四川省遂宁中学校高新校区2025届高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·遂宁月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·遂宁月考）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A．0.14 B．0.36 C．0.72 D．0.86
3．（2024高三上·遂宁月考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·遂宁月考）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·遂宁月考）若正数x，y满足则的最小值是（ ）
A． B． C．4 D．6
6．（2024高三上·遂宁月考）设某医院仓库中有10盒同样规格的光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种光片的次品率依次为，，，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张光片，则取得的光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·遂宁月考）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
8．（2024高三上·遂宁月考）已知函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·遂宁月考）由一组样本数据得到的经验回归方程为，去除两个样本点和后，得到的新的经验回归直线的斜率为3，则此时（ ）
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．新的经验回归方程为
C．随值的增加，值增加的速度变小
D．样本点似残差为0.1
10．（2024高三上·遂宁月考）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，无极值点
C．，使在上是减函数
D．图象对称中心的横坐标不变
11．（2024高三上·遂宁月考）函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，设，，则以下结论一定正确的有（ ）
A．为偶函数
B．函数的图象关于直线对称
C．的图象关于对称
D．设数列为等差数列，若，则
12．（2024高三上·遂宁月考）已知，之间的一组数据：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
若与满足经验回归方程，则此曲线必过点 .
13．（2024高三上·遂宁月考）已知函数，，若对任意，总存在两个，使得，则实数的取值范围是 ．
14．（2024高三上·遂宁月考）设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为 ．
15．（2024高三上·遂宁月考）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
16．（2024高三上·遂宁月考）已知函数.
（1）求函数的解析式；
（2）对任意的实数，都有恒成立，求实数的取值范围.
17．（2024高三上·遂宁月考）如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
18．（2024高三上·遂宁月考）陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清.目前某省有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后才可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为，，.
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）经过前后两次烧制后，如果陶瓷合格则可以上市销售，每件陶器可获利100元；如果陶器不能合格，则每件陶器亏损80元，求这3件陶器最终盈亏的分布列和数学期望.
（3），，三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束.按，，的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数的数学期望的最大值.
19．（2024高三上·遂宁月考）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数，满足①图象在上是一条连续不断的曲线；②在内可导；③对，．则，使得．特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理．
（1）设函数满足，其导函数在上单调递增，判断函数在的单调性并证明；
（2）若且，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据题意，，
所以.
故答案为：C.
【分析】
先确定集合，再根据交集定义求.
2．【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为 随机变量服从正态分布 ，，
所以，
则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据正态曲线关于x=2对称，求解即可.
3．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】要使函数有意义，需，所以函数的定义域为，因为，当时，且.
故答案为：D.
【分析】利用定义域的定义求函数的定义域，结合，以及时，且，逐项观察图像，即可求解.
4．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】由已知可得，即，
因此，函数的定义域为。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合偶次根式函数求定义域的方法和对数型函数求定义域的方法，再结合分式函数求定义域的方法，再利用交集的运算法则，从而求出函数 的定义域 。
5．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题设及，可得.
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】
根据已知条件及基本不等式即可求解.
6．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】设=“任取一个X光片为次品”，=“X光片为某厂生产”（甲、乙、丙厂依次对应）
则，且两两互斥.
所以，
所以
所以
.
故答案为：A.
【分析】设=“任取一个X光片为次品”，=“X光片为某厂生产”（甲、乙、丙厂依次对应）得，且两两互斥.，根据全概率公式即可求解.
7．【答案】C
【知识点】充分条件；必要条件；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，
所以，
所以是的必要不充分条件，即是“在上单调递增”的必要不充分条件，
故选：C.
【分析】由分段函数在上为增函数列式，结合集合的包含关系和充分条件、必要条件的定义（若不能推出，能推出，则是的必要不充分条件 ）即可求得结果.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称 ，所以函数的图象关于直线对称，因为当时，恒成立 ，所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
因为，所以，，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】根据函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，恒成立， 判断函数的对称性质和单调性，再分别界定三个自变量的值或者范围，利用函数对称性和单调性即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】对于A中，因为回归方程为，所以回归系数，
所以正数知变量具有正相关关系，所以A正确；
对于B中，将，代入，得，
所以去除点和后，得到新的样本平均数，
因为得到的新的经验回归直线的斜率为3，所以，
所以新的经验回归方程为，所以B正确；
对于C中，经验回归直线的斜率为正数，变量具有正相关关系，
又去除两点后，斜率增大，随x值的增加，y值增加的速度变大，所以C错误；
对于D中，由回归直线方程，当时，可得，
所以样本点似残差为，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由回归系数，判断A正确；去除点和后，求得新的经验回归方程为，判定B正确；根据回归系数的含义，判定C错误；根据新的回归方程，求得，结合残差的计算，得判定D正确.
