江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期9月质量监测数学试题

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2024.9
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知一组数据：4，6，7，9，11，13，则这组数据的第50百分位数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】借助百分位数定义计算即可得.
【详解】由，故这组数据的中位数为.
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，，则.
故选：B.
3. 已知，，，则的最小值为（ ）．
A. 4B. C. 6D.
【答案】B
【解析】由于，，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为.
故选：B
4. 由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将组成没有重复数字的三位数，共有种，
而其中偶数有两种情况：
①以为个位数的三位数，是，共有2种
②以为个位数的三位数，是，共有2种
所以，这个三位数是偶数的情况共有种，
所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.
故选：A.
5. 若正三棱锥的所有棱长均为3，则该正三棱锥的体积为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，正三棱锥，，
取中点，连接，取等边三角形的中心，连接，
由正四面体的性质可知，顶点与底面中心连线垂直底面，
∴平面
即三棱锥的高为，
∵，
∴，∴，
∴，
∴.
故选：C
6. 随机变量服从若
则下列选项一定正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为
由正态分布的对称性，可得，正态分布方差无法判断，
，，
所以ABD错误.
故选:：C
7. 已知正方体的棱长为，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
如图：取中点，连结，
因为的棱长为的正方体，
所以，且，
所以四面体的外接球的球心为为，且外接球半径，
所以四面体的外接球的体积.
故选：D.
8. 已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ）
A. B. 图象关于对称
C. 图象关于对称D. 为偶函数
【答案】B
【解析】对于A，令，则，所以f1=0，故A正确；
对于B，令，则，即，
解得：或，因为，所以，
令，，所以，
所以图象不关于2,0对称，故B错误；
对于C，令，则有
即，故图象关于1,0对称，故C正确.
对于D，令，则有
即，即，
即，因为函数的定义域为R，
所以为偶函数，故D正确.
故选：B.
二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】对于A选项，，A错误；
对于B选项，，B错误；
对于C选项，，C正确；
对于D选项，，D正确.
故选：CD.
10. 已知事件A与B发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】对于A，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立，
所以，不一定成立，故A错误；
对于B，由于，则，
则，故B正确；
对于C，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立，
所以，也不一定成立，故C错误；
对于D，，故，故D正确；
故选：BD.
11. 函数y=fx的定义域为，区间，对于任意，，恒满足，则称函数在区间上为“凸函数”.下列函数在定义域上为凸函数的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】AD
【解析】对A：，，
，
由在0,+∞上单调递增，故其等价于，
化简可得，故满足题意，故A正确；
对B：，，，
取，，可得，，
又，故此时不满足题意，故B错误；
对C：，，，
化简得恒成立，不满足题意，故C错误；
对D：，，，
左右平方后化简可得，故满足题意，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某人参加一次考试，共有4道试题，至少答对其中3道试题才能合格.若他答每道题的正确率均为0.5，并且答每道题之间相互独立，则他能合格的概率为______.
【答案】
【解析】解：某人参加考试，4道题目中，答对的题目数满足二项分布，
所以
故答案为：
13. 已知二次函数从1到的平均变化率为，请写出满足条件的一个二次函数的表达式_______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】设fx=ax2+bx+c，
则，
由题意知，解之得，
显然c的取值不改变结果，不妨取，则.
故答案为：
14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______．
【答案】
【解析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，
正外接圆半径，正四面体的高，
设正四面体的外接球半径为，在中，，解得，
因此，勒洛四面体内切球半径为.
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. 某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有8折、8.5折、9折的奖券各2张，每张奖券的形状都相同，每位顾客可以从中任取2张奖券，最终餐厅将在结账时按照2张奖券中最优惠的折扣进行结算．
（1）求一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率；
（2）若自助餐的原价为100元/位，记一位顾客最终结算时的价格为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1） （2）答案见详解
【解析】【小问1详解】
从6张奖券中，任取2张奖券共有种选法，抽到的两张奖券相同的有3种选法，
所以一位顾客抽到的2张奖券的折扣均不相同的概率为.
【小问2详解】
的所有可能取值为80，85，90，
，
，
，
的分布列为：
.
16. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，，E，F分别是棱，的中点．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】【小问1详解】
如图，连接，因为分别为的中点，

所以，，
又，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，，
又，是平面内两条相交直线，
平面，又平面，
，
所以两两互相垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A0,0,0，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
则，即，令，得，，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
，
设二面角的平面角为，
，则.
所以二面角的正弦值为.
17. 我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：，当且仅当时，等号成立．
（1）证明“三元不等式”： ．
（2）已知函数．
①解不等式；
②对任意x∈0,+∞，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）①；②.
【解析】小问1详解】
因为，
则
（当且仅当时取等），
所以（当且仅当时取等），
同理（当且仅当时取等），
（当且仅当时取等），
三式相加可得：，
又因为，
所以，
所以（当且仅当时取等）.
【小问2详解】
①由可得：，
所以，即，
即，则，
所以，
解得：
②因为当x∈0,+∞时，，
当且仅当，即时取等，
所以当x∈0,+∞时，，
对任意x∈0,+∞，恒成立，
则，
所以，解得：.
所以实数的取值范围为：.
18. 在如图所示的平行六面体中，，．
（1）求的长度；
（2）求二面角的大小；
（3）求平行六面体的体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
根据图形可知：，
则
；
【小问2详解】
作，则等于二面角的一个平面角，
因为，，
则，
易知
，
所以，所以，
即二面角的大小为；
【小问3详解】
由（2）知平面，而四边形的面积，
则平行六面体的体积.
19. 已知函数．
（1）函数是否具有奇偶性?为什么?
（2）当时，求的单调区间；
（3）若有两个不同极值点，，证明：．
【答案】（1）函数不具有奇偶性
（2）的单调递增区间为，单调递减区间为
（3）证明见解析
【解析】【小问1详解】
，而，
显然，且，
所以既不是奇函数，也不是偶函数，故函数y=fx不具有奇偶性.
【小问2详解】
时，，
，
故当时，f′x>0，在上单调递增，
当时，f′x<0，在0,+∞上单调递减，
故的单调递增区间为，单调递减区间为0,+∞
【小问3详解】
，
因为有两个不同极值点，，故即有两个不等的实根，
令，所以有两个不等的正数根，
所以，得，且，
所以
，
设，，
所以在上单调递增，
所以，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据题意转化为有两个不等的正数根，进而得，且，再得
，利用单调性可证.
80
85
90