江苏省扬州市宝应县氾水高级中学2024-2025学年高三上学期九月期初考试 数学试题（含解析）

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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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式化简，即可计算得结果.
【详解】.
故选：B
【点睛】本题考查诱导公式的化简求值，属于基础题.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将集合和集合化简，再利用集合的交集运算可得答案.
【详解】，即，
由指数函数的单调性可得，，
，
由，解得，
，
.
故选：B.
3. 已知函数，则“”是“在区间上单调递增”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，，，∴在上单调递增，故充分性成立，
当在单调递增，∴，即，∴，故必要性不成立，
所以“”是“在区间上单调递增”的充分不必要条件.
故选：B
4. 已知为奇函数，则（ ）
A. 1B. 2C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数的性质建立方程，求解参数，再求值即可.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以，而，得到，
解得，经验证符合题意，
所以，故A正确.
故选：A
5. 某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出圆锥底面圆半径，利用圆锥侧面积公式及三角形面积公式列式计算即得.
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，依题意，，解得，
所以.
该圆锥体积为
故选：B
6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
7. 已知角满足，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦和角公式，同角三角函数关系得到，故，利用正切和角公式得到方程，求出.
【详解】因为，
，
所以，
即，则，
因为，所以，
其中，
故，解得.
故选：B.
8. 已知及其导函数的定义域均为，记，，若关于对称，是偶函数，则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知直接得，由复合函数求导法则可得，进一步有，由此即可得解.
【详解】若关于对称，则的图象关于轴对称，
所以，两边求导得，
因为是偶函数，所以，令，就有，
即有，
所以，
所以.
故选：A.
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.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. 已知，，，下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为9B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据基本不等式、二次函数的性质和对数运算性质判断各选项即可.
【详解】因为，，，
所以，
当且仅当，即时取等号，取得最小值9，故A正确；
，
根据二次函数的性质可知，当，时，取得最小值，故B错误；
因为，即，
当且仅当，即时取等号，
所以，即最大值，故C错误；
，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值，故D正确．
故选：AD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. 为偶函数D. 在区间最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
11. Sigmid函数是一个在生物学中常见的S型函数，也称为S型生长曲线，常被用作神经网络的激活函数.记为Sigmid函数的导函数，则（ ）
A. B. Sigmid函数是单调减函数
C. 函数的最大值是D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，求出导函数，代入验证可以判断A；利用导数研究函数的单调性，进而可以判断B；利用基本不等式，可以判断C；易知函数关于点0,1对称,进而可以求D.
【详解】由函数得.
对于A，，故A正确；
对于B， ，S'x=e-x1+e-x2>0，则Sigmid函数是增函数，故B错误；
对于C，，当且仅当，即x=0时取等号，故C正确；
对于D，因为＋＋1，
所以，D正确．
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：求解函数的最值，导数法是一种很重要的方法，但在某些问题中，用导数可能很繁琐，可变形函数借助均值不等式、配方法等求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数定义得到，由诱导公式求出答案.
【详解】根据题意得到，
故.
故答案为：
13. 已知正实数满足，则的最小值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】由题设得且，代入目标式得，再应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】由题设且，则，
所以，
当且仅当，时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：
14. 已知的定义域为且对于任意正数都有，且当时，，则不等式的解集为_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意求出，，，得出是函数的零点，令，则是函数的零点，由当时，得出时，，再证明为增函数，即可求解不等式．
【详解】因为对于任意正数都有，
所以，即，
，即，
，即，
所以是函数的零点，
令，则，即是函数的零点，
因为当时，，令，则，
所以时，，，
且，
任取，且，
，
即，
因为，且，
所以，
所以，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
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. 已知函数是定义域为R的偶函数.
（1）求实数的值；
（2）若对任意，都有成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由偶函数定义求得参数值；
（2）由基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得范围．
【小问1详解】
由偶函数定义知：，
即，
∴对成立，.