10．【答案】B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】对于A，当时，，所以，
令得或，所以时或，
时，所以在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，故A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，故B正确；
对于C，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，故C错误；
对于D，由，
得图象对称中心坐标为，故D正确.
故答案为：BD
【分析】先求导，利用导数研究函数的单调性、极大值小于0，判断A错误；由恒成立判断B正确；根据的解集能否为判断C错误；求出图象的对称中心判断D正确.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的图象；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】对于A：因为函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，
所以，则，
又，即，故为偶函数，故A正确；
对于B：因为的图象是由函数图象向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，又因为是偶函数，函数图象关于对称，
所以函数的图象关于直线对称，故B错误；
对于C：因为，令，，
则，
由为奇函数，即，所以
所以为奇函数，则图象关于对称，
而的图象看作由的图象向右平移个单位，再向上平移个单位而得，
所以的图象关于对称，故C正确；
对于D：由选项可知，当时，，
在等差数列中，又，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】由奇函数的性质可得，两边求导，即可判断A正确；
根据函数的变换规则判断B错误；令，则为奇函数，又，根据函数的变换规则判断C正确；结合C及等差数列下标和性质判断D正确.
12．【答案】
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】因为，之间的一组数据：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
所以的平均数为，的平均数为，
所以此曲线必过点.
故答案为：
【分析】利用给定的数表，根据与满足经验回归方程 ，求出的平均数即可.
13．【答案】
【知识点】函数的图象；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为，所以，，，
作出在[，4]上的函数图象如图：
对任意，总存在两个，使得，
，解得．
故答案为：．
【分析】对任意，总存在两个，使得，，画出在[，4]上的函数图象，得，进而求得实数的取值范围．
14．【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】不等式，所以，
即为，即有，可令，则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，则，即，
令，则，
当时，，则函数在上递减，
当时，，则函数在上递增，
所以当时，取得最大值，
所以有，所以，可得，即k的最大值为．
故答案为：
【分析】
由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值．
15．【答案】（1）解：因为，即
，
而，代入得
，
解得：
（2）解：由（1）可求出，而，
所以，
又，
所以
（3）解：因为，
所以，
故，
又，
所以
，，
而，
所以，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理以及，解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，先根据同角三角函数关系求得，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式，代入即可求解．
（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
16．【答案】（1）令
∴
∴.
（2）由
即：
又因为：，∴
令，则
又在为减函数，在为增函数.
∴
∴，即：.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】用换元法令来求函数的解析式.（2）由（1）得的解析式代入得，分离含参量，令，求出实数的取值范围
17．【答案】（1）证明：因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以，
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以，
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
120 300
故随机变量的数学期望，
（3）由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，的最大值为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，根据独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式运算求解即可；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，求出三人烧制成功的概率均为，根据题意结合二项分布求分布列和期望.
（3）写出制作陶器人数的可能值为1，2，3，求出对应概率，.列出分布列，求出均值，利用导数求期望的最大值；
（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
120 300
故随机变量的数学期望，
（3）由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，的最大值为.
19．【答案】（1）解：不妨取，则在上单调递增.
证明：因，，令，
因在上单调递增，则，在上恒成立，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增.
（2）解：因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
（3）证明：因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，得取由恒成立，得在上单调递增，由，即，即可求解；
（2）先将题设不等式转化成，利用柯西中值定理，将表示成的形式，从而得，不等式恒成立，构造函数求出最大值即可求解；
（3）将待证不等式等价转化为，对于左式，运用柯西中值定理得到，再根据范围进行放缩即可证明.
（1）不妨取，则在上单调递增.
证明：因，，令，
因在上单调递增，则，在上恒成立，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增.
（2）因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
（3）因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，证毕.
1 / 1四川省遂宁中学校高新校区2025届高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·遂宁月考）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据题意，，
所以.
故答案为：C.
【分析】
先确定集合，再根据交集定义求.
2．（2024高三上·遂宁月考）已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A．0.14 B．0.36 C．0.72 D．0.86
【答案】A
【知识点】正态密度曲线的特点
【解析】【解答】因为 随机变量服从正态分布 ，，
所以，
则，
所以.
故答案为：A
【分析】根据正态曲线关于x=2对称，求解即可.
3．（2024高三上·遂宁月考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】要使函数有意义，需，所以函数的定义域为，因为，当时，且.
故答案为：D.
【分析】利用定义域的定义求函数的定义域，结合，以及时，且，逐项观察图像，即可求解.
