福建省永定第一中学2025届高三上学期8月质量检测数学试卷

这是一份福建省永定第一中学2025届高三上学期8月质量检测数学试卷，共15页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。
命题：廖占荣 审核：吴锦安､卢秀敏
（考试时间：120分钟 满分150分）
注意：
1.试卷共4页，另有答题卡，解答内容一律写在答题卡上，否则不得分.
2.作图请使用2B铅笔，并用黑色签字笔描画
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求.请把答案填涂在答题卡上.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.函数（为自然对数的底数）在的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
3.已知，那么命题的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数有最小值，则的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.某冷饮店有“桃喜芒芒”“草莓啵啵”“蜜桃四季春”“芋圆葡萄”四种饮品可供选择，现有四位同学到店每人购买一杯饮品，则恰有两种饮品没人购买的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.如图，平行六面体的底面是矩形，，，且，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二､多项选择题：本大题共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.请把答案填涂在答题卡上.
9.已知为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中不正确的是（ ）
A.与互斥 B.
C.与相互独立 D.与不相互独立
11.已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B.为奇函数
C.是周期函数 D.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数，则的最小值为__________.
13.设函数，若不等式恒成立，则的取值范围是__________.
14.已知分别是函数和图象上的动点，若对任意的，都有恒成立，则实数的最大值为__________.
四､解答题：本大题共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）如图，在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面平面，，点为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
16.（15分）已知函数.
（1）若不等式的解集为，求不等式的解集；
（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
17.（15分）提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况.在一般情况下，隧道内的车流速度和车流密度满足关系式：.研究表明：当隧道内的车流密度时造成堵塞，此时车流速度.
（1）若车流速度，求车流密度的取值范围；
（2）定义隧道内的车流量为，求隧道内的车流量的最大值，并指出当车流量最大时的车流密度.
18.（17分）已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单､二单､三单分别为选手，客队三名选手的一单､二单､三单分别为选手.比赛规则如下：第一场为双打（对阵）､第二场为单打（对阵）､第三场为单打（对阵）､第四场为单打（对阵A）､第五场为单打（对阵B）.已知双打比赛中获胜的概率是，单打比赛中分别对阵时，获胜的概率如下表：
（1）求主､客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率；
（2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手为三单､选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大？请说明理由.
19.（17分）已知曲线
（1）若曲线过点，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求在上的值域；
（3）若，讨论的零点个数.
永定一中25届高三质量检测数学试卷
参考答案
20250811
1.C 【详解】由可得，解得或，故或，又因为，故.故选：C.
2.B 【详解】由题知的定义域为，又因为，
所以为偶函数，即图象关于轴对称，排除A､C；又，排除D.故选：B.
3.B 【详解】，根据充分条件､必要条件的定义可知：
对于A，是的充要条件，A错误；对于B，是的必要不充分条件，B正确；
对于C，是的充分不必要条件，C错误；对于D，是的既不充分也不必要条件，D错误.故选：B.
4.B 【详解】因为，且，所以.故选：B
5.C 【详解】当时，，此时；当时，.①时，为常函数，此时在上满足函数有最小值为，
②时，函数此时为单调的一次函数，要满足在上有最小值，需解得，综上，满足题意的实数的取值范围为：，故选：C.
5.A 【详解】解决该问题，可以将四位同学先分为2，2或3，1两堆，共有种分堆方法，再从4种饮品中选出2种，分配给两堆人，故共有种方法.
所以恰有两种饮品没人购买的概率为.故选：A
7.B 【详解】由，可得，
因为底面为矩形，，所以，又
，
所以，则.故选：B
8.C
【详解】
如图所示，作出函数的图象，
方程恰有三个不同实数根，等价于上
述两个函数图象有三个交点，
易知，
显然与必有一个交点，所以要满足题意需与有两个交点，①先求与相切时的值，
设切点为，则，
令，即单调递增，又，所以，当过点时，，此时满足条件的
②再求与相切时的值，
联立，
易知切点横坐标为，显然时，，符合要求，
当过点时，，
此时满足条件的，综上：.故选：C
9.ACD 【详解】因为，所以，故A正确；
对于B，当时不成立，故B不正确；对于C，因为，所以，
所以，即，故C正确；，
所以D正确；故选：ACD.