【小问2详解】
由（1）得：；
∵，∴，当且仅当即时等号成立，
∴，
∴，即，解得：或 ，
综上，实数的取值范围为.
16. 已知，，设．
（1），求函数的值域．
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面向量数量积坐标运算和三角恒等变换化简可得，再由定义区间求值域即可；
（2）由，求得，由二倍角公式可得，又，再由两角和的正切公式计算即可
【小问1详解】
因为，，
所以
，
，，，
所以函数的值域为．
【小问2详解】
由题设，又，则，
所以，所以，
所以，
所以.
17. 如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.
（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；
①平面⊥平面；
②；
③.
（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）若选择①②，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择①③，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择②③，则只需证明⊥平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
选择①②，可证明③.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
AC平面ABC，得⊥，
又⊥；，平面，
所以⊥平面．
因为平面，所以，
若选择①③，可证明②.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
平面，得，
又⊥，，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以．
选择②③，可证明①.
由，是线段的中点，得⊥
因为⊥，⊥， 平面，，
所以⊥平面．
PD平面PDE，得⊥，
,平面，所以⊥平面．
又平面，故平面⊥平面.
【小问2详解】
方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段的中点F，连接，
则由，及是线段的中点，
得⊥ 由（1）知，⊥平面，
以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且，
，得，得
所以由，是线段的中点，⊥，得：
.
所以，，，.
设面与面的法向量分别为，，
则 ， 得：，所以面的一个法向量为.
， 得：，所以面的一个法向量为.
设平面与平面所成二面角为，
则，
因为，所以面与面所成二面角的大小为．
方法二：延长交的延长线于Q，连接，
则平面与平面.
由三棱锥的体积为，且，
，得，解得.
又由，及是线段的中点，⊥，
在等腰直角三角形中，，，
连结CD，在中，，，，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，
在中，由，所以，
又由（1）知，⊥平面，是在面内射影，
由三垂线逆定理得：，
则即为二面角的平面角，
，
所以面与面所成二面角的大小为.
18. 在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军. 比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”. 接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名. 然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名. 最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】（1）①；②
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）① 甲获得第四名，需要在甲参与的两场比赛中都失败，结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；② 明确随机变量所有可能取值，然后结合对立事件概率和独立事件概率公式分别求出对应的概率，即可求得分布列和期望；
（2）分别求出两种赛制甲夺冠概率，再利用作差法比较两概率的大小，取夺冠概率最大的赛制对甲夺冠有利.
【小问1详解】
①记“甲获得第四名”为事件，又，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
则的分布列如下：
所以数学期望.
【小问2详解】
在“单败淘汰制”下，甲获冠军须比赛两场，且两场都胜，则甲获得冠军的概率为.
(ii) 在“双败淘汰制”下，设事件V为“甲获冠军”，
设事件A为“甲比赛三场，连胜三场”，则；
设事件B为“甲比赛四场：胜负（胜区败）胜（赢败区胜）胜（决赛区胜）”，
则；
设事件C为“甲比赛四场：负胜（败区胜）胜（赢胜区败）胜（决赛区胜）”，
则；
所以 .
由，且，
当时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19. 已知函数.
（1）函数与的图像关于对称，求的解析式；
（2）在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设图像上任意一点坐标为，利用其对称点在的图像上可函数的解析式；
（2）令，可得为的一个极大值点，求得，再证明当时，在恒成立即可；
（3）由（2）可知：，可得，进而可得，利用在上恒成立且当且仅当时取等，可得，，可证结论.
【小问1详解】
依题意，设图像上任意一点坐标，
则其关于对称的点在图像上，
则，则，
故，；
【小问2详解】
令，，
则在在恒成立，
又，且在上是连续函数，则为的一个极大值点，
，，
下证当时，在恒成立，
令，,
当，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
故，在上恒成立，又，
则时，恒成立，
综上，.
【小问3详解】
由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在上恒成立且当且仅当时取等，
令，，则，
即，
则
，
综上，，即证
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.2
3
4
0.16
0.552
0.288