2025届四川省遂宁市遂宁中学校高三上学期8月月考数学试题

这是一份2025届四川省遂宁市遂宁中学校高三上学期8月月考数学试题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可．
【详解】由，解得，
因为，
故“”是“”的必要不充分条件．
故选：A．
2．设集合，集合，定义，则中元素个数是（ ）
A．7B．10C．D．
【答案】B
【分析】根据交集和并集的定义求得，再根据的定义求解即可.
【详解】集合，集合
，
，
共有10个元素.
故选：B．
3．数学老师从6道题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能正确求解其中的4道题，则该同学能及格的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用超几何分布的概率公式计算即可.
【详解】由题意知抽取3道题该同学不及格的情况只有：只对一道题一种情况，
则只答对一道题的概率为，所以该同学及格的概率为.
故选：A
4．某平台设有“人物”“视听学习”等多个栏目．假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了2篇文章，“视听学习”更新了4个视频．一位学习者准备从更新的这6项内容中随机选取3个视频和2篇文章进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有（ ）
A．192种B．168种C．72种D．144种
【答案】A
【分析】相邻问题用“捆绑法”，结合排列组合的知识求解即可.
【详解】根据题意，分两步进行分析：
第一步，先从4个视频中选3个，有种方法；2篇文章全选，有种方法；
第二步，2篇文章要相邻，则可以先“捆绑”看成一个元素，内部排列，有种方法；
第三步，将“捆绑”元素与3个视频进行全排列，有种方法.
故满足题意的学法有种.
故选：A.
5．若，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．无最小值
【答案】C
【分析】将式子配凑成，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】若，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为8．
故选：C．
6．如图是函数的部分图象，记的导数为，则下列选项中值最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数的图象，结合导数的几何意义，即可判断.
【详解】
由图可知，为负数，为正数，故不选，
设在处的点为，显然的斜率大于，
则，可转化为，
所以的值最大.
故选：A．
7．新高考改革后，生物，化学，政治，地理采取赋分制度：原始分排名前的同学赋分分．若原始分的最大值为，最小值为，令为满足， 的一次函数．对于原始分为的学生，将的值四舍五入得到该学生的赋分.已知小赵原始分，赋分；小叶原始分，赋分；小林原始分，他的赋分是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】由题意设，再根据赋分原理，列出和的范围，并表示，根据不等式，即可求解.
【详解】设，，，
，
∴，.
∴赋分是或.
故选：D.
8．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：，下列结论不正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．的取值范围为
【答案】C
【分析】用用代替，判断曲线的对称性，判断A的真假；利用基本（均值）不等式求的最小值，判断B的真假；利用，可求的取值范围，结合可求的最大值，判断C的真假；利用先求的取值范围，结合，可得的范围，即的范围，可判断D的真假.
【详解】对A：因为用代替，方程不变，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对B：，当点在轴上取得等号，故B正确；
对C：因为，
因为，所以.
所以.故C错误；
对D：因为；
所以.
所以，所以，故D正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：对卡西尼卵形线的性质的分析，分别求，的取值范围是解决问题的关键.曲线方程可化为，利用配方法可得的取值范围；利用，可得的取值范围.
二、多选题
9．若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】抓住一元二次方程、一元二次不等式和一元二次函数“三个二次”的关系分析，结合图象即可一一判断.
【详解】对于A，由题意，结合二次函数的图象知，抛物线开口应向下，则，故A错误；
对于B，依题意，，且一元二次方程的两根为和3，
由韦达定理，，故，，即，故B正确；
对于C，由上分析可得，故C正确；
对于D，由上分析可得，故D正确.
故选：BCD.
10．已知展开式中各项二项式系数之和为128，则（ ）
A．
B．展开式的各项系数之和是
C．展开式中第4项和第5项的二项式系数最大
D．展开式中无常数项
【答案】ACD
【分析】利用二项式系数和公式可先得判定A，利用赋值法可判定B，利用二项式系数的性质可判定C，利用通项公式可判定D.
【详解】由题意可知，则，故A正确；
令，则，故B错误；
因为，所以由二项式系数的性质可知中间两项系数最大，
即第4、5项二项式系数最大，分别为，故C正确；
设展开式的通项为，
显然无整数解，故D正确.
故选：ACD.
11．2024年3月3日，由中国田径协会技术认证，贵州省体育局、黔西南州人民政府共同主办的“加油奔跑·兴义真好”2024万峰林马拉松赛鸣枪开跑.近2万名选手穿行城市间，奔跑峰林中，尽享“万峰成林处、阳光黔西南”的山水画卷.本次马拉松共设置了4个服务站点（真实数据是16个，本题设置为4个），某参赛运动员在第1个服务点停留的概率为，在其他服务点停留的概率均为．用随机变量X表示该运动员会停留的服务点的个数，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．一次都不停留的概率为D．至多停留一次的概率为
【答案】BC
【分析】运用相互独立事件概率乘法公式，结合组合数公式逐个计算即可
【详解】的所有可能为.
，，
，.
则选项中，错误，正确.
故选：BC
三、填空题
12．命题 ，，则命题的否定为 ．
【答案】，
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断即可.
