广东省茂名市高州中学2025届高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·高州月考）设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A．–4 B．–2 C．2 D．4
2．（2024高三上·高州月考）若：实数使得“”为真命题，：实数使得“”为真命题，则是的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024高三上·高州月考）已知函数，若对于区间上的任意两个不相等的实数，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·高州月考）纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通 安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，）
A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15
5．（2024高三上·高州月考）已知，且，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．
6．（2024高三上·高州月考）函数的图象大致为( )
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·高州月考）设函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·高州月考）已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·高州月考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．为偶函数 B．函数有4个零点
C．函数在上单调递增 D．函数有6个零点
10．（2024高三上·高州月考）函数，若对任意，存在，使得，则实数可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高三上·高州月考）函数 为定义在 上的奇函数，当 时， ，下列结论正确的有（ ）
A．当 时，
B．函数 有且仅有3个零点
C．若 ，则方程 在 上有解
D． ， ， 恒成立
12．（2024高三上·高州月考）质点M按规律做直线运动（位移单位：m，时间单位：），则质点M在时的瞬时速度为 ．
13．（2024高三上·高州月考）若曲线在处的切线恰好与曲线也相切，则 .
14．（2024高三上·高州月考）设函数恰有两个极值点，则实数t的取值范围为 .
15．（2024高三上·高州月考）在中，已知内角，，所对的边分别为，，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值．
16．（2024高三上·高州月考）如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，∠ABC=90°，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合).
（1）求证：平面EMN⊥平面PBC；
（2）是否存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值？若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由.
17．（2024高三上·高州月考）刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
（1）据此估计这人满意度的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
（2）某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球其中红球个，黑球个的抽奖盒中，一次性摸出个球，若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.现小张在该超市购买了总价为元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到）
18．（2024高三上·高州月考）已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：．
19．（2024高三上·高州月考）已知双曲线E：的左，右焦点分别为，离心率为2，点B为，直线与圆相切.
（1）求双曲线E方程；
（2）过的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若，求的面积取值范围：
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】求解二次不等式 可得： ，
求解一次不等式 可得： .
由于 ，故： ，解得： .
故答案为：B.
【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.
2．【答案】A
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为：实数使得“”为真命题，
所以有解，所以，解得，即；
因为：实数使得“”为真命题，
所以，由指数函数的图象和性质可得，即，
所以，，即是的必要不充分条件，
故选：A.
【分析】先根据命题的真假性求出的范围，化简命题，再根据充分性和必要性的概念求解即可.
3．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：二次函数图象的对称轴为直线，
因为对于任意且，都有，
即在区间上是单调函数，所以或，
所以或，即实数a的取值范围为．
故选：C．
【分析】根据题意，利用二次函数的单调性性质，得到在区间上是单调函数，列出不等式，即可求解.
4．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以．
故选：D．
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式，准确计算，即可求解．
5．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，
可得，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
【分析】由，化简得到，再利用基本不等式计算，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0，)上递减，
则有g(x)在(0，)上单调递增，而，
所以存在使得，
中，排除C、D；
∵当时，，排除B，所以选A.
故选：A.
【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取时，，即可求解.
7．【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C.
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
【分析】根据题意，结合导数运算可得，再由为奇函数，化简得到，进而得出，即可得结果.
解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，结合函数的性质解决问题．
9．【答案】A,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的零点
【解析】【解答】因为，函数图象如下所示：
A.函数两段均为偶函数，所以整个函数也为偶函数，
B.令，解得，
C.在上单调递减，
D.，即，且，解得，则，即，解得，或者；，即解得。
故答案为：AD
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图象结合偶函数的图象的对称性，从而判断出分段函数为偶函数；再利用函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，从而求出函数的零点个数；再利用分段函数的图象，从而判断出函数的单调性；再利用已知条件结合分段函数的图象，从而函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，从而求出函数 的零点个数，进而找出说法正确的选项。
10．【答案】A,B,C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：对任意，存在，使得，只需保证在上值域是在上值域的子集或，
在上单调递增，故，
开口向下且对称轴：
当时，，此时恒成立；
当时，，此时即可，可得.
综上，.
故选：ABC.
