江苏省南通市金沙中学2024-2025学年高三上学期8月第二次检测数学试题（解析版）

这是一份江苏省南通市金沙中学2024-2025学年高三上学期8月第二次检测数学试题（解析版），共17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。

命题人：何彩霞 试做人：王娟 审题人：潘晓杭
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列关系中，表述正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素与集合，集合与集合的关系进行判断.
【详解】因为不含任何元素，故A错；
若，则不成立，故B错；
因为为无理数，所以不成立，故C错；
成立，故D正确.
故选：D
2. 设，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】将对数不等式进行等价变换，结合a>0，，可判断，的取值范围，从而判断与的关系.
【详解】因为，又，
所以，当且仅当时取等号，即，
又，
所以不能推出，所以是的不充分条件；
又，所以是的必要条件，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知函数的定义域是，则函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式和可得．
【详解】由题意得：，解得：，
由，解得：，
故函数的定义域是，
故选：C.
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数式可确定函数奇偶性，可排除C选项，再根据，，时值可排除B,D选项.
【详解】由题意知，且，
则，所以为奇函数，关于原点对称，可排除C选项，
又因当时，则，故可排除B选项，
当时，则，可排除D选项，
故选：A
5. 若关于的不等式的解集为，则（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由题得、为方程的根，利用韦达定理计算即可得解.
【详解】由已知可得、为方程的根，
由韦达定理可得：，解得：
故选：B
6. 若，则函数有零点的概率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：显然总方法中数为：种
当时：无论取中何值，原函数必有零点，所以有种取法；
当时，函数为二次函数，若有零点须使：Δ≥0即即，所以取值组成的数对分别为：共种，
综上符合条件概率为：，所以答案为：A.
解法二：（排除法）总的方法种数为种，其中原函数若无零点须有且即，所以此时取值组成的数对分别为：共种，所以所求有零点的概率为：，答案为A.
考点：1.分情况讨论思想；2.二次函数的零点.
7. 定义在R上偶函数在上是增函数，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，利用函数的奇偶性和单调性可解得结果.
【详解】当时，可化为，
又为偶函数且，所以不等式可化为，
因为在上是增函数，所以，解得；
当时，可化为，
又为偶函数且，所以不等式可化为，
因为在上是增函数，所以，解得；
综上所述：不等式的解集为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性和单调性求解是解题关键.
8. 已知函数，存在最小值，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数讨论函数性质，作出函数图形，由题意，结合图形可得，即可求解.
【详解】，，
令得，
且时，；时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，令时，解得或，
所以其图象如下：
由图可知，时存在最小值，
所以，解得，
即实数a的取值范围为.
故选：
二、多选题：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.
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】采用特值法判断C的真假；利用基本不等式判断B的真假；利用不等式的性质判断AD的真假.
【详解】对A：因为，，所以，故A正确；
对B：因为，所以，两边同乘以得：，故B正确；
对C：取，，则，，，所以不成立，故C错误；
对D：因为，所以，所以，即，故D正确.
故选：ABD
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 设m为直线，，为平面，且，则“”是“”的充要条件
B. 设随机变量，若，则
C. 若不等式恒成立，则m的取值范围是
D. 已知直线经过点，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线面的位置关系判断A的真假；根据正态分布的性质判断B的真假；根据基本（均值）不等式判断CD的真假；
【详解】对A：因为，或，故A错误；
对B：因为，所以，又，所以，
所以，故B正确；
对C：因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，解得，故C错误；
对D：因为直线经过点，所以.
又，
当且仅当时，等号成立，故D正确.
故选：BD
11. 一圆锥的侧面展开图如图所示，，弧长为，为线段的中点，为弧中点，则（ ）
A. 该圆锥的体积为
B. 在扇形中，
C. 该圆锥内半径最大的球的表面积为
D. 该圆锥内接正四棱柱表面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件及弧长公式，利用圆锥的体积公式及向量的线性运算，再利用数量积的定义，等体积法锥体内切球半径表面积和球的表面积公式，结合正四棱柱的表面积公式和二次函数的性质即可求解.
【详解】因为圆锥的侧面展开图中，，弧长为，
所以，解得，
设圆锥底面圆的半径为，则，解得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，故A正确；
因为，为线段的中点，为弧中点，
所以
，故B错误；
圆锥内半径最大的球就是圆锥的内切球，设内切球半径为，
由等体积可得，解得，
所以该圆锥内半径最大的球的表面积为，故C正确；
设圆锥内接正四棱柱的高为，底面正方形边长为，则
，
所以正四棱柱的表面积为
，
由二次函数的性质可知，当时，取得最大值为，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若的展开式中的系数为，则展开式中所有项的二项式系数之和为 __．（以数字作答）
【答案】32
【解析】
【分析】直接利用二项式的展开式求出结果．
【详解】根据的展开式的通项公式为，
当r＝3时，，解得；
故所有项的二项式系数之和为．
故答案为：32．
13. 已知函数满足对任意，都有成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由得到单调递减，再根据分段函数的单调性列出不等式组，求出的取值范围.
