北京市西城外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開(kāi)學(xué)測(cè)試 數(shù)學(xué)試題含答案

北京市西城外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2024—2025學(xué)年度第一學(xué)期開(kāi)學(xué)測(cè)試試卷高三年級(jí)數(shù)學(xué)本試卷共4頁(yè)，考試時(shí)長(zhǎng)120分鐘，滿分150分.考生務(wù)必將答案寫(xiě)在答題紙上，在試卷上作答無(wú)效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題紙一并交回.一、選擇題（本大題共10小題，每題4分，共40分）1．已知集合，，那么（

）A． B．C． D．2．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在上單調(diào)遞減的是（

）A． B．C． D．3．在一段時(shí)間內(nèi)，甲去博物館的概率為0.8，乙去博物館的概率為0.7，且甲乙兩人各自行動(dòng)．則在這段時(shí)間內(nèi)，甲乙兩人至少有一個(gè)去博物館的概率是（

）A．0.56 B．0.24 C．0.94 D．0.844．已知，則A． B． C． D．5．已知數(shù)列的前項(xiàng)和，則是（

）A．公差為2的等差數(shù)列 B．公差為3的等差數(shù)列C．公比為2的等比數(shù)列 D．公比為3的等比數(shù)列6．已知，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，則的最小值是A．0 B．1 C．2 D．47．已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減．若，則x的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．設(shè)是公比為的無(wú)窮等比數(shù)列，為其前n項(xiàng)和，，則“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．按照“碳達(dá)峰”?“碳中和”的實(shí)現(xiàn)路徑，2030年為碳達(dá)峰時(shí)期，2060年實(shí)現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動(dòng)汽車(chē)在整體汽車(chē)中的滲透率有望超過(guò)70%，新型動(dòng)力電池迎來(lái)了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：），放電時(shí)間t（單位：）與放電電流I（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：，其中n為Peukert常數(shù)，為了測(cè)算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間；當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間.則該蓄電池的Peukert常數(shù)n大約為（