【分析】将问题转化为在上值域为在上值域的子集或，再结合一次函数、二次函数的性质求的范围，得到答案.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【解答】解：对于A.函数 为定义在 上的奇函数，当 时， ，
，A符合题意；
对于B.当 时， ，解得 ， 时， ，解得 ，又 ，所以 有 和0三个零点，B符合题意；
对于C.当 时， ， ，当 时， ， 递减，
时， ， 递增，∴ 时， ， 时， ， ， ，由 是奇函数，∴ 时， ，
，所以 的值域是 ，若 时，方程 在 时无解，C不符合题意；
对于D.由C的讨论知 ，因此对任意的实数 ， 有 ， ，
∴ ，即 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由奇函数的定义整理看得出选项A正确；结合题意由特殊值法以及零点的定义即可喷水池选项B正确；根据题意对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的极值，结合奇函数的性质即可求出函数的值域，由此得出m的的取值范围结合题意即可得出程 在 时无解，由此判断出选项C错误；结合C的结论由函数的单调性以及不等式的性质即可判断出选项D正确，由此得出答案。
12．【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；导数的概念
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以质点在时的瞬时速度为.
故答案为：.
【分析】对进行求导，再将的值代入，即可得答案.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：由函数，可得，
当，则，可知曲线在处的切线是；
又由函数，可得，
令，得，
由切点在曲线上得.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用导数的几何意义，求得处的切线方程；再由函数，结合导数的几何意义，求得切点坐标，代入即可求解.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为有两个极值点，
所以恰有两个正根，即为一个根，如图所示：
则有唯一正根，且，即有唯一正根，且，
设，则的图象与图象有一个交点，
，
所以时，，所以在为增函数，
又，
因为，所以，所以只需且，即可满足题意，
所以实数t的取值范围为.
故答案为：
【分析】求导可得的解析式，根据题意，有两个极值点，可得恰有两个正根，所以有唯一正根，即有唯一正根，设，求导可得的单调性，结合的图象，综合分析，即可得答案.
15．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，可得，
由三角形的内角和定理得，
所以得，因为，
所以解得，，；
（2）解：若，，
由正弦定理得，解得，
由余弦定理得，
，利用基本不等式可得，
所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为4．
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，结合三角恒等变换的公式，即可求得的值；
（2）由正弦定理可求，进而由余弦定理可得，由基本不等式，即可求得的最大值．
（1）因为，
由正弦定理得，
，由三角形的内角和定理得，
所以得，因为，
所以解得，，；
（2）若，，
由正弦定理得，解得，
由余弦定理得，
，利用基本不等式可得，
所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为4．
16．【答案】解：（1）证明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED=E，
∴PE⊥平面EBCD，又BC 平面EBCD，
故PE⊥BC，又BC⊥BE，
即BC⊥平面PEB，
EM 平面PEB，故EM⊥BC，
∵等腰三角形PEB，EM⊥PB，
BC∩PB=B，故EM⊥平面PBC，
EM 平面EMN，
∴平面EMN⊥平面PBC；
（2）假设存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值.
以E为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设PE=EB=2，设N(2，m，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，
P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，0，1)，
，，，
设平面EMN的法向量为，
由，令，得，
平面BEN的一个法向量为，
故，
解得：m=1，
故存在N为BC的中点.
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】本题为立体几何解答题，第一问利用面面垂直的判定定理，证明结论，然后第二问需可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
17．【答案】（1）解：由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）解：①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
（2）①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断.
（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）解：要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【知识点】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】本题考查利用导函数研究函数的单调性，利用导函数研究函数的最值.
（1）先求出导函数，再对两种情况：当时；当时；确定导函数的正负，据此可求出函数的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，设求出导函数，进而可推出在上单调递增，据此可得，，进而可将不等式转化为：，分两种情况：当时；当时；令，求出导函数，据此可求出函数的单调区间，利用单调性可推出，综合两种情况可证明不等式成立.
（1）因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
19．【答案】（1）解：由双曲线，可得，且，
可得，圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；
（2）解：①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，如图所示：
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，及离心率的定义可解；
（2）①设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理和三角形面积公式求的面积，再利用函数性质求最值；
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，联立方程组得，利用韦达定理求出MN的中点坐标，再由菱形性质求出PQ的直线方程，从而确定点Q的坐标，又点Q在双曲线上，代入可求得，与题意不符，即可得到结论.
（1），圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；
（2）①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.
1 / 1广东省茂名市高州中学2025届高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·高州月考）设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A．–4 B．–2 C．2 D．4
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】求解二次不等式 可得： ，
求解一次不等式 可得： .
由于 ，故： ，解得： .
故答案为：B.
【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.
2．（2024高三上·高州月考）若：实数使得“”为真命题，：实数使得“”为真命题，则是的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】存在量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为：实数使得“”为真命题，
所以有解，所以，解得，即；
因为：实数使得“”为真命题，
所以，由指数函数的图象和性质可得，即，
所以，，即是的必要不充分条件，
故选：A.
