2025届江苏省扬州高三上学期开学考&期初调研-数学试题（含答案）

这是一份2025届江苏省扬州高三上学期开学考&期初调研-数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了 D， C，BCD， f x cs x等内容，欢迎下载使用。




参考答案
1
.C
2. D
3. C
11.BCD
14.
4.B
5.B
6.D
7.A
8.A
9
. AD
10.BCD
1
1
2.0.3
13.b  c  a
eln2
A  x 2  2x  8 1，3，B  x lg2x 1 0,2 4 分
15.（1）

A B  1，2 C A   ,13,  (C A)  B   ,23,
R
R
分
（
2）因为集合 C  x 2  x  a，C  A ，
当 a  2 时， C   ，满足条件；当 a  2 时， C   ，则 a  3，即 2  a  3 ，
综上所述， a,3． 13 分
6.（1） f (x)  0 的解集为 1,2,

1,2是方程 f (x) 0 的根且 k


0
1

2k 1
1
 2 

k

  
k 1 f (x) x2 3x 5 分




2

 
1
2

k
（
2）当 k  0 时，
当 k  0 时，
当 k  0 时，
f (x)  x  2 ， f (x)  0x  2  0
，x  6 分
1
f (x)  (x  2)(kx 1)
(x  2)(kx 1)  0
k(x  2)(x  )  0
，即
，即
k
1
1
(x  2)(x  )  0 x  2或x 
，
8 分
k
k
1
当 k  0 时，
(x  2)(x  )  0
k
1
k
（
（
（
ⅰ）当  时，无解 分
2
1
1
ⅱ）当  时，
k
 x  2
12 分
14 分
2
k
1
1
ⅲ）当  时，
k
2  x 
2
k

1
综上所述：当 k  0 时，不等式的解集为 
x x  2或x
 

k 
当 k  0 时，不等式的解集为x x  2
1
2


1
k 
0
 k 
x 2  x  
当
时，不等式的解集为
1
当 
k
时，不等式的解集为
2
1
 1
 k


当 k  时，不等式的解集为 x  x  2 15 分
2
第 1 页 共 4 页
{
#{QQABZYCEgAgAJJAARhCQwl4CEIQkAEAAagGxEAEsAAAwBFABAA=}#}

1
7.（1）提出假设 H0 ：周平均锻炼时长与年龄无关联，
5
00(80240 12060)
2
500
21
由 2 2 列联表中的数据，可得 
2


 23.81 10.828 x0.001
，
2
00 300 140 360



根据小概率值  0.001的独立性检验，我们推断 H0 不成立，
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联； 7 分
6
0
（2）抽取的10 人中，周平均锻炼时长少于 ꢀ 小时的有10
 2 （人），
3
00
2
40
00
不少于 ꢀ 小时的有10
 8 （人）， 9 分
3
则 X 所有可能的取值为1,2,3，
C2
2
C
1
8
1
C21C8
2
7
C8
3
7
所以 P(X 1) 

， P(X  2) 

， P(X  3) 

，
C1
3
0
15
C
3
15
C
3
10
15
10
所以随机变量 X 的分布列为：
X
P
1
1
2
3
7
7
1
5
15
15
1
7
7
12
5
所以数学期望 E(X ) 1  2  3
15

． 15 分
1
5
15
1
8.（1）因为 PA  平面 ABCD，而 AD 平面 ABCD，所以 PA  AD ，
又 AD  PB ， PB  PA  P ， PB,PA  平面 PAB ，所以 AD  平面 PAB ，
而 AB 平面 PAB ，所以 AD  AB .
因为 BC
又 AD 平面 PBC ， BC  平面 PBC ，所以 AD / / 平面 PBC ． 分
2）法一：以 DA ， DC 为 x ， y 轴，过点 D 作平面 ABCD 垂直的线为 z 轴，建立如图所示空间
2
 AB2  AC
2
，所以 BC  AB， 根据平面知识可知 AD / /BC ，
（
直角坐标系 D  xyz :
令 AD  t ，则 A(t ，0， 0) ， P(t ，0， 2) ， D(0 ，0， 0) ，
DC  4 t2 ， C(0 ， 4 t2 ， 0) ， 分