）（參考數(shù)據(jù)：，）A． B． C． D．210．若，則（

）A． B．C． D．二.填空題（本大題共5小題，每題5分，共25分）11．函數(shù)的定義域?yàn)?12．已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為，則的最大值為.13．已知函數(shù)的值域?yàn)?，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.14．如果在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍為.15．已知函數(shù)給出下列四個(gè)結(jié)論：①當(dāng)時(shí)，存在最小值；②當(dāng)時(shí)，存在唯一的零點(diǎn)；③的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為，則函數(shù)的值域?yàn)?；④?dāng)時(shí)，對(duì)任意，，.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.三.解答題（本大題共6小題，共85分）16．已知集合.(1)求；(2)記關(guān)于x的不等式.的解集為M，若，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.17．已知等比數(shù)列滿足，．（1）求的通項(xiàng)公式；（2）從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求數(shù)列的前項(xiàng)和．條件①：設(shè)；條件②：設(shè)．18．2022年11月，因受疫情的影響，北京高中全都采用網(wǎng)絡(luò)授課的方式進(jìn)行在線教學(xué)．北京35中的某老師在高一任教高一1班和高一2班兩個(gè)班級(jí)，其中1班共有學(xué)生28人，2班共有學(xué)生29人．為了研究學(xué)生的學(xué)習(xí)主動(dòng)性是否會(huì)受到疫情的影響，該名老師統(tǒng)計(jì)了連續(xù)6天的交作業(yè)人數(shù)情況，數(shù)據(jù)如下表：班級(jí)/天1234561班（人數(shù)）2525202122212班（人數(shù)）272625242522(1)從兩班所有人當(dāng)中，隨機(jī)抽取1人，求該生在第6天作業(yè)統(tǒng)計(jì)當(dāng)中，沒(méi)有交作業(yè)的概率；(2)在高一2班的前3天的作業(yè)統(tǒng)計(jì)當(dāng)中，發(fā)現(xiàn)只有小明和小華兩位同學(xué)，是連續(xù)3天未交作業(yè)，其他人均只有一天未交作業(yè)．從高一2班前3天所有未交作業(yè)的人中，隨機(jī)抽取3人，記只有一天未交作業(yè)的人數(shù)為X，求X的分布列和期望；(3)在這6次數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)中，記高一1班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒(méi)交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，記高一2班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒(méi)交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，請(qǐng)直接寫(xiě)出，，，的大小關(guān)系．19．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的極值；(2)求證：當(dāng)時(shí)，；(3)過(guò)原點(diǎn)是否存在曲線的切線，若存在，求出切線方程；若不存在，說(shuō)明理由.20．已知函數(shù).請(qǐng)從條件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，解答下面的問(wèn)題.條件①：；條件②：.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.(1)求實(shí)數(shù)k的值；(2)設(shè)函數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)，指出函數(shù)在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由.21．已知函數(shù),其中．(1)當(dāng)時(shí),求曲線在點(diǎn)處的切線方程;(2)當(dāng)時(shí),判斷的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并加以證明;(3)當(dāng)時(shí),證明:存在實(shí)數(shù)m,使恒成立．1．B【分析】求解一元二次不等式從而求解集合，再根據(jù)并集的定義求解.【詳解】由，得，結(jié)合，可知.故選：B.2．B【分析】利用定義判斷函數(shù)的奇偶性可對(duì)A、C判斷；利用函數(shù)奇偶性的判斷并結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可對(duì)B、D判斷.【詳解】對(duì)A、C：由，定義域?yàn)椋圆皇瞧婧瘮?shù)，故A錯(cuò)誤；定義域?yàn)?，，所以是偶函?shù)，故C錯(cuò)誤；對(duì)B、D：，定義域?yàn)?，，所以fx為奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，，且在上單調(diào)遞減，故B正確；，定義域?yàn)椋?，所以為奇函?shù)，且在定義域上為增函數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選：B.3．C【分析】先根據(jù)獨(dú)立事件的乘法公式求出甲乙兩人都不去博物館的概率，進(jìn)而對(duì)立事件求概率的公式即可計(jì)算出結(jié)果.【詳解】甲乙兩人至少有一個(gè)去博物館的對(duì)立事件為甲乙兩人都不去博物館，設(shè)甲去博物館為事件,乙去博物館為事件，則甲乙兩人都不去博物館的概率,因此甲乙兩人至少有一個(gè)去博物館的概率,故選：C.4．B【分析】運(yùn)用中間量比較，運(yùn)用中間量比較【詳解】則．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查指數(shù)和對(duì)數(shù)大小的比較，滲透了直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．采取中間變量法，利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解題．5．