【分析】先根据命题的真假性求出的范围，化简命题，再根据充分性和必要性的概念求解即可.
3．（2024高三上·高州月考）已知函数，若对于区间上的任意两个不相等的实数，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：二次函数图象的对称轴为直线，
因为对于任意且，都有，
即在区间上是单调函数，所以或，
所以或，即实数a的取值范围为．
故选：C．
【分析】根据题意，利用二次函数的单调性性质，得到在区间上是单调函数，列出不等式，即可求解.
4．（2024高三上·高州月考）纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通 安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，）
A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以．
故选：D．
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式，准确计算，即可求解．
5．（2024高三上·高州月考）已知，且，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，
可得，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
【分析】由，化简得到，再利用基本不等式计算，即可求解.
6．（2024高三上·高州月考）函数的图象大致为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0，)上递减，
则有g(x)在(0，)上单调递增，而，
所以存在使得，
中，排除C、D；
∵当时，，排除B，所以选A.
故选：A.
【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取时，，即可求解.
7．（2024高三上·高州月考）设函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C.
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，即可求解.
8．（2024高三上·高州月考）已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
【分析】根据题意，结合导数运算可得，再由为奇函数，化简得到，进而得出，即可得结果.
解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，结合函数的性质解决问题．
9．（2024高三上·高州月考）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．为偶函数 B．函数有4个零点
C．函数在上单调递增 D．函数有6个零点
【答案】A,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数的零点
【解析】【解答】因为，函数图象如下所示：
A.函数两段均为偶函数，所以整个函数也为偶函数，
B.令，解得，
C.在上单调递减，
D.，即，且，解得，则，即，解得，或者；，即解得。
故答案为：AD
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图象结合偶函数的图象的对称性，从而判断出分段函数为偶函数；再利用函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，从而求出函数的零点个数；再利用分段函数的图象，从而判断出函数的单调性；再利用已知条件结合分段函数的图象，从而函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，从而求出函数 的零点个数，进而找出说法正确的选项。
10．（2024高三上·高州月考）函数，若对任意，存在，使得，则实数可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：对任意，存在，使得，只需保证在上值域是在上值域的子集或，
在上单调递增，故，
开口向下且对称轴：
当时，，此时恒成立；
当时，，此时即可，可得.
综上，.
故选：ABC.
【分析】将问题转化为在上值域为在上值域的子集或，再结合一次函数、二次函数的性质求的范围，得到答案.
11．（2024高三上·高州月考）函数 为定义在 上的奇函数，当 时， ，下列结论正确的有（ ）
A．当 时，
B．函数 有且仅有3个零点
C．若 ，则方程 在 上有解
D． ， ， 恒成立
【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；不等式的综合；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【解答】解：对于A.函数 为定义在 上的奇函数，当 时， ，
，A符合题意；
对于B.当 时， ，解得 ， 时， ，解得 ，又 ，所以 有 和0三个零点，B符合题意；
对于C.当 时， ， ，当 时， ， 递减，
时， ， 递增，∴ 时， ， 时， ， ， ，由 是奇函数，∴ 时， ，
，所以 的值域是 ，若 时，方程 在 时无解，C不符合题意；
对于D.由C的讨论知 ，因此对任意的实数 ， 有 ， ，
∴ ，即 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由奇函数的定义整理看得出选项A正确；结合题意由特殊值法以及零点的定义即可喷水池选项B正确；根据题意对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可求出函数的极值，结合奇函数的性质即可求出函数的值域，由此得出m的的取值范围结合题意即可得出程 在 时无解，由此判断出选项C错误；结合C的结论由函数的单调性以及不等式的性质即可判断出选项D正确，由此得出答案。
12．（2024高三上·高州月考）质点M按规律做直线运动（位移单位：m，时间单位：），则质点M在时的瞬时速度为 ．
【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；导数的概念
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
所以质点在时的瞬时速度为.
故答案为：.
【分析】对进行求导，再将的值代入，即可得答案.
13．（2024高三上·高州月考）若曲线在处的切线恰好与曲线也相切，则 .
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：由函数，可得，
当，则，可知曲线在处的切线是；
又由函数，可得，
令，得，
由切点在曲线上得.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用导数的几何意义，求得处的切线方程；再由函数，结合导数的几何意义，求得切点坐标，代入即可求解.