【详解】由可知：为单调递减函数，
故，，且，
解得：，
则的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知实数x，y满足，且，的最小值为____.
【答案】##1.6
【解析】
【分析】巧妙运用权方和不等式求解和式的最小值问题，关键是找到所求式的两个分母与题设和式的内在联系.
【详解】要求最小值，先来证明权方和不等式，即：有当且仅当时取等号.
证明：利用柯西不等式：，当且仅当时取等号，
要证只须证，
因则=
当且仅当时，即时取等号.
不妨令,整理得，
则解得则 ，
当且仅当时等式成立，由解得：，即当时，的最小值为.
故答案为：
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. 集合，.
（1）用区间表示集合A；
（2）若，，求a，b的取值范围.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）解分式不等式，求出A的具体区间；
（2）由题意，由此求出a和b的取值范围.
【小问1详解】
由，有，解得或，
∴；
【小问2详解】
，，
对于，可得，
又，解得或；
∵，得，，
∴a，b的取值范围是，；
综上，，，.
16. 某中学为了解高中数学学习中抽象思维与性别的关系，随机抽取了男生120人，女生80人进行测试.根据测试成绩按分组得到如图所示的频率分布直方图，并且男生的测试成绩不小于60分的有80人.
（1）填写下面的列联表，判断是否有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关；
（2）规定成绩不小于60（百分制）为及格，按及格和不及格用分层抽样，随机抽取10名学生进行座谈，再在这10名学生中选2名学生发言，设及格学生发言的人数为，求的分布列和期望.
附：
【答案】（1）表格见解析，有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）计算成绩小于60分的人数，填写2×2列联表，进行独立性检验即可；
（2）根据题意，X的所有可能取值为0，1，2，根据超几何分别写出分布列和期望即可．
【小问1详解】
成绩小于60分的人数为：
由题意，得列联表如下表：
故有的把握认为高中数学学习中抽象思维与性别有关；
【小问2详解】
由（1）知，200人中不及格的人数为80，及格人数为120
用分层抽样随机抽取的10名学生中不及格有4人，及格有6人
由题意，的所有可能取值为，且服从超几何分布，则，
即：
的分布列为.
17. 已知函数.
（1）若函数在区间上单调，求实数的取值范围；
（2）若对于任意的总存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分类讨论函数的类型，图象的开口方向，结合二次函数的单调性列式可求出结果；
（2）转化为的值域是值域的子集，再分别求出和的值域，根据子集关系列式可求出结果.
【小问1详解】
当时，，在区间上单调递减，符合题意；
当，函数是二次函数，对称轴为，
因为函数在区间上单调，
所以当时，则，所以，
当时，则，所以，
综上所述，若函数在区间上单调，则实数的取值范围.
【小问2详解】
由条件可知：的值域是值域的子集，
因为，当且仅当即时等号成立，
所以值域为；
当时，值域为，显然符合条件；
当时，值域为，不成立；
当时，值域为，
由的值域是值域的子集，得，即；
综上所述，实数的取值范围为.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足．
（1）求证：平面﹔
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，根据条件证明即可得证；
（2）先证明平面，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【小问1详解】
如图，连接交于，连接，
由是的中点可得，又为正方形，
所以，所以，所以，即，
又，即，所以/，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
因平面平面，且平面平面，为等边三角形，点是线段的中点，
可得，又平面，故得平面.
如图，取的中点为，连接，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
所以，，则，
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
又平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）若曲线在处的切线方程为，求实数的值；
（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；
（2）构造函数，将问题转化为恒成立；求导后，分别在、和的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.
【小问1详解】
，，
在处的切线为，，
解得：，.
【小问2详解】
由得：，
令，则当时，恒成立；
；
①当时，，，，
在上单调递减，，不合题意；
②当时，，
i.当，即时，在上恒成立，
在上单调递增，，符合题意；
ii.当，即时，
若，则，在上单调递减，
此时，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
成绩小于60
成绩不小于60
合计
男
女
合计
0.10
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
成绩小于60
成绩不小于60
合计
男
40
80
120
女
40
40
80
合计
80
120
200
0
1
2