江苏省扬州市2024-2025学年高三上学期开学考试 数学 含答案

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参考答案
1.C 2. D 3. C 4.B 5.B 6.D 7.A 8.A
9. AD 10.BCD 11.BCD
15.（1）  2 2 8 13  lg 1 0,2
 A  x x   ，，B  x 2x   4 分

 A B 1，2 CR A   ,13,  (C A)  B   ,23,

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
16.（1） f (x)  0 的解集为 1,2, 1,2是方程 f (x)  0 的根且 k  0
 k 1 f (x)  x2 3x  5 分
（2）当 k  0 时， f (x)  x  2 ， f (x)  0x  2  0 ，x  6 分
1
当 k  0 时， f (x)  (x  2)(kx 1) ，即 (x  2)(kx 1)  0 ，即 k(x  2)(x  )  0
k 1 1
当 k  0 时， (x  2)(x  )  0 ，x  2或x  8 分
k k 1
当 k  0 时， (x  2)(x  )  0
k 1
（ⅰ）当 k  时，无解 分
2
1 1
（ⅱ）当 k  时，  x  2
12 分 2 k
1 1
（ⅲ）当 k  时， 2  x  14 分
2 k
 1
x x  2或x 
综上所述：当 k  0 时，不等式的解集为  
 
k
当 k  0 时，不等式的解集为x x  2
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}12.0.3 13.b  c  a 14.
1
eln2

1 2 



 12

2k
1

k
2
k
当
当
1
0  k  时，不等式的解集为
2
1
k  时，不等式的解集为
2



x 2
 x 
1
k



当
1
k  时，不等式的解集为
2



1
k



 x  2
即认为周平均锻炼时长与年龄有关联； 7 分
60
（2）抽取的10 人中，周平均锻炼时长少于 小时的有10  2 （人），
300
240
不少于 小时的有10  8 （人）， 9 分
300
则 X 所有可能的取值为1,2,3，
所以随机变量 X 的分布列为：
X 1 2 3
18.（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 BC2  AB2  AC2 ，所以 BC  AB， 根据平面知识可知 AD / /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
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 t ， C(0 ， 4 t2 ， 0) ， 分
2
 

n  AC  tx  4  t y  0
2
设平面 ACP 的法向量 1 ( 1 y ， z1) ，所以 ，
n  x ， 1 1 1
 1


2z  0
1
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}17.（1）提出假设
H ：周平均锻炼时长与年龄无关联，
0
由 2 2 列联表中的数据，可得

2
500(80240 12060) 500
2
   23.81 10.828
200300140360 21
x ，
0.001
根据小概率值  0.001的独立性检验，我们推断
H 不成立，
0
所以
C C 1
2 1
2 8
P(X 1)   ，
C 15
3
10
C C 7
1 2
P(X 2) 2 8
   ，
C 15
3
10
C 7
3
P(X  3)  8  ，
C 15
3
10
P
1
15
7
15
7
15
所以数学期望
1 7 7 12
E(X ) 1  2  3  ． 15 分
15 15 15 5
设 x   t2 ，则
1 4
y  t ，
1
z  ，所以 2
1 0 n1  ( 4  t ，t ，0) ， 分
设平面CPD 的法向量为
n  x ，
2 ( 2
y ，
2
z2 )，所以
n  DP  tx  2z  0

2 2 2
  ，

n  DC  4  t y  0
2

2 2
设
z  t ，则
2
x2  2 ，
y  ，所以
2 0
n   ，0， t) ， 分
2 ( 2
因为二面角 A  CP  D 的正弦值为
6
3
，则余弦值为
3
3
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
即sin 6
  ，即 tanDFE  2 ．
DFE
3
x 4 x
2
注：其他做法相应给分.
19.（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 2 ， gx  2 ln 2，当 x 1时，  
x 1
x g x   e  ，
2 ln 2 2ln 1
故   2
x
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}又二面角为锐角，所以
3
3
| cs 

n ，
1

n  n 2 4  t
2
n || 1 2 
  ，
2 2
| n || n | 2 t 4

1 2
因为 AD  DC ，设 AD  x ，则CD  4 x2 ，由等面积法可得，
DE
x 4 x
2
 ，
2
x 4  x  4  x
2 2 2
又  
CE 4 x     ，而EFC 为等腰直角三角形，所以
    ，而EFC 为等腰直角三角形，所以
EF
CE 4 x
2
4 2
4 x
2
 ，
2 2
故
2
tanDFE   2
，解得 x  2 ，即 AD  2 ． 17 分
4 x
2
2 2
（2）正确. 若函数 f x为 R 上的“一阶有界函数”，则 f x 1，
又 f x在R 上单调递减，即 f x 0 ，所以 1 f x 0 ，
令 F x f x x ， Fx f x1 0，所以 F(x) 在 R 上单调递增，
（3）函数 hx ex  ax ex a 1x，   ex 3 2e 1
3 2 h x   ax2  x a 
若 h(x) 为区间[0,1] 上的“一阶有界函数”，则 hx 1，1 hx1对x0,1恒成立
e
则1≤ a ≤ ． 12 分
2
e
令T x hx  ax  x a  ，Tx e 6ax 2e，其中
ex 3 2e 1 x
2
1≤ a ≤ ，
2
因为 y  ex ， y  6ax 在区间[0,1] 上单调递增，所以   e 6 2e
T x  x  ax  在区间[0,1] 上单调递增，
T    ，T1 6a e  0，所以存在   0 0
0 1 2e 0 x0  0,1 ，使   e 6 2e 0
T x  ，即 x  ax   ，
0
0
所以，hx在区间0, x 单调递减，在区间 0,1
x 单调递增， 0
所以 hxmin  hx  e 3ax 2ex a 1 3ax 6a  2ex  2ea 1， 14 分
x0 2 2
0 0 0 0 0
所以 hx   在区间  
0 1 x0  0,1 时有解，
所以 h0 2ea 1 1,a  2e 2 ， 16 分
 e 
综上：   
a 1,
 
2
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}设
A(x , y ) ，
1 1
B(x , y ) ，其中
2 2
x  x
1 2
k
f x  f x  f  x  x （ f x   x） F x  F x
1 1   0，故 k  1；
1 2 1 1 2 2 1 2
x  x x  x x  x
1 2 1 2 1 2
又 f x在R 上单调递减，所以    
f x  f x ，k
1 2
f x  f x 

 0，故 1 k  0；... 10 分
1 2
x  x
1 2
则 h0 1， 2a 1，1 a  3； h1 1， 2a e1 1，
e  2 e
 a  ，
2 2
0  x  x 时，Tx 0，T(x) 单调递减；当
当
0
x0  x 1，Tx 0，T(x) 单调递增.
因为对称轴为
x
6a  2e e
    ，hx 在区间 x  上单调递减，
1 1 0 0,1
0
6a 3a