重庆市第一中学2024届高三上学期开学考试数学 Word版含解析.docx

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2023年重庆一中高2024届高三上期开学考试数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳索笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本卷或者草稿纸上无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合的真子集个数为（）A.7B.8C.15D.16【答案】A【解析】【分析】由对数函数定义域可求得，根据元素个数即可求出真子集个数.【详解】根据题意可知，解得；即，可知集合中含有3个元素，所以其真子集个数为个.故选：A2.已知符号函数则“”是“”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充要条件的定义判断可得答案.【详解】若，则异号，所以，故“”是“”的充要条件. 故选：A.3.已知函数，则（）A.B.0C.4D.6【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的解析式，可得答案.【详解】由题意可知：，，.故选：A.4.一组数据按从小到大的顺序排列如下：，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则（）A.33B.34C.35D.36【答案】D【解析】【分析】利用中位数和百分位数的定义得到，，求出答案.【详解】一共有9个数，故从小到大的第5个数为中位数，即，，故选取第7个数为分位数，故，所以.故选：D5.已知是定义在上的奇函数.，且当时，，则（）A.0B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据对称性与奇偶性得到的周期为，再求出及 ，最后根据周期性计算可得.【详解】由满足，可得的对称中心为，则，又函数为奇函数，所以，所以，即，所以函数的周期为，又，令，则，是定义在上的奇函数，则，又当时，，则，，所以．故选：C．6.已知为中不同数字的种类，如，记“”为事件，则事件发生的概率（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意给的定义求出的排列有256种，当时，即排列中有2个不同的数字，结合排列组合的应用计算即可求解.【详解】由题意知，的排列共有种.当时，即排列中有2个不同的数字：若有3个数字相同，有种情况；若有2个数字相同，有种情况，此时共有种情况，所以事件A的概率为：. 故选：B.7.设分别为椭圆的左右焦点，M为椭圆上一点，直线分别交椭圆于点A，B，若，则椭圆离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设出，根据向量的定比分点，将两点的坐标表示成含的式子，再代入椭圆方程联立即可解得，即可求得离心率.【详解】如下图所示：易知，不妨设，，易知，由可得，即同理由可得；将两点代入椭圆方程可得； 即，又，整理得解得，所以离心率；故选：D8.已知实数满足：，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造，，求导，得到函数单调性，得到，从而；构造，，求导后得到函数单调性，得到，设，则，从而得到，取得到，从而求出答案.【详解】令，，故在上恒成立，故在上单调递增，故，即，，所以，， 令，，则在上恒成立，故，所以，设，则，故，所以，即，由于，，故，取得：.所以.故选：A二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知实数满足，则（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】根据指数函数单调性可得，可判断A错误；构造函数可知，当时，即B错误；利用函数在上为单调递增可知C正确；利用作差法可判断D正确.【详解】对于A，根据指数函数在上单调递增，又，所以，即，可得，所以A错误；对于B，构造函数,易知， 当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减；所以可得时，，此时，即，所以B错误；对于C，令，则，所以函数在上为单调递增，即，又，可得，即选项C正确；对于D，由可得，即，所以D正确；故选：CD10.某儿童乐园有甲，乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.7；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6，则王同学（）A.第二天去甲游乐场的概率为0.63B.第二天去乙游乐场概率为0.42C.第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为D.第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为【答案】AC【解析】【分析】利用条件概率公式、全概率公式以及对立事件的概率计算公式一一代入计算即可.【详解】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场，：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场，依题意可得，，，，对A，，A正确；对B，，B错误；对C，，C正确； 对D，，D错误，故选：AC.11.设，则下列结论正确的是（）A.的最大值为B.的最大值为C.的最小值为D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】运用消元法、平均值换元法，结合柯西不等式、基本不等式逐一判断即可【详解】A：因为，所以，即，，显然该函数在时，单调递增，因此该函数此时没有最大值，因此本选项不正确；B：，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，即的最大值为，因此本选项正确；C：因为，所以不妨设，设，，函数在时，单调递增，故，因此本选项正确；D：因为，所以a5+b5ab=a4b+b4a=a4b+b4aa+b≥a2b⋅b+b2a⋅a2=a2+b22， 而a2+b22≥a+b222=14，当且仅当时，取等号，即的最小值为，因此本选项正确，故选：BCD【点睛】关键点睛：本题关键在于运用柯西不等式和平均值换元法.12.已知函数（）A.若，则是增函数B.若，则C.若，则可能有两个零点D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】利用导数即可判断A；根据不等式的性质及指数函数的单调性即可判断B；易得函数在单调递减，即可判断C；由，得，则有两个不同的正根，构造函数，利用导数求出的具体关系，再构造函数，利用导数判断其单调性，进而可判断D.【详解】对于A选项，若，，则，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，所以在上是增函数，故A对； 对于B选项，，则，故，从而，故B对；对于C选项，若，则，因为函数在都是减函数，所以函数在单调递减，故函数最多只有一个零点，故C错；对于D选项，，则，又，则有两个不同的正根，由，得，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又当时，，当时，，作出函数的大致图像，如图所示， 由图可得，要使有两个不同的正根，则，又，则，而，同理，构造函数，则恒成立，故在单调递减，，则，即，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，又，则，故，故，故D对.