奇函数， 因为内层函数为增函数，外层函数在上为减函数， 所以，函数在上的减函数， 由可得， 所以，，即， 又因为，，则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为. 故选：D. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 7．A 【分析】根据函数定义域，将函数分类讨论，借助于求导判断函数单调性，判断极值点和图象趋势，作出函数的简图，将函数分解因式，根据零点定义，结合图象，确定有两个根，转化为有3个零点，由图即得参数范围. 【详解】函数的定义域为， 若时，由求导得，， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，当时，； 若时，由求导得，， 因，故恒有，即在上单调递增， 且当时，，当时，，即时，恒有. 作出函数的大致图象如图所示. 又由可得或， 由图知有两个根，此时有2个零点； 要使函数恰有5个不同的零点， 需使有3个零点，由图知，需使，即，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数由函数的零点个数求参问题，属于难题.解题的关键在于将函数按照定义域分类讨论，通过求导作出函数的图象；第二个关键是，将函数的零点个数转化为两个函数的图象交点个数问题解决. 8．A 【分析】设圆心坐标为，半径为，根据圆心到切点的距离，圆心到轴的距离等于半径列出等量关系，由导数的几何意义可求切线斜率，于是又可列得圆心和切点的连线垂直切线，得到另一个方程，进而得解. 【详解】设圆心坐标为，半径为，由题知， 注意到圆心和切点的连线的斜率和切线斜率互为负倒数， ，则，时，，即在切线斜率是， 于是，则， 联立消去字母得到， 解得或，又圆和轴相切，则圆的半径为或， 所以 故选：A. 9．BCD 【分析】根据条件概率的计算公式，可判断AB的真假，根据和事件概率计算公式，可判断C的真假，结合全概率公式和条件概率计算公式，可判断D的真假. 【详解】对A：因为，故A错误； 对B：由，故B正确； 对C：因为，故C正确； 对D：， 所以：. 所以.故D正确. 故选：BCD 10．ABC 【分析】令，求得或或，设，得到，结合单调性和，分，三种情况讨论，即可求解. 【详解】由函数，其中， 令，即， 可得或，则或或， 设，则， 又由函数在上为单调递减函数，且， 当时，方程在上无解，即无解， 此时只有两个实数根，即函数可能有两个零点； 当时，可得，解得， 此时只有三个实数根，即函数可能有三个零点； 当时，方程在上有一解， 则在上有两个解，此时只有四个实数根，即函数可能有四个零点， 综上，函数可能有两个或三个或四个零点. 故选：ABC. 11．ABD 【分析】列出的值，归纳规律，可得问题结果. 【详解】因为为正整数，且单调递增. 因为（若，则，所以矛盾）， 所以或（且） 若（且），令，则；再令，则， 因为，所以，即，这与矛盾.所以不成立. 所以. 所以； ； ；又因为为正整数，且单调递增，所以； … 可得下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 5 6 7 9 11 12 13 14 15 17 19 21 23 24 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 25 26 27 28 29 30 31 33 35 37 39 41 43 45 47 48 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 65 故AB正确； 因为：，，，，… 所以，故D正确； 因为，故C错. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：先确定的值，因为，且，所以或，若根据继续往下推，得到的结果就不满足单调递增，所以成立. 12． 【分析】根据分段函数的解析式，将自变量的值代入对应的解析式，由内到外即可求解. 【详解】∵函数， ∴，∴. 故答案为：. 13．或 【分析】分为单元素集合、为双元素集合三种情况讨论，分别求出参数的取值范围即可得解. 【详解】集合中含有参数，所以先考虑是否为空集. 因为， 所以，若为空集，则，解得； 若为单元素集合，则，解得， 将代入方程，得，解得， 所以，符合要求； 若为双元素集合，则，即， 此时，即，解得 综上所述，的取值范围为或. 故答案为：或. 14． －2 －1 【分析】根据幂函数的定义和偶函数的性质即可解出，令，将不等式转化为恒成立问题，即可求解. 