14．（2024高三上·高州月考）设函数恰有两个极值点，则实数t的取值范围为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
因为有两个极值点，
所以恰有两个正根，即为一个根，如图所示：
则有唯一正根，且，即有唯一正根，且，
设，则的图象与图象有一个交点，
，
所以时，，所以在为增函数，
又，
因为，所以，所以只需且，即可满足题意，
所以实数t的取值范围为.
故答案为：
【分析】求导可得的解析式，根据题意，有两个极值点，可得恰有两个正根，所以有唯一正根，即有唯一正根，设，求导可得的单调性，结合的图象，综合分析，即可得答案.
15．（2024高三上·高州月考）在中，已知内角，，所对的边分别为，，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，可得，
由三角形的内角和定理得，
所以得，因为，
所以解得，，；
（2）解：若，，
由正弦定理得，解得，
由余弦定理得，
，利用基本不等式可得，
所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为4．
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，结合三角恒等变换的公式，即可求得的值；
（2）由正弦定理可求，进而由余弦定理可得，由基本不等式，即可求得的最大值．
（1）因为，
由正弦定理得，
，由三角形的内角和定理得，
所以得，因为，
所以解得，，；
（2）若，，
由正弦定理得，解得，
由余弦定理得，
，利用基本不等式可得，
所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为4．
16．（2024高三上·高州月考）如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，∠ABC=90°，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合).
（1）求证：平面EMN⊥平面PBC；
（2）是否存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值？若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由.
【答案】解：（1）证明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED=E，
∴PE⊥平面EBCD，又BC 平面EBCD，
故PE⊥BC，又BC⊥BE，
即BC⊥平面PEB，
EM 平面PEB，故EM⊥BC，
∵等腰三角形PEB，EM⊥PB，
BC∩PB=B，故EM⊥平面PBC，
EM 平面EMN，
∴平面EMN⊥平面PBC；
（2）假设存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值.
以E为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设PE=EB=2，设N(2，m，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，
P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，0，1)，
，，，
设平面EMN的法向量为，
由，令，得，
平面BEN的一个法向量为，
故，
解得：m=1，
故存在N为BC的中点.
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】本题为立体几何解答题，第一问利用面面垂直的判定定理，证明结论，然后第二问需可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
17．（2024高三上·高州月考）刷脸时代来了，人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查（问卷得分在分之间），并从参与者中随机抽取人.根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
（1）据此估计这人满意度的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
（2）某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动.活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球其中红球个，黑球个的抽奖盒中，一次性摸出个球，若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球，返消费金额的，除此之外不返现金．
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠.现小张在该超市购买了总价为元的商品．
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；
②试从期望角度，比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？（注：结果精确到）
【答案】（1）解：由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）解：①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据直方图估算平均数的方法直接计算即可；
（2）①先确定X的取值，然后根据超几何分布概率公式求概率，即可的分布列，再由期望公式求出期望；②确定实际付款金额Y的值，然后根据所给概率写出分布列，即可计算出期望，通过比较期望大小即可作出判断.
（1）由直方图可知，满意度的平均数为：
.
（2）①摸到个红球，返消费金额的，实际付款为；
摸到个红球，返消费金额的，实际付款为，
所以的可能取值为，
因为，
所以，
的分布列为：
X 800 900 1000
P
所以（元）.
②若选择方案二，记实际付款金额为Y，依题意，Y的可能取值为，
因为，
所以，Y的分布列为：
Y 800 900 950
P
所以，（元）
因为，所以选择方案二付款更划算.
18．（2024高三上·高州月考）已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）解：因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）解：要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【知识点】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】本题考查利用导函数研究函数的单调性，利用导函数研究函数的最值.
（1）先求出导函数，再对两种情况：当时；当时；确定导函数的正负，据此可求出函数的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，设求出导函数，进而可推出在上单调递增，据此可得，，进而可将不等式转化为：，分两种情况：当时；当时；令，求出导函数，据此可求出函数的单调区间，利用单调性可推出，综合两种情况可证明不等式成立.
（1）因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
19．（2024高三上·高州月考）已知双曲线E：的左，右焦点分别为，离心率为2，点B为，直线与圆相切.
（1）求双曲线E方程；
（2）过的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若，求的面积取值范围：
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由双曲线，可得，且，
可得，圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；
（2）解：①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，如图所示：
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，及离心率的定义可解；
（2）①设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理和三角形面积公式求的面积，再利用函数性质求最值；
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，联立方程组得，利用韦达定理求出MN的中点坐标，再由菱形性质求出PQ的直线方程，从而确定点Q的坐标，又点Q在双曲线上，代入可求得，与题意不符，即可得到结论.
（1），圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；
（2）①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.
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