10.ABC 【详解】因为抛掷一次骰子，包含6个基本事件，
事件A表示结果向上的点数为，所以；
事件表示第二次抛掷结果向上的点数为，所以；
事件表示结果向上的点数为，
，共18种情况，
而抛掷两次骰子共出现种情况，所以；
事件表示结果向上的点数为，
，共18种情况，
而抛掷两次骰子共出现种情况，所以；
对于A：由上述事件与事件表示的结果可知，，所以事件与事件互斥且对立，故A正确；对于B：因为表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率，其中有共6种情况，所以，所以，故B正确；对于C：因为，
表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率，
其中有，共6种情况，
所以，所以A与相互独立，故C正确；
对于D：因为而表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数的概率，其中有，共6种情况，所以，所以与相互独立，故D错误；故选：ABC.
11.ACD
【详解】对于A，由对于任意都满足，
令，则，所以A正确；对于B，令，可得，即
，所以函数关于点对称，所以B错误；
对于C，又由为偶函数知关于直线对称，即，
可得，则，所以，
所以函数的周期为，故C正确；对于D，令，则，
可得，
所以，所以D正确.故选：ACD.
12. 【详解】函数，可得：故：，且，根据均值不等式：，当且仅当取等号
的最小值为：
13. 【详解】函数的定义域为，即函数是奇函数，又函数是增函数，是减函数，因此函数是上的增函数，
不等式，
于是恒成立，而，当且仅当时取等号，则，
所以的取值范围是.故答案为：
14. 【详解】点到直线的距离为，则，
因为点在的图象上，
所以，所以，
令，因为，所以在上递增，
当时，，当时，，所以，
令，则，当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，所以，
所以，所以，
因为对任意的，都有恒成立，所以，所以实数的最大值为，
15.（1）证明见解析（2）
【详解】（1）平面平面，平面平面平面，
平面，
又平面.
又平面平面，
平面.
在中，为的中点，，又平面，
平面，
又平面平面平面
（2）作于点，易知平面，
在中，，
则，
.
如图以点为原点，所在直线为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，解得，
取，则，得，
，
由题可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为
16.（1）（2）
【详解】（1）若不等式的解集为，
即1，2是关于的方程的两个根，则，即，
则，由得，
即，得，解得或，
即不等式的解集为.
（2）不等式对于任意的恒成立，
即对于任意的恒成立，令，
则，令，解得，
当时，当时时
故在上单调递增，在上单调递减，
又，故，所以.
17.（1）（2）的最大值为2600，此时车流密度为80.
【详解】（1）由题意可知：当时，，
所以，解得：，
所以，
当时，，解得：，所以；
当时，，解得：，所以，
综上：车流速度，车流密度的取值范围为.
（2）由题意可得：
当时，，
由二次函数的性质可知：当时，取最大值为1350；
当时，
（当且仅当，即时取等）
所以当时，取最大值为2600，
综上可知：的最大值为2600，此时车流密度为80.
18.（1）（2）能通过临时调整选手为三单､选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大，理由见解析
【详解】（1）解：设“主､客队分出胜负时恰进行了3场比赛”事件为事件，
则事件包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件，
“主队3场全胜”的概率为，
“客队3场全胜”的概率为，
所以，
所以主､客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率为.
（2）能，理由如下：
设“剩余四场比赛未调整出场顺序，客队获胜”为事件，第二场单打（对阵）､第三场单打（对阵）､第四场单打（对阵）､第五场单打（对阵）的胜负情况分别为：胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜､负胜胜胜；
则，
设“剩余四场比赛调整出场顺序，客队获胜”为事件，第二场单打（对阵）､第三场单打（对阵）､第四场单打（对阵）､第五场单打（对阵）的胜负情况分别为：胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜､负胜胜胜；
则，
因为，
所以客队调整选手为三单､选手为二单获胜的概率更大.
19.（1）（2）（3）答案见解析
【详解】（1）依题意得，，此时，
，则切线斜率为，
故切线方程：，即；
（2）当时，，则，
在上单调递减，
又，故值域为.
（3），
令得，令得，
令得减区间为，增区间为，
.
当时在上有且仅有一个零点.
当时，令在上单调递增，
，即
又在上有一个零点，又
令，则在上单调递减，
在上有一个零点.
综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点.选手
A
B
C