【详解】由已知幂函数是偶函数，则有，解得或， 又，则指数须为偶数，所以. 所以，则， 不等式可化为，令， 则，时取等号，不等式变为. 当时，不等式不成立； 当时，令二次函数，其对称轴为，， 要使在时恒成立， 则且，解得，所以的最大值为. 故答案为：－2；－1. 15．(1)满意情况与学生的组别有关 (2)答案见解析 【分析】（1）根据独立性检验的基本思想即可判断； （2）根据分层抽样的性质，结合古典概型公式、数学期望和方差的公式进行运算求解即可. 【详解】（1）零假设为：满意情况与学生的组别无关. 因为， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即满意情况与学生的组别有关，该推断犯错概率不超过； （2）根据分层抽样的性质可知： 选出5人中，满意人数为，不满意人数为， 由题意可知：， ， ， ， 所以这3人中满意人数X的概率分布列为： ， . 16．(1)； (2). 【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质列方程求基本量，即可得通项公式； （2）由（1）得，应用等比数列前n项和公式求. 【详解】（1）设等差数列是公差为，且，且， ∴，， 又成等比数列，则， ∴，即， 即，解得或（舍）， ∴. （2）由（1）得，则，又，则， 又， 所以. 17．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据题意可证平面，继而得到平面平面； （2）解法1：过作，过作，再说明为平面与平面的夹角，然后求其正切值即可；解法2：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求夹角的余弦值，再求正切值. 【详解】（1）因底面是菱形，，是中点，所以， 又，则．已知平面，平面，所以． 因为平面，且，所以平面． 因为平面，平面平面．    （2）解法1：在等腰直角中，过作， 则是中点，． 又，所以平面， 又因为平面，所以， 过作，连接， 由于，平面，所以平面， 又平面，故，所以为平面与平面的夹角， 由（1）知，在中，， 故， 因为平面，平面，所以， 则． 解法2：因为平面，所以两两垂直． 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系 则，∴， 由（1）易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则不妨取，得， 设平面与平面的夹角为，则， 故正切值为． 18．(1) (2)的增区间为：和，减区间为：和， (3)证明见解析 【分析】（1）分别求出和，即可求出切线方程； （2）由，可得，分别令，，，解出不等式即可求出单调区间； （3）由，可得，将在上有三个不同的极值点转化为在上有三个不同的根，令（时，且，因为），方程转化为， 设方程的根为，，，由三次方程根与系数关系即可求解. 【详解】（1）由题可得，所以， 所以切线的斜率为0，由于， 则函数在处的切线方程为：. （2）由于， 所以， 当，令，解得，，， 则令，解得：，或， 令，解得：，或， 所以的增区间为：和，减区间为：和； （3）证明：由于， 所以 由于 ， 所以， 因为在上有三个不同的极值点， 所以在上有三个不同的根，即在上有三个不同的根， 令（时，且，因为），方程转化为，设方程的根为，，， 则，化简可得：， 则，即， ，即， ，即， 所以. 所以为定值． 19．(1)是，拆法见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1），可拆成或､； （2）三元可拆集”中所有元素和为偶数，中所有元素和为，与和为偶数矛盾； （3）可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中的最大的数依次记为，利用等差数列求和得到，结合，得到不等式，求出，当时写出相应的集合以及具体拆法，得到答案. 【详解】（1）是，，可拆成或､； （2）对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数， 则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；而， 中所有元素和为，与和为偶数矛盾， 所以集合不是“三元可拆集”； （3）有48个元素，可以拆成16个三元子集， 将这16个三元子集中的最大的数依次记为， 则； 另一方面，中所有元素和为， 所以， 所以，解得，即； 当时，，可拆为､ ､ ､ （拆法不唯一）； 综上所述，的最大值是7. 学科网（北京）股份有限公司 $