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8 月检测数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D A C A D B C ABC ACD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】根据特称命题的否定为全称命题排除AD,再举出反例即可得到答案.
【详解】∵命题 的否定为特称命题,
∴ : , ,排除AD;
因为当 时, ,
∴ 为假命题,排除B.
故选:C.
2．D
【分析】利用方程组法求解出 的解析式.
【详解】因为 ，所以 ，
两式联立可得 ，
故选：D.
3．A
【分析】画出图，由题意求出分别单独参加物理、数学和化学的人数，即可求出参赛人数，
进而求出没有参加任何竞赛的学生.
【详解】画三个圆分别代表数学、物理、化学的人，
因为有26名学生参加数学竞赛，25名学生参加物理竞赛，23名学生参加化学竞赛，
参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、化两科的有5名，
只参加数、物两科的有6名，只参加物、化两科的有8名，
所以单独参加数学的有 人，
单独参加物理的有 人，单独参加化学的有 ，
故参赛人数共有 人，
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司没有参加任何竞赛的学生共有 人.
故选：A.
4．C
【分析】分别从充分性和必要性结合等比数列的性质入手进行分析即可得解.
【详解】充分性：当 ， 时， ，显然数列 是递增数列，
当 ， 时， ，显然数列 是递减数列，
综上可得充分性成立；
必要性：当数列 为递增数列时， 对 恒成立，
可得 ， ；
当数列 为递减数列时， 对 恒成立，
可得 ， ；
综上可得必要性成立；
“ ”是“数列 为单调数列”的充分必要条件.
故选：C.
5．A
【分析】由等差数列的性质可得 ，再利用“ ”的妙用求最小值.
【详解】由题可知， ，
所以有 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
此时 满足 ， ，所以 的最小值是3.
答案第2页，共13页故选：A.
6．D
【分析】由极小值点算出 的值，举特殊值计算可判断ABC；代入计算可判断D.
【详解】由题 ，
令 ，解得 ，
因为 是极小值点，
所以当 时， 是极小值点， 是极大值点成立，
当 时， 是极大值点， 是极小值点，舍去，
所以 ，
对于A， ，
所以 ，故A不正确；
对于B，令 ，则 ，
所以 ，故B不正确；
对于C，令 ， ，
所以 ，故C不正确；
对于D， ，
，
所以 ，故D正确.
7．B
【分析】先根据已知 ，构造两个不等式 和
，再将这三个同向不等式相加，得到 ，又已知
，从而得到 ，利用这个递推关系式及等差数列的前
项和公式求出 .
【详解】 ， ， ，
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司以上三个等式相加得： ，又 ，
，
， ， ， ， ，
以上等式相加，得 ，又 ，
.
故选：B.
8．C
【分析】先找出所有数字之和为9的情况填写前两列，再写出后三列符合题意的所有情况再
逐一排列.
【详解】数字之和为9的有 ， ， ， ， ，共 种，则前两列共有
种，
假设前两列放的是 ， ，
则后三列有 ， ， ， ，
， ， ， 共八种情况，
先从这八种情况中选择一种，再将其放入后三列中，并将每一种进行排序，则后三列共有
种，
则仅有前两列数字之和为9的填法有 种.
9．ABC
【分析】根据不等式的基本性质同向可加性可判断AB，把
分别转化，再利用不等式的性质可判
断CD.
【详解】对于A，因为 ，所以 ，故A正确；
对于B，因为 ，所以 ，解得 ，故B正确；
对于C，因为 ，又 ，
所以 ，即 的最大值为15，故C正确；
答案第2页，共13页因为 ，又 ，
所以 ，即 的最小值为 ，故D错误.
故选：ABC
10．ACD
【分析】根据集合新定义的规定，易判断A正确；通过举反例排除B；按照集合新定义得
不出合理结论否定 为 阶聚合点集判断C；运用等价转化思想，即可
得到D正确.
【详解】对于A，由 可得 ，故 是3阶聚合点集，即A正确；
对于B，对任意的点集 ，总存在 ，使得 是1阶聚合点集，故B错误；
对于C，因 ，而 ，故 不是 阶聚合点集，即
C正确；
对于D，因 是 阶聚合点集等价于 ，
因 ，可得 ，又因 ，依题意可得 ，反之也成立，
故“ 是 阶聚合点集”是“ ”的充要条件，即D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】利用赋值法及偶函数的定义判断ABC，根据单调性的定义判断D.
【详解】令 ， ， ，
再令 ，得 （1），
即 ，所以 ，故B正确；
令 ，得 ，
由（1）得 ， ，故A正确；
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司令 ， ， ， ， ，
即 ，故C不正确；
设 ，则 ，则由B，C的分析及题意可得
即 ， 在 上单调递减，又 是偶函数，
在 上单调递增，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件等式，合理给变量赋值以及赋变量，化抽象为
具体函数，再判断奇偶性和单调性.
12．
【分析】利用公式 ， 直接计算即可.
【详解】因为 ，
所以 ， ，
又 ，
,
,
故答案为： ；
【点睛】本题主要考查了二项分布及期望、方差的运算，考查了推理运算能力，属于中档题.