A【分析】根據(jù)數(shù)列的第項(xiàng)與前項(xiàng)和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，有，，得，當(dāng)時(shí)，適合上式，因?yàn)?，所以該?shù)列是以2為公差的等差數(shù)列，故選：A6．D【詳解】解：∵x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)可知：a+b=x+y，cd=xy，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取“=”，7．C【分析】根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性得到在區(qū)間上單調(diào)遞增，再根據(jù)函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可；【詳解】解：偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增；則等價(jià)于，即，即，解得，即原不等式的解集為；故選：C8．A【分析】假設(shè)，借助等比數(shù)列的性質(zhì)可得其充分性，舉出反例可得其必要性不成立，即可得解.【詳解】若，由，則，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分條件；當(dāng)，時(shí)，有，則有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要條件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要條件.故選：A.9．B【分析】根據(jù)題意可得，，兩式相比結(jié)合對(duì)數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可得出答案.【詳解】解：根據(jù)題意可得，，兩式相比得，即，所以.故選：B.10．C【分析】根據(jù)選項(xiàng)構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，，再利用導(dǎo)數(shù)思想，來(lái)研究在上是否是單調(diào)函數(shù)，即可作出選項(xiàng)判斷.【詳解】令，則，令，則恒成立，即在定義域0,+∞上單調(diào)遞增，且，因此在區(qū)間上必然存在唯一，使得，所以當(dāng)x∈0,x0時(shí)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)單調(diào)遞增，故，B均錯(cuò)誤；令，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間0,1上為減函數(shù)，，即選項(xiàng)C正確，D不正確．故選：C．11．【分析】根據(jù)分式的分母不為，對(duì)數(shù)的真數(shù)大于求解即可.【詳解】，解得且，函數(shù)的定義域?yàn)?故答案為：.12．6【分析】根據(jù)等差數(shù)列的基本量運(yùn)算得出通項(xiàng)公式，再根據(jù)通項(xiàng)的正負(fù)得出和的最大值.【詳解】設(shè)公差為，因?yàn)椋?，即，因?yàn)?，所?故答案為：6.13．a(chǎn)≥1【分析】先分別求出分段函數(shù)在不同區(qū)間函數(shù)的值域，再結(jié)合函數(shù)值域?yàn)?得出參數(shù)范圍.【詳解】當(dāng),當(dāng),因?yàn)楹瘮?shù)fx的值域?yàn)?所以.故答案為：a≥1.14．【分析】先求導(dǎo)函數(shù)，再根據(jù)單調(diào)性得出導(dǎo)函數(shù)恒為正或者恒為負(fù)求參即可.【詳解】由已知，有，因?yàn)樵趨^(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，所以在區(qū)間上恒成立或恒成立，即在區(qū)間上恒成立或在區(qū)間上恒成立，所以或，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.故答案為：.15．②③【分析】①根據(jù)指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)性質(zhì)求最值判斷；②由函數(shù)零點(diǎn)概念求解零點(diǎn)判斷；③討論、、，分析各分段上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)判斷；④用特殊值，得到即可判斷.【詳解】①當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，故的值域?yàn)?；?dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，故的值域?yàn)?；由知，無(wú)最小值，故①錯(cuò)誤；②當(dāng)時(shí)，，令得，所以有唯一的零點(diǎn)0，故②正確；③至多一個(gè)零點(diǎn)，至多有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，若，則由，可得或，故恒有兩個(gè)零點(diǎn)；時(shí)，若，則存在一個(gè)零點(diǎn)；若，不存在零點(diǎn)，所以時(shí)，零點(diǎn)個(gè)數(shù)可能為2或3個(gè)；若，則，此時(shí)，即上無(wú)零點(diǎn)，而，故有一個(gè)零點(diǎn)，即；若，則，此時(shí)上，無(wú)零點(diǎn)，時(shí)，也無(wú)解，故無(wú)零點(diǎn)，即；綜上，的值域?yàn)椋盛壅_；④當(dāng)時(shí)，，則，所以，故④錯(cuò)誤.故答案為：②③.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于③，注意結(jié)合指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)性質(zhì)，應(yīng)用分類(lèi)討論分析各分段零點(diǎn)的可能情況.16．(1),;(2)【分析】（1）將集合化簡(jiǎn)，結(jié)合集合的運(yùn)算，帶入計(jì)算，即可求解；（2）由題意可得，再由，列出不等式，代入計(jì)算，即可求解.【詳解】（1）因?yàn)?，解得，所以，又因?yàn)?，解得或x<1，所以，所以；又因?yàn)?，所以?）因?yàn)?，所以，若，則，解得，所以m的取值范圍是.17．（1）；（2）選擇條件①，；選擇條件②，.【分析】（1）根據(jù)條件列出關(guān)于首項(xiàng)與公比的方程，解出方程組即可求出通項(xiàng)；（2）若選擇條件①，利用等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式求和，若選擇條件②，利用分組法求和.【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，解得，所以；（2）選擇條件①：，所以；選擇條件②：，所以.18．