【详解】命题 ，为存在量词命题，
其否定为：，.
故答案为：，
13．若存在，使不等式成立，则a的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用分离参变量思想，再用换元法转化到对钩函数求最小值，即可得到取值范围.
【详解】由，
因为，所以，令，
由，
构造函数，
即，当且仅当时取等号，
所以
故答案为：.
14．已知随机变量，且，则函数的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用正态分布的对称性求出，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】由随机变量，且，得，解得，
当时，
，当且仅当，即时取等号，
所以所求最小值为.
故答案为：
四、解答题
15．已知全集，集合，，
(1)分别求；
(2)若，求的取值范围；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)，或
(2)
(3)
【分析】（1）先利用一元二次不等式和绝对值不等式解得集合，根据集合的运算的定义求出结果；
（2）对集合分类讨论参数的取值范围；
（3）若，对集合分类讨论参数的取值范围；
【详解】（1）集合
或，
或
（2），
①当时，，
②当时，则，
解得，
综上所述，的取值范围为；
（3）若，
①当时，，
②当时，或，
或，
综上所述，若，则的取值范围为，
所以若，则的取值范围．
16．某商店对该店某款冰雪运动装备在过去的一个月内（以30天计）的销售情况进行分析发现：该款冰雪运动装备的日销售单价（元/套）与时间x（该月的第x天）的函数关系近似满足（k为正常数）.该商品的日销售量（个）与时间x（天）部分数据如下表所示：
已知第10天该商品的日销售收入为121元.
(1)求k的值；
(2)根据上表中数据，用函数模型，（为常数）来描述该商品的日销售量与时间x的关系，试求出函数的解析式；
(3)根据（1）（2）的结论，求该商品的日销售收入（，）（元）的最小值.
【答案】(1)
(2),（，）
(3)121元
【分析】（1）根据第10天该商品的日销售收入为121元，列出方程解之即得；
（2）在表格中任取两组对应值代入，得二元方程组，求解即得；
（3）依题列出的解析式，运用基本不等式求出其最小值即得.
【详解】（1）因为第10天该商品的日销售收入为121元，
即，解得；
（2）由表中数据可得，，即，
解得，故,（，）
（3）依题意，，
因，，由，当且仅当时等号成立，
即该商品的日销售收入在第10天最小，最小值为121元.
17．设某幼苗从观察之日起，第天的高度为，测得的一些数据如下表所示：
作出这组数据的散点图发现：与（天）之间近似满足头系式，其中，均为大于0的常数．
(1)试借助一元线性回归模型，根据所给数据，用最小二乘法对，作出估计，并求出关于的经验回归方程；
(2)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的4个点，记这4个点中幼苗的高度大于的点的个数为，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量的分布列和数学期望．
附：对于一组数据，，…，，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．
【答案】(1)
(2)分布列见详解；
【分析】（1）令，则，变为线型回归问题，先根据已知数据得到的对应数据表，计算样本中心，然后利用最小二乘估计公式依次计算b和a的估计值，求得关于的线性回归方程，进而得到y关于x的回归方程；
（2）利用超几何分布概率公式计算，求得随机变量的分布列，并根据分布列，利用数学期望计算求得期望值．
【详解】（1）令，则，根据已知数据表得到如下表：
则，，
可得，
，
通过上表计算可得：，
因为回归直线过点，则，
所以y关于的回归方程.
（2）由题意可知：7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，
从散点图中任取4个点，即从这7天中任取4天，
所以这4个点中幼苗的高度大于的点的个数的取值为1，2，3，4，则有：
；；
；；
所以随机变量的分布列为：
随机变量的期望值.
18．已知函数的图象在点处的切线方程为
(1)求的解析式；
(2)若对任意有恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数在内有3个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，，即可求出、的值，从而得解；
（2）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最大值（），即可得解；
（3）由（1）可得，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数在区间内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数的取值范围．
【详解】（1）因为，则，
依题意，，解得，，
所以；
（2）由（1）可得，
当时恒成立，
所以在上单调递减，
所以当时，函数取得最大值，，
因为对任意有恒成立，所以，.
.
实数的取值范围为.
（3）由（1）可得：，
，
令，解得或，
所以、、列表如下：
由表格可知：当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值，
且当时，当时，
要满足函数在区间内有3个零点，
则，解得，
所以实数的取值范围.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
19．某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.

(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. )
(2)（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；
（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析，；（ii）
【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率.
（2）（i）先求出的取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可；
（ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可.
【详解】（1）由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
．
即，，所以，
因为质量指标值近似服从正态分布，
所以，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为.
（2）（i），所以所取样本的个数为20件，
质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3，
相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
（ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件，
设每箱产品的利润为元，
由题意知：，
由（1）知：每箱零件中A等品的概率为，
所以，所以，
所以
.
令，由得，，
又，，单调递增，，，单调递减，
所以当时，取得最大值.
所以当时，每箱产品利润最大.
x
10
20
25
30
110
120
125
130
第天
1
4
9
16
25
36
49
高度
0
4
7
9
11
12
13
x
y
1
2
3
4
1
0
0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
0
1
2
3