江苏省镇江市2025届高三上学期期初质量监测-数学试题+答案

2024~2025学年度上学期高三期初试卷 数 学 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．6 B．7 C．8 D．92．已知集合A{x|x23x40}，B{x|2x0，xN}，则ABA．{3，4} B．{0，1} C．{1，0，1} D．{2，3，4}3．已知x0，y0，xy4，则x2y的最小值为A．4 B．4eq \r(,2) C．6 D．8eq \r(,2)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．eq \f(2,3) B．eq \f(5,6) C．eq \f(3,4) D．eq \f(1,2)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．3eq \r(,3) B．eq \f(\r(,2),12) C．eq \f(9\r(,2),4) D．eq \r(,6)6．随机变量X服从N(，2)，若P(X1)P(X3)，则下列选项一定正确的是A．P(X|3)1 B．1C．2 D．P(X3)P(X1)17．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点N为侧面四边形CDD1C1的中心，则四面体NCB1C1的外接球的体积为A．2 B．4 C．2eq \r(,2) D．eq \f(8\r(,2),3)8．已知定义域为R的函数f(x)，满足f(1x)f(1y)f(xy)f(x)f(y)，且f(0)0，f(1)0，则以下选项错误的是A．f(1)0 B．f(x)图象关于(2，0)对称C．f(x)图象关于(1，0)对称 D．f(x)为偶函数二、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．(e3x)3ex B．(eq \f(x\s(2),2x1))xC．(2sinx3)2cosx D．(lneq \f(x,2x))eq \f(2,x(2x))10．已知P(A)eq \f(3,5)，P(B)eq \f(4,5)，则下列说法正确的是A．P(AB)eq \f(12,25) B．P(A|B)eq \f(2,5) C．P(AB)eq \f(23,25) D．eq \f(2,3)(B|A)111．函数yf(x)的定义域为I，区间DI，对于任意x1，x2D(x1x2)，恒满足f(EQ \F(x\S\DO(1)x\S\DO(2),2))EQ \F(f(x\S\DO(1))f(x\S\DO(2)),2)，则称函数f(x)在区间D上为“凸函数”．下列函数在定义域上为凸函数的是A．f(x)lnx B．f(x)ex C．f(x)x2 D．f(x)eq \r(,x)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 ．13．已知二次函数f(x)从1到1x的平均变化率为2x3，请写出满足条件的一个二次函数的表达式f(x) ．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 ．第14题(图)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．(13分)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E(X)．16．(15分)如图，在四棱锥PABCD中，PA2eq \r(,3)，ADBC，ABBC2，AD平面PAB，PDAB，E，F分别是棱PB，PC的中点．(1)证明：DF平面ACE；(2)求二面角ACEB的正弦值． (第16题图)17．(15分)我们可以用“配方法”和“主元法”等方法证明“二元不等式”：a2b22ab(a，bR)，当且仅当ab时，a2b22ab等号成立．(1)证明“三元不等式”：a3b3c33abc(a，b，c[0，)) ．(2)已知函数f(x)x2eq \f(2,x)．解不等式f(x)5；对任意x(0，)，f(x)m22m恒成立，求实数m的取值范围．18．(17分)在如图所示的平行六面体ABCDA1B1C1D1中，A1ABA1AD45，BAD60，AB1，AD2，AA12eq \r(,2)．(1)求AC1的长度；(2)求二面角BAA1D的大小；(3)求平行六面体ABCDA1B1C1D1的体积．(第18题图)19．(17分)已知函数f(x)eq \f(e\s(x)1,e\s(2x))ax．(1)函数yf(x)是否具有奇偶性?为什么?(2)当a1时，求f(x)的单调区间；(3)若f(x)有两个不同极值点x1，x2，证明：f(x1)f(x2)eq \f(7,8)．2024~2025学年度上学期高三期初试卷数学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：B4. 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：以为个位数的三位数，是，共有2种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：C6. 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:：C7. 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.公众号：高中试卷君二、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：808590.16. 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．公众号：高中试卷君（1）证明“三元不等式”： ．（2）已知函数．解不等式；对任意x0,+，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析 （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】由可得：，所以，即，即，则，所以，解得：因为当x0,+时，，当且仅当，即时取等，所以当x0,+时，，对任意x0,+，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】公众号：高中试卷君作，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.