四川省遂宁中学校高新校区2025届高三上学期8月月考数学试题（解析版）

这是一份四川省遂宁中学校高新校区2025届高三上学期8月月考数学试题（解析版），共18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：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，只有一个符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定集合，再求交集.
【详解】根据题意，，
所以.
故选：C
2. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A. 0.14B. 0.36C. 0.72D. 0.86
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态曲线的性质直接求解即可.
【详解】由题意知，，所以，
则，
所以.
故选：A
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的定义域，以及时，且，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，
故排除B,C,当时，且，排除A.
故选：D.
4. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数解析式有意义可得出关于实数的不等式组，由此可解得原函数的定义域.
【详解】由已知可得，即，
因此，函数的定义域为.
故选：C.
5. 若正数x，y满足 则的最小值是（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件及基本不等式即可求解.
【详解】由题设及，可得 .
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为4.
故选：C.
6. 已知某仓库中有10箱同样型号的零件，其中有5箱、3箱、2箱依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的，且甲、乙、丙三厂生产该型号零件的次品率依次为，现从这10箱中任取一箱，再从这箱中任取一个零件，则取得的零件是次品的概率为（ ）
A. 0.08B. 0.1C. 0.15D. 0.2
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件概率公式和全概率公式求解．
【详解】以，，分别表示取得的零件是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，表示取得的零件为次品，
则，，，，，，
则由全概率公式，所求概率为
，
故选：A．
7. 已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由分段函数在上为增函数列式，结合集合的包含关系即可求得结果.
【详解】因为在上单调递增，
所以，
所以是的必要不充分条件，即是“在上单调递增”的必要不充分条件，
故选：C.
8. 已知函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，fx2-fx1x2-x1>0恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先结合条件判断函数的对称性质和单调性，再分别界定三个自变量的值或者范围，利用函数对称性和单调性即得.
【详解】依题可知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递增,则在区间上单调递减.
因，则，，故，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于，得知了函数在上的单调性之后，如何判断三个自变量的大小范围，考虑到三个都是大于1的，且有一个是，故对于和，就必然先考虑它们与的大小，而这需要利用对数函数的单调性得到.
二、多选题:本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 由一组样本数据得到的经验回归方程为，去除两个样本点和后，得到的新的经验回归直线的斜率为3，则此时（ ）
A. 相关变量x，y具有正相关关系
B. 新的经验回归方程为
C. 随值的增加，值增加的速度变小
D. 样本点似残差为0.1
【答案】ABD
【解析】
【分析】由回归系数，可判定A正确；根据题意，求得新的经验回归方程为，可判定B正确；根据回归系数的含义，可判定C错误；根据新的回归方程，求得，结合残差的计算，可得判定D正确.
【详解】对于A中，由回归方程为，可得回归系数，
可得正数知变量具有正相关关系，所以A正确；
对于B中，将，代入，可得，
所以去除点和后，得到新的样本平均数，
因为得到的新的经验回归直线的斜率为3，所以，
所以新的经验回归方程为，所以B正确；
对于C中，经验回归直线的斜率为正数，变量具有正相关关系，
又去除两点后，斜率增大，随x值的增加，y值增加的速度变大，所以C错误；
对于D中，由回归直线方程，当时，可得，
所以样本点似残差为，所以D正确.
故选：ABD.
10. 设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，无极值点
C. ，使在上是减函数
D. 图象对称中心的横坐标不变
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为R判断C；求出图象的对称中心判断D.
【详解】对于A，当时，，求导得，
令得或，由，得或，由，
得，于是在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在R上单调递增，无极值点，B正确；
对于C，要使在R上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为R，C错误；
对于D，由，
得图象对称中心坐标为，D正确.
故选：BD
11. 函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，设，，则以下结论一定正确的有（ ）
A. 为偶函数
B. 函数的图象关于直线对称
C. 的图象关于对称
D. 设数列为等差数列，若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由奇函数的性质可得，两边求导，即可判断A；根据函数的变换规则判断B；令，则为奇函数，又，根据函数的变换规则判断C；结合C及等差数列下标和性质判断D.
【详解】对于A：因为函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，
所以，则，
又，即，故为偶函数，故A正确；
对于B：因为的图象是由函数图象向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，
又因为是偶函数，函数图象关于对称，