(1)(2)分布列見(jiàn)解析，期望為(3)【分析】（1）求出兩個(gè)班級(jí)第6天應(yīng)交作業(yè)的總?cè)藬?shù)和未交作業(yè)的人數(shù)，結(jié)合古典摡型的概率計(jì)算公式，即可求解；（2）根據(jù)題意，得出隨機(jī)變量的可能取值為，求得相應(yīng)的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；（3）根據(jù)方差的性質(zhì)和數(shù)據(jù)的波動(dòng)性，即可得到結(jié)論.【詳解】（1）解：兩個(gè)班級(jí)第6天應(yīng)交作業(yè)的總?cè)藬?shù)為，未交作業(yè)的人數(shù)為，所以從兩個(gè)班級(jí)所有人中，隨機(jī)抽取1人，其未交作業(yè)的概率為.（2）解：根據(jù)題意知，2班前三天由2人連續(xù)三天未交作業(yè)，3人只有一天未交作業(yè)，所以隨機(jī)變量的可能取值為，又5人中3人有種抽法，所以，所以的分布列為：123所以，期望為.（3）解：根據(jù)數(shù)據(jù)方差的性質(zhì)，可得：1班交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，沒(méi)交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，可得；2班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒(méi)交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，可得，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可得1班數(shù)據(jù)的波動(dòng)性更大一些，所以.19．(1)極大值為，無(wú)極小值(2)證明見(jiàn)解析(3)不存在，理由見(jiàn)解析【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性后計(jì)算即可得其極值；（2）構(gòu)造函數(shù)，，借助導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性后即可得解；（3）假設(shè)存在，設(shè)出且點(diǎn)坐標(biāo)并借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出切線方程，再通過(guò)切線過(guò)原點(diǎn)可得與切點(diǎn)橫坐標(biāo)有關(guān)方程，可得該方程無(wú)解，即可得過(guò)原點(diǎn)不存在曲線的切線.【詳解】（1），則當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故有極大值，無(wú)極小值；（2）令，，則，由，則，故在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，則，即當(dāng)時(shí)，；（3）不存在，理由如下：假設(shè)曲線存在過(guò)原點(diǎn)的切線，且切點(diǎn)坐標(biāo)為，由，則該切線斜率為，即該切線方程為，即有，整理得，，該方程無(wú)解，故過(guò)原點(diǎn)不存在曲線的切線.20．(1)選①，，選②，(2)選①，遞減區(qū)間為，無(wú)遞增區(qū)間；選②，遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；(3)選①和選②，答案均為1，理由見(jiàn)解析【分析】（1）選①，根據(jù)得到方程，求出；選②，根據(jù)得到方程，求出；（2）選①，求出定義域，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性；選②，根據(jù)二次函數(shù)的圖象分析得到單調(diào)性；（3）選①，求導(dǎo)得到在上單調(diào)遞減，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理得到在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；選②，求導(dǎo)得到在上單調(diào)遞增，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理得到在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).【詳解】（1）選①：，即，所以，，當(dāng)時(shí)，上式恒成立，故；選②：，即，所以，故，當(dāng)時(shí)，上式恒成立，故；（2）選①，，定義域?yàn)?，則在恒成立，故單調(diào)遞減區(qū)間為，無(wú)遞增區(qū)間；選②，，定義域?yàn)镽，為二次函數(shù)，開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸為軸，故單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為0,+∞；（3）選①，在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1，理由如下：，令，解得或，故定義域?yàn)?，在上恒成立，故在上單調(diào)遞減，又，，由零點(diǎn)存在性定理可得，使得gx=0故在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1；選②，在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1，理由如下：，令，解得，故定義域?yàn)?1,1，在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，又，當(dāng)趨向于時(shí)，趨向于，由零點(diǎn)存在性定理可得，使得gx=0故在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.21．(1)(2)1個(gè)(3)證明見(jiàn)解析【分析】(1)根據(jù)代入解析式,求出,根據(jù)點(diǎn)斜式寫(xiě)出切線方程即可;(2)對(duì)函數(shù)求導(dǎo)求單調(diào)性,觀察到,根據(jù)單調(diào)性分析零點(diǎn)個(gè)數(shù)即可;(3)先對(duì)函數(shù)求導(dǎo),再通分,令再對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)判斷單調(diào)性即值域情況,分析的正負(fù),即的正負(fù),進(jìn)而求出的單調(diào)性及最值,若恒成立,只需即可,有最小值,即存在實(shí)數(shù)m,使恒成立.【詳解】（1）解:由題知,,,,故在點(diǎn)處的切線方程為,即;（2）由題,,,,,故在上單調(diào)遞增,,故有1個(gè)零點(diǎn);（3）由題