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若随机变量，且，则________.【答案】0.2##【解析】【分析】利用正态分布的对称性即可求出结果.【详解】由随机变量，，利用正态分布的对称性计算可知，故答案为：0.214.二项式展开式的常数项是__________.【答案】【解析】【分析】先求出通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值.【详解】由于的展开式的通项公式为：，令，解得，则其展开式的常数项为.故答案为：15.已知函数满足，若在其定义域内单调递减，则正实数m的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】先求得解析式，然后根据的单调性，由分离参数，结合基本不等式求得的取值范围. 【详解】依题意，，令，则，所以，所以.所以，的定义域是，依题意在上单调递减，若，则在上单调递增，不符合题意.当时，由于和在上单调递增，所以在上单调递增，不符合题意.当时，，在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，由于，当且仅当时等号成立，所以，所以.故答案为：16.已知函数定义域为，，且满足，其中为的导函数，若不等式恒成立，则正实数的最小值为_________.【答案】 【解析】【分析】构造函数，讨论单调性可得，进而可得，再构造函数讨论单调性可得，从而构造函数求最大值即可求解.【详解】由可知单调递增.不等式变形为，构造，在定义域恒成立，所以在上单调递增，故，即，进一步变形得：，构造设，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，故单调递增（*）等价于，即恒成立，构造函数，，令解得，令解得，所以的最大值为，所以，即正实数的最小值为.故答案为:. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造两个函数，，以及二次求导研究函数的单调性及最值，是一道有难度的题.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知正方体的棱长为2，设分别为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，由中位线可知且，又因为且，所以且，所以平行四边形，所以.结合平面平面可知，平面.【小问2详解】以为原点，为坐标轴建立如图坐标系. 此时，设平面的法向量为，则由，可知：，设，所以平面的法向量为，设二面角的平面角为，则为锐角.所以.18.设等差数列的前项之和为，且满足：.（1）求的通项公式；（2）设，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的的基本量计算求解；（2）利用裂项相消法求和.【小问1详解】设的公差为，则由已知，解得,所以. 【小问2详解】由于，所以.19.已知、分别为定义域为偶函数和奇函数，且.（1）求的单调区间；（2）对任意实数均有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的增区间为，减区间为（2）【解析】【分析】（1）对于将换成结合奇偶性求出、的解析式，在利用导数求出函数的单调区间；（2）设，则问题转化为在时恒成立，参变分离可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可求出的取值范围.【小问1详解】因为①，、分别为定义域为的偶函数和奇函数，所以，，所以，即②，①②解得，，所以，，所以（）在定义域上单调递增，又，所以当时，即的单调递增区间为，当时，即的单调递减区间为.【小问2详解】 设，因为，当且仅当时取等号，所以，不等式恒成立，转化为在时恒成立，分离参数得在时恒成立，由均值不等式，当且仅当时取等号，故的最小值为，所以，故实数的取值范围为.20.甲、乙两人轮流投篮，约定甲先投，先投中者获胜，直到有人获胜或每人都已投球次时投篮结束，其中为给定正整数.设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投篮互不影响.（1）当时，求甲获胜的概率；（2）设投篮结束时甲恰好投篮次，求的数学期望.（答案用含的最简式子表示）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分甲投球1次获胜、甲投球2次获胜和甲投球3次获胜三种情况，计算相应的概率相加即可；（2）根据投篮次数的取值，计算相应的概率，由公式求数学期望，借助数列求和的错位相减法化简.【小问1详解】甲投球1次获胜的概率，甲投球2次获胜的概率，甲投球3次获胜的概率，所以甲获胜的概率.【小问2详解】记“甲第次投中”为事件，“乙第次投中”为事件，其中，当时，投篮结束时甲恰好投篮次的概率为： ，投篮结束时甲恰好投篮次的概率为：，所以，设，则，则，错位相减得：，所以.21.已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，设为坐标原点，线段的中点为，且满足.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，圆过且交直线于两点，直线分别交于另一点（异于点）.证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）设，先求出圆的方程，令，利用韦达定理求出 ，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据三点共线得，求出，同理求出，整理可得出答案.【小问1详解】由题意，由可知：，整理得，所以，所以椭圆的方程为；【小问2详解】设，依题意，圆的方程为，令，则，，由韦达定理可得，由已知直线不与轴垂直，设直线的方程为，与椭圆联立得：，由韦达定理可得，由三点共线得，所以，同理，所以，去分母整理得：，将韦达定理带入得：， 整理得或，当时，直线过点，不合题意，所以，所以直线的方程为，恒过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22.已知函数.（1）设，经过点作函数图像的切线，求切线的方程；（2）若函数有极大值，无最大值，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求导得，再由导数的几何意义，即可得到结果；（2）根据题意，求导得，令，然后分与两种情况，分别讨论，即可得到结果.【小问1详解】 时，设切点为，则切线斜率为，切线方程：，将点带入得：，此时斜率，所以切线方程为.【小问2详解】函数的定义域为，令，则（1）当时在单调递增，注意到时，，注意到时，，故存在，使得，在时单调递减，在时，单调递增，函数有极小值，无极大值，不符合题意.（2）当时，令，令，所以在单调递增，在单调递减.当时，当时，所以，若，则恒成立，在单调递减，无极值和最值.若，即，此时存在，使得，且在有单调递减；在有单调递增，此时为的极大值.注意到时，要使无最大值，则还应满足，即，同时， 带入整理得.由于，且在单调递减，故，即，综上实数的取值范围为.