2025扬州高三上学期11月期中考试数学含答案

这是一份2025扬州高三上学期11月期中考试数学含答案，共14页。试卷主要包含了11，已知，，且，则的最小值为，若实数，，满足，，下列命题中，是真命题的有等内容，欢迎下载使用。

2024.11
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.
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，只有一项符合要求）
1.函数，的值域为（ ）
A.B.C.D.
2.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
3.若函数在区间上的图象是一条不间断的曲线，则“”是“函数在区间上有零点”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
5.已知，，且，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.12
6.已知图①对应的函数为，则图②对应的函数是（ ）
图① 图②
A.B.C.D.
7.已知函数是偶函数，在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A.B.
C.D
8.若实数，，满足，.用表示，，中最小的数，则的最大值为（ ）
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）
9.下列命题中，是真命题的有（ ）
A.，B.，
C.，D.，
10.已知角满足，，则下列结论正确的有（ ）
A.B.
C.D.
11.定义在上的函数同时满足以下条件：①；②；③当时，.则下列结论正确的有（ ）
A.在上单调递增B.
C.（）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，则曲线在点处的切线方程为______.
13.已知的内角，，所对的边分别为，，，，，则使得有两组解的的值为______.（写出满足条件的一个整数值即可）
14.已知非空集合，.若，则的值______.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下：
（1）是否有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关？
（2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
16.（本小题满分15分）
已知函数（），且.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）将的图象向右平移个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，求不等式的解集.
17.（本小题满分15分）
如图，在棱长为2的正方体中，、、分别为棱、、的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值.
18.（本小题满分17分）
在中，内角，，的对边分别为，，，.
（1）判断的形状；
（2）已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，，.
①当时，求线段长的最小值；
②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由.
参考公式：.
19.（本小题满分17分）
已知函数，.
（1）当时，求的极值；
（2）若实数满足：存在，使得成立.
①求的取值范围；
②请比较与的大小，并说明理由.
2024—2025学年第一学期期中检测
高三数学参考答案
2024.11
15.【答案】（1）零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系.
根据列联表中的数据，可以求得.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，
即没有90%的把握认为该地居民喜欢喝茶与年龄有关.
（2）的取值可能为0，1，2.
则；；.
所以的分布列为：
所以的期望为.
16.【答案】（1），
因为，所以，，可得，，
又，所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）因为图象向右平移个单位得到，
再将图象上各个点横坐标变为原来2倍得到，所以；
所以不等式为，不等式化为，
所以，所以，所以，
结合函数在上的图象得，
所以原不等式的解集为.
17.【答案】（1）证明：正方体中，
，分别为棱，的中点，所以，
平面，平面，
所以，所以，
正方形中，为的中点，为的中点，
所以，所以，设、交点为，
则，
所以，即；
又、平面，，
所以平面.
（注：用空间向量法证明亦可）
（2）方法一：在中，过点作于，连.
由（1）知平面，故，
又、平面，所以平面，所以，
所以为二面角的平面角.
在中，，所以，
在，，所以，
所以，所以.
所以，所以，
在中，，，
所以，，
在中，，所以，
在中，.
所以二面角的正切值为.
方法二：如图，以点为原点，分别以、、为，，轴建立空间直角坐标系.
因为正方体棱长为2，，，分别为棱，，的中点.
所以，，，，.
所以，.
由（1）知平面.
所以是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，
则取，得，
所以，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的正切值为.
18.【答案】（1）在中，因为，且，
所以，
即，，
所以或者.
当时，所以，为直角三角形；
当时，所以，为等腰三角形.
综上所述，为直角三角形或等腰三角形.
（2）①因为，所以，又，，所以，.
如图，设，，
方法一：在中，由正弦定理，得，
所以.
在中，由正弦定理，得，
所以
.
因为，所以，
故当，即时，.
方法二：在中，由正弦定理，得，
所以.
在中，由正弦定理，得，
所以
.
因为，所以，
故当，即时，.
方法三：在中，由正弦定理，得，
所以.
在中，由正弦定理，得，
所以.
所以
，
因为，所以，
故当，即时，.
②假设存在常数，，对于所有满足题意的，，
都有成立，
则存在常数，，对于所有满足题意的，，利用参考公式，有
.
由题意，是定值，所以，是定值，
对于所有满足题意的，成立，故有，
因为，从而，
即，，所以.
故，.
思路二：也可以赋值：因为对于所有满足题意的，，
都有，
取，则，则，
所以，
取，，则，，
则，即，所以.
再证明等式恒成立.
19.【答案】（1）当时，，则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取极小值0，无极大值.
（注：不交代极大值，扣1分）
（2）①方法一：由（1）可知（当且仅当时取“＝”）.
在上式中，用代，则有（当且仅当时取“＝”）.
.
1° 若，则当时，，单调递增，
又，则，
故不存在，使得成立，故不符合；
2° 若，则当时，，单调递增，
又，则，
故不存在，使得成立，故不符合；
3° 若，则当时，，单调递减，
又，令，即，此时，则，
所以存在，使得成立，故符合.
综上所述，的取值范围为.
方法二：因为存在，使得，
则存在，使得.
令，则，
令，则.
1° 若，则，单调递增，
又，所以，即，单调递增，
又，所以，故不存在，使得成立.
2° 若，令，则，则单调递增.
若，即时，，即，单调递增，
又，所以，即，单调递增，
又，所以，故不存在，使得成立；
若，即时，
因为，，
又单调递增，的图象连续不间断，
所以由零点存在性定理可知，使得，
所以当时，，即，单调递减，
又，所以当时，，即，单调递减，
又，所以当时，，
故存在，使得成立.
综上所述，的取值范围为.
（注：若根据直观想象给出一定的叙述，答案正确，给3分；若仅有答案且正确，没有必要的叙述，给2分）
②因为，则当时，，单调递增，
由①可知，则、，
所以要比较与的大小，即比较与的大小，
即比较与的大小.
令，则比较与的大小.
易知在上单调递增，即比较与的大小，
即比较与的大小，即比较与的大小.
令（），则，所以当时，单调递增，
当时，单调递减，又.
所以当时，，即，
由在上单调递增，可知，即，
又在上单调递增，所以.
类似地，可得：当时，；
当或4时，；
当时，.
（注：漏1种情况，扣1分；至多扣2分）
不喜欢喝茶
喜欢喝茶
合计
35岁以上（含35岁）
30
30
60
35岁以下
25
15
40
合计
55
45
100
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
A
B
C
B
C
D
BD
ABD
BCD
题号
12
13
14
答案
6，7，8，9任意一个均可
0
1
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