4．（2024高三上·遂宁月考）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】由已知可得，即，
因此，函数的定义域为。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合偶次根式函数求定义域的方法和对数型函数求定义域的方法，再结合分式函数求定义域的方法，再利用交集的运算法则，从而求出函数 的定义域 。
5．（2024高三上·遂宁月考）若正数x，y满足则的最小值是（ ）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题设及，可得.
所以，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】
根据已知条件及基本不等式即可求解.
6．（2024高三上·遂宁月考）设某医院仓库中有10盒同样规格的光片，其中甲厂、乙厂、丙厂生产的分别为5盒、3盒、2盒，且甲、乙、丙三厂生产该种光片的次品率依次为，，，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张光片，则取得的光片是次品的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式
【解析】【解答】设=“任取一个X光片为次品”，=“X光片为某厂生产”（甲、乙、丙厂依次对应）
则，且两两互斥.
所以，
所以
所以
.
故答案为：A.
【分析】设=“任取一个X光片为次品”，=“X光片为某厂生产”（甲、乙、丙厂依次对应）得，且两两互斥.，根据全概率公式即可求解.
7．（2024高三上·遂宁月考）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【知识点】充分条件；必要条件；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，
所以，
所以是的必要不充分条件，即是“在上单调递增”的必要不充分条件，
故选：C.
【分析】由分段函数在上为增函数列式，结合集合的包含关系和充分条件、必要条件的定义（若不能推出，能推出，则是的必要不充分条件 ）即可求得结果.
8．（2024高三上·遂宁月考）已知函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称 ，所以函数的图象关于直线对称，因为当时，恒成立 ，所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
因为，所以，，所以，
即.
故答案为：C.
【分析】根据函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，恒成立， 判断函数的对称性质和单调性，再分别界定三个自变量的值或者范围，利用函数对称性和单调性即可求解.
9．（2024高三上·遂宁月考）由一组样本数据得到的经验回归方程为，去除两个样本点和后，得到的新的经验回归直线的斜率为3，则此时（ ）
A．相关变量x，y具有正相关关系
B．新的经验回归方程为
C．随值的增加，值增加的速度变小
D．样本点似残差为0.1
【答案】A,B,D
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】对于A中，因为回归方程为，所以回归系数，
所以正数知变量具有正相关关系，所以A正确；
对于B中，将，代入，得，
所以去除点和后，得到新的样本平均数，
因为得到的新的经验回归直线的斜率为3，所以，
所以新的经验回归方程为，所以B正确；
对于C中，经验回归直线的斜率为正数，变量具有正相关关系，
又去除两点后，斜率增大，随x值的增加，y值增加的速度变大，所以C错误；
对于D中，由回归直线方程，当时，可得，
所以样本点似残差为，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由回归系数，判断A正确；去除点和后，求得新的经验回归方程为，判定B正确；根据回归系数的含义，判定C错误；根据新的回归方程，求得，结合残差的计算，得判定D正确.
10．（2024高三上·遂宁月考）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，无极值点
C．，使在上是减函数
D．图象对称中心的横坐标不变
【答案】B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】对于A，当时，，所以，
令得或，所以时或，
时，所以在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，故A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，故B正确；
对于C，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，故C错误；
对于D，由，
得图象对称中心坐标为，故D正确.
故答案为：BD
【分析】先求导，利用导数研究函数的单调性、极大值小于0，判断A错误；由恒成立判断B正确；根据的解集能否为判断C错误；求出图象的对称中心判断D正确.
11．（2024高三上·遂宁月考）函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，设，，则以下结论一定正确的有（ ）
A．为偶函数
B．函数的图象关于直线对称
C．的图象关于对称
D．设数列为等差数列，若，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的图象；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】对于A：因为函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，
所以，则，
又，即，故为偶函数，故A正确；
对于B：因为的图象是由函数图象向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，又因为是偶函数，函数图象关于对称，
所以函数的图象关于直线对称，故B错误；
对于C：因为，令，，
则，
由为奇函数，即，所以
所以为奇函数，则图象关于对称，
而的图象看作由的图象向右平移个单位，再向上平移个单位而得，
所以的图象关于对称，故C正确；
对于D：由选项可知，当时，，
在等差数列中，又，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】由奇函数的性质可得，两边求导，即可判断A正确；
根据函数的变换规则判断B错误；令，则为奇函数，又，根据函数的变换规则判断C正确；结合C及等差数列下标和性质判断D正确.
12．（2024高三上·遂宁月考）已知，之间的一组数据：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
若与满足经验回归方程，则此曲线必过点 .