13．
【分析】根据分段函数解析式，由二次函数单调性以及基本不等式求得两部分取得最小值的
表达式，解不等式即可得出结果.
【详解】当 时， 关于 对称，
若最小值为 ，可知 ，即可得 ；
又当 时， ，当且仅当 时等号成立；
答案第2页，共13页若最小值为 ，可得 ，
即 ，解得：
综上可知，实数 的取值范围为 .
故答案为：
14．
【详解】试题分析：法一：判别式法：令 ，则 ，代入到
中，得 ，即
……①
因为关于 的二次方程①有实根，所以 ，可得 ，
取最大值时， 或 ，
当 时， ，
当 时， ，
综上可知当 时，
法二：柯西不等式：由 可得：
，
当且仅当 时取等号，即 时，取等号，
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司这时 或
当 时， ，
当 时， ，
综上可知当 时，
考点：柯西不等式.
15．(1) ， ；
(2) .
【分析】（1）根据已知 、 ，代入求得 ，进而确定 ，从而得 ，代
入求得 ，注意验证，即可得；
（2）由题设 ，根据包含关系有 或 或 或 ，进而
依次求出对应参数值，即可得.
【详解】（1）由题设，显然 ，而 ，
所以 ， ，解得 ，则 ，
因此 ， ，解得 ，则 ，
综上， ，符合题意，故 ， ；
（2）当 时， ，
由 ，得 或 或 或 ，
当 时， ，解得 ；
答案第2页，共13页当 时， ，无解；
当 时， ，解得 ，此时 ，符合题意；
当 时， ，无解，
所以实数 的取值范围是 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）证明 为常数即可证明 为等差数列，根据等差数列通项公式即可
求 的通项公式，进而求出 的通项公式；
（2）根据累乘法求出 ，再求出 ，根据 的通项公式特征，采用裂项法求其前 项和
，求 单调性并求其范围即可求出 的范围．
【详解】（1）因为 ， ，两边同时除以 可得：
，从而 ， ，
所以 是首项为1，公差为1的等差数列，所以 ，
则 ；
（2）由 ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，
所以
则 ，
因为 中的每一项 ，所以 为递增数列，
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司所以 ，因为 ，
所以 ，即实数 的取值范围为 .
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）解不等式 即可；
（2）转化为 对任意 恒成立求解；
（3）分别求解不等式 与 ， 转化为不等式组有解求解
即可.
【详解】（1）已知 ，
由 即 ，
解得 ，
则 ；
（2）已知 ，
由题意得， 对任意 恒成立，
，即 恒成立，
当 时， 恒成立；
当 时，由
解得 ；
综上，当 时， 的取值范围为 ；
（3）已知 ，
答案第2页，共13页由 得，不等式组 有解，
由 ，
又 ，
当 ，即 时， 对任意 恒成立，则满足
；
当 ，即 时， 或 ，
要使 ，则 或 ，
解得 ，则有 ；
当 ，即 时， 或 ，
要使 ，则 或 ，
解得 ，则有 ；
综上所述， 的取值范围是
18．(1)1
(2)（i） 且 ；
（ii）根据（i）可知 时， 存在两个极值点，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单
调递增，所以 的极大值点 ，
为 的零点，则 ，因为 ，所以 ，
则 ；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递
增，所以 的极大值点 ，
即 ， ， ，
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司所以 ，
故 ， ，当且仅当 ， 时，等号成立，
综上， .
【分析】（1）直接求导，求出函数有唯一的极大值点，即为最大值点，求出最大值即可；
（2）（i）由 存在两个极值点，则 存在 个变号零点，令 ，求出零点即
可求出 的取值范围；（ii）先根据导数关系确定极大值点和极小值点，再分别求出极值，最
后利用基本不等式得出证明结论.
【详解】（1）由题可知，定义域为 ，则 ，
当 时，则 ，所以 在 上单调递增，
当 时，则 ，所以 在 上单调递减，
故 在 处取极大值，即最大值，为 ．
（2）（i）由题可得 ， ，则 ，
因为函数 存在两个极值点，则 存在 个变号零点，令 ，
则一个零点为 ，另一个零点为方程 的非零实根，
当 时，方程无解，则 ，所以 ，因此 且 ；
（ii）略
19．(1)（i） ；（ii）
(2)由题知，因为 ，所以 ，
由 ， ， ， ， ， ， ．
得
．
答案第2页，共13页因为 ，所以 ，
又 ，
，
所以 ，
故 ．
所以 ．
【分析】（1）（i）分两种情况，根据互斥事件和独立事件概率公式求解；（ii）根据条件转化
为关于数列 的递推关系式，再求通项公式；
（2）由条件可知 ，再写出随机变量 的取值和期望公式，根据组合数公式和
二项式定理化简.
【详解】（1）（i）恰好得2分为第一次取到黄球，或者第一次与第二次均取到红球，
故恰好得2分的概率为 ．
（ii）在取球过程中不得到 分只有一种可能：得 分后取到黄球得2分，
因此 ， ，而 ，且 ， ，
故 ．
（2）略
答案第1页，共13页
学科网（北京）股份有限公司