 


n AC

 tx1

4  t
2
y1

0
设平面 ACP 的法向量 n  (x ， y ， z ) ，所以 
，
1
1
1
1
1


2z1

0
设 x1  4  t
2
，则 y  t ， z  0，所以 n  ( 4  t ，t ，0) ， 分
2
1
1
1

n  DP  tx  2z  0

设平面CPD 的法向量为 n  (x ， y ， z )，所以
2
2
2
，



2
2
2
2



4  t
2
y2

0
2
设 z  t ，则 x  2 ， y  0 ，所以 n  (2 ，0， t) ， 分
2
2
2
2
6
3
因为二面角 A  CP  D 的正弦值为
，则余弦值为
，
3
3
第 2 页 共 4 页
{
#{QQABZYCEgAgAJJAARhCQwl4CEIQkAEAAagGxEAEsAAAwBFABAA=}#}

 
n  n

2 4  t
2
3
| cs  n ， n || 
1
2
 
| n || n |
又二面角为锐角，所以
，
1
2
3
2

2
t
4
1
2
解得 t  2 ，所以 AD  2 分
法二：如图所示，过点 D 作 DE  AC 于 E ，再过点 E 作 EF  CP 于 F ，连接 DF ，
因为 PA  平面 ABCD，所以平面 PAC 平面 ABCD，而平面 PAC  平面 ABCD  AC ，
所以 DE  平面 PAC ，又 EF  CP ，所以CP  平面 DEF ，
根据二面角的定义可知，DFE 即为二面角 ACP  D 的平面角， 12 分
6
即sinDFE 
，即 tanDFE  2 ．
3
x 4 x2
因为 AD  DC ，设 AD  x ，则CD  4 x
，由等面积法可得， DE 
，
2
2

 

2
x
2
4 x2

4 x
4
x
2
又CE   
4 x

，而EFC 为等腰直角三角形，所以 EF

，
2

2
2
4
2
x 4 x2
2
 x2
故 tan DFE



2，解得 x

2 ，即 AD

2 ． 17 分
4
2
2
注：其他做法相应给分.
1
9.（1） f x cs x
，
f x  sinx 1在 R 上恒成立，
故 f x cs x
是R 上的“一阶有界函数”；
gx 2x
  
g x
2
ln 2，当
  
时， g x
2
1
ln 2  2ln e 1，
x
x 1
，
故 gx 2x
不是 R 上的“一阶有界函数”. 4 分
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{
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（2）正确. 若函数  为 R 上的“一阶有界函数”，则
f x
f x 1，
又  在R 上单调递减，即
f x
f x 0
1 f x 0
，所以 ，
F x  f x  x Fx f x1 0，所以 F(x)
令  
 
，
在 R 上单调递增，
x  x
1 2
设 A(x , y ) ， B(x , y ) ，其中
1
1
2
2

  
      
    
x） F x F x2
f x
f x
f x
x （ f x
k 1
1
2
1
1
1
2
2 
1
 0
，
k  1；
故
x1  x2
x1  x2
x1  x2

  
f x2
f x
又  在R 上单调递减，所以
f x
f x  f x 
，k 
1
0，故 1 k  0
；... 10 分
1
2
x1  x2
3）函数 hx ex  ax3 ex2  a 1 x hx ex 3ax2 2ex a 1

 ，
（
hx 1，1 hx1对x0,1
恒成立
h(x)
为区间[0,1] 上的“一阶有界函数”，则
若
e  2
e
则 h0 1，
a 1，1 a  3； h1 1， 2a e1 1，
 a 
，
2
2
2
e
则1≤ a ≤ ． 12 分
2
e
T x  h x  ex 3ax2 2ex a 1，Tx ex 6ax 2e
令  
 
，其中1≤ a ≤
，
2
因为 y  ex ， y  6ax 在区间[0,1]
上单调递增，所以Tx ex 6ax 2e在区间[0,1]
上单调递增，
  
T 0 1 2e 0

，T1 6a e  0，所以存在 x0 0,1，使Tx0  0，即ex0  6ax0  2e  0

，
当0  x  x0 时，Tx 0
，T(x) 单调递减；当
x  x 1，Tx 0，T(x)
单调递增.
0
所以，hx在区间0, x0 单调递减，在区间x0,1单调递增，
所以 hx
 h x  ex 3ax 22ex0 a 1 3ax0 2 6a  2e x  2ea 1
 


0
， 14 分
0
0
0
min
h x  1
所以  
x 0,1
时有解，
0
在区间
0
6
a  2e
e
 
x 0,1
0
因为对称轴为 x 
1
1，
h x
在区间
上单调递减，
0
6
a
3a
所以 h0 2ea 1 1,a  2e 2
， 16 分

e 
综上：a 1,  ． 17 分
2

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{
#{QQABZYCEgAgAJJAARhCQwl4CEIQkAEAAagGxEAEsAAAwBFABAA=}#}