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.

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