【答案】
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用
【解析】【解答】因为，之间的一组数据：
1 4 9 16
1 2.98 5.01 7.01
所以的平均数为，的平均数为，
所以此曲线必过点.
故答案为：
【分析】利用给定的数表，根据与满足经验回归方程 ，求出的平均数即可.
13．（2024高三上·遂宁月考）已知函数，，若对任意，总存在两个，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的图象；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】因为，所以，，，
作出在[，4]上的函数图象如图：
对任意，总存在两个，使得，
，解得．
故答案为：．
【分析】对任意，总存在两个，使得，，画出在[，4]上的函数图象，得，进而求得实数的取值范围．
14．（2024高三上·遂宁月考）设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为 ．
【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】不等式，所以，
即为，即有，可令，则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，则，即，
令，则，
当时，，则函数在上递减，
当时，，则函数在上递增，
所以当时，取得最大值，
所以有，所以，可得，即k的最大值为．
故答案为：
【分析】
由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值．
15．（2024高三上·遂宁月考）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）解：因为，即
，
而，代入得
，
解得：
（2）解：由（1）可求出，而，
所以，
又，
所以
（3）解：因为，
所以，
故，
又，
所以
，，
而，
所以，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理以及，解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，先根据同角三角函数关系求得，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式，代入即可求解．
（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
16．（2024高三上·遂宁月考）已知函数.
（1）求函数的解析式；
（2）对任意的实数，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）令
∴
∴.
（2）由
即：
又因为：，∴
令，则
又在为减函数，在为增函数.
∴
∴，即：.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】用换元法令来求函数的解析式.（2）由（1）得的解析式代入得，分离含参量，令，求出实数的取值范围
17．（2024高三上·遂宁月考）如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以，
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以，
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18．（2024高三上·遂宁月考）陶瓷历史已逾千年，始于春秋，兴于辽金，盛于明清.目前某省有53家陶瓷企业，某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后才可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为，，，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格概率依次为，，.
（1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；
（2）经过前后两次烧制后，如果陶瓷合格则可以上市销售，每件陶器可获利100元；如果陶器不能合格，则每件陶器亏损80元，求这3件陶器最终盈亏的分布列和数学期望.
（3），，三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为，，，且，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束.按，，的顺序制作陶器，若，，求制作陶器人数的数学期望的最大值.
【答案】（1）解：分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
120 300
故随机变量的数学期望，
（3）由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，的最大值为.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，根据独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式运算求解即可；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，求出三人烧制成功的概率均为，根据题意结合二项分布求分布列和期望.
（3）写出制作陶器人数的可能值为1，2，3，求出对应概率，.列出分布列，求出均值，利用导数求期望的最大值；
（1）分别记甲 乙 丙经第一次烧制后合格的事件分别为，
设表示第一次烧制后恰有一件产品合格的事件，则
；
（2）分别记甲 乙 丙三件产品经过两次烧制后合格的为事件，
则，，.
设经过两轮烧制后合格品的件数为，则，
由题意，即的可能取值为，
由于；；
，.
所以；；，，
所以随机变量的分布列为
120 300
故随机变量的数学期望，
（3）由题意，制作陶器人数的可能值为1，2，3.
于是，，，
则随机变量X的分布列为
X 1 2 3
P
所以，
又，则，
设，，
所以在上单调递增，则，
所以，所以当时，的最大值为.
19．（2024高三上·遂宁月考）柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数，满足①图象在上是一条连续不断的曲线；②在内可导；③对，．则，使得．特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理．
（1）设函数满足，其导函数在上单调递增，判断函数在的单调性并证明；
（2）若且，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，求证：．
【答案】（1）解：不妨取，则在上单调递增.
证明：因，，令，
因在上单调递增，则，在上恒成立，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增.
（2）解：因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
（3）证明：因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）对函数求导，得取由恒成立，得在上单调递增，由，即，即可求解；
（2）先将题设不等式转化成，利用柯西中值定理，将表示成的形式，从而得，不等式恒成立，构造函数求出最大值即可求解；
（3）将待证不等式等价转化为，对于左式，运用柯西中值定理得到，再根据范围进行放缩即可证明.
（1）不妨取，则在上单调递增.
证明：因，，令，
因在上单调递增，则，在上恒成立，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增.
（2）因且，不等式恒成立，
即且，不等式恒成立，
取，由柯西中值定理，，
故，不等式恒成立，
令，
则由，可得，由可得，
即在上单调递增，在上单调递减，
故时，函数取得最大值，故，
即实数的取值范围为.
（3）因，取，
由柯西中值定理，，
因则，
因，故，证毕.
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