所以函数的图象关于直线对称，故B错误；
对于C：因为，令，，
则，
由为奇函数，即，所以，
所以为奇函数，则图象关于对称，
而的图象可以看作由的图象向右平移个单位，再向上平移个单位而得，
所以的图象关于对称，故C正确；
对于D：由选项可知，当时，，
在等差数列中，又，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
第II卷（非选择题）
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，之间的一组数据：
若与满足经验回归方程，则此曲线必过点_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的数表，求出的平均数即可.
【详解】依题意，平均数为，的平均数为，
所以此曲线必过点.
故答案为：
13. 已知函数，，若对任意，总存在两个，使得，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，，画出在[，4]上的函数图象，可得出，进而求得实数的取值范围．
【详解】，，，
作出在[，4]上的函数图象如图：
对任意，总存在两个，使得，
，解得．
故答案为：．
14. 设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值．
【详解】不等式，所以，
即为，即有，可令，则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，则，即，
令，则，
当时，，则函数在上递减，
当时，，则函数在上递增，
所以当时，取得最大值，
所以有，所以，可得，即k的最大值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答．
四、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. 在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【小问1详解】
因为，即，而，代入得，解得：．
【小问2详解】
由（1）可求出，而，所以，又，所以．
【小问3详解】
因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
16. 已知函数.
（1）求函数的解析式；
（2）对任意的实数，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
【详解】试题分析：用换元法令来求函数的解析式（2）由（1）得的解析式代入，分离含参量，求出实数的取值范围
解析：（1）令
∴
即：∴.
（2）由
即：
又因为：，∴
令，则：
又在为减函数，在为增函数.
∴
∴，即：.
点睛：在解答含有参量的恒成立问题时，可以运用分离含参量的方法，求解不等式，注意分类讨论其符号，最后求解结果．
17. 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18. 陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清.目前某省有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后才可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为，，.
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格概率；
（2）经过前后两次烧制后，如果陶瓷合格则可以上市销售，每件陶器可获利100元；如果陶器不能合格，则每件陶器亏损80元，求这3件陶器最终盈亏的分布列和数学期望.
（3），，三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束.按，，的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数的数学期望的最大值.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，30
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式运算求解；
（2）求出三人烧制成功的概率均为，根据题意结合二项分布求分布列和期望.
（3）根据题意列出分布列，求出均值，利用导数求期望的最大值；
【小问1详解】
分别记甲､乙､丙经第一次烧制后合格事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
【小问2详解】
分别记甲､乙､丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
故随机变量的数学期望，
【小问3详解】
由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，最大值为.
19. 柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数，满足①图象在上是一条连续不断的曲线；②在内可导；③对，．则，使得．特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理．
（1）设函数满足，其导函数在上单调递增，判断函数在的单调性并证明；
（2）若且，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【答案】（1）在上单调递增,证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，得取由恒成立，得在0,+∞上单调递增，由即得结论；
（2）先将题设不等式转化成，利用柯西中值定理，将表示成的形式，从而得，不等式恒成立，构造函数求出最大值即得；
（3）将待证不等式等价转化为，对于左式，运用柯西中值定理得到，再根据范围进行放缩即可得证.
【小问1详解】
不妨取，则在0,+∞上单调递增.
证明：因，，令，
因f'x在0,+∞上单调递增，则，在0,+∞上恒成立，
故在0,+∞上单调递增，则，即，
故在0,+∞上单调递增.
【小问2详解】
因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
【小问3详解】
因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，证毕.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查柯西中值定理的应用，属于难题.
解题关键在于充分理解和把握柯西中值定理的内涵，构造与之匹配的结构，运用定理进行解析式的简化，达到透过现象抓住本质的目的.

1
4
9
16

1
2.98
5.01
7.01
120
300
X
1
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3
P