北京市西城外国语学校2024-2025学年高三上学期开学测试 数学试题含答案

北京市西城外国语学校2024—2025学年度第一学期开学测试试卷高三年级数学本试卷共4页，考试时长120分钟，满分150分.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）1．已知集合，，那么（

）A． B．C． D．2．下列函数中，既是奇函数，又在上单调递减的是（

）A． B．C． D．3．在一段时间内，甲去博物馆的概率为0.8，乙去博物馆的概率为0.7，且甲乙两人各自行动．则在这段时间内，甲乙两人至少有一个去博物馆的概率是（

）A．0.56 B．0.24 C．0.94 D．0.844．已知，则A． B． C． D．5．已知数列的前项和，则是（

）A．公差为2的等差数列 B．公差为3的等差数列C．公比为2的等比数列 D．公比为3的等比数列6．已知，成等差数列，成等比数列，则的最小值是A．0 B．1 C．2 D．47．已知偶函数在区间上单调递减．若，则x的取值范围是（

）A． B．C． D．8．设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（

）（参考数据：，）A． B． C． D．210．若，则（

）A． B．C． D．二.填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）11．函数的定义域为.12．已知等差数列an的前n项和为，则的最大值为.13．已知函数的值域为，则实数a的取值范围是.14．如果在区间上是单调函数，那么实数m的取值范围为.15．已知函数给出下列四个结论：①当时，存在最小值；②当时，存在唯一的零点；③的零点个数为，则函数的值域为；④当时，对任意，，.其中所有正确结论的序号是.三.解答题（本大题共6小题，共85分）16．已知集合.(1)求；(2)记关于x的不等式.的解集为M，若，求实数m的取值范围.17．已知等比数列满足，．（1）求的通项公式；（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求数列的前项和．条件①：设；条件②：设．18．2022年11月，因受疫情的影响，北京高中全都采用网络授课的方式进行在线教学．北京35中的某老师在高一任教高一1班和高一2班两个班级，其中1班共有学生28人，2班共有学生29人．为了研究学生的学习主动性是否会受到疫情的影响，该名老师统计了连续6天的交作业人数情况，数据如下表：班级/天1234561班（人数）2525202122212班（人数）272625242522(1)从两班所有人当中，随机抽取1人，求该生在第6天作业统计当中，没有交作业的概率；(2)在高一2班的前3天的作业统计当中，发现只有小明和小华两位同学，是连续3天未交作业，其他人均只有一天未交作业．从高一2班前3天所有未交作业的人中，随机抽取3人，记只有一天未交作业的人数为X，求X的分布列和期望；(3)在这6次数据统计中，记高一1班每天交作业的人数数据的方差为，每天没交作业的人数数据的方差为，记高一2班每天交作业的人数数据的方差为，每天没交作业的人数数据的方差为，请直接写出，，，的大小关系．19．已知函数.(1)求函数的极值；(2)求证：当时，；(3)过原点是否存在曲线的切线，若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由.20．已知函数.请从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.(1)求实数k的值；(2)设函数，求函数的单调区间；(3)设函数，指出函数在区间上的零点个数，并说明理由.21．已知函数,其中．(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)当时,判断的零点个数,并加以证明;(3)当时,证明:存在实数m,使恒成立．1．B【分析】求解一元二次不等式从而求解集合，再根据并集的定义求解.【详解】由，得，结合，可知.故选：B.2．B【分析】利用定义判断函数的奇偶性可对A、C判断；利用函数奇偶性的判断并结合函数单调性可对B、D判断.【详解】对A、C：由，定义域为，所以不是奇函数，故A错误；定义域为，，所以是偶函数，故C错误；对B、D：，定义域为，，所以fx为奇函数，当x>0时，，且在上单调递减，故B正确；，定义域为，且，所以为奇函数，且在定义域上为增函数，故D错误；故选：B.3．C【分析】先根据独立事件的乘法公式求出甲乙两人都不去博物馆的概率，进而对立事件求概率的公式即可计算出结果.【详解】甲乙两人至少有一个去博物馆的对立事件为甲乙两人都不去博物馆，设甲去博物馆为事件,乙去博物馆为事件，则甲乙两人都不去博物馆的概率,因此甲乙两人至少有一个去博物馆的概率,故选：C.4．B【分析】运用中间量比较，运用中间量比较【详解】则．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．5．A【分析】根据数列的第项与前项和的关系，结合等差数列的定义进行求解即可.【详解】因为，所以当时，有，，得，当时，适合上式，因为，所以该数列是以2为公差的等差数列，故选：A6．D【详解】解：∵x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列根据等差数列和等比数列的性质可知：a+b=x+y，cd=xy，当且仅当x=y时取“=”，7．C【分析】根据偶函数的对称性得到在区间上单调递增，再根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可；【详解】解：偶函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递增；则等价于，即，即，解得，即原不等式的解集为；故选：C8．A【分析】假设，借助等比数列的性质可得其充分性，举出反例可得其必要性不成立，即可得解.【详解】若，由，则，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分条件；当，时，有，则有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要条件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要条件.故选：A.9．B【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.【详解】解：根据题意可得，，两式相比得，即，所以.故选：B.10．C【分析】根据选项构造两个函数，，再利用导数思想，来研究在上是否是单调函数，即可作出选项判断.【详解】令，则，令，则恒成立，即在定义域0,+∞上单调递增，且，因此在区间上必然存在唯一，使得，所以当x∈0,x0时单调递减，当时单调递增，故，B均错误；令，当时，在区间0,1上为减函数，，即选项C正确，D不正确．故选：C．11．【分析】根据分式的分母不为，对数的真数大于求解即可.【详解】，解得且，函数的定义域为.故答案为：.12．6【分析】根据等差数列的基本量运算得出通项公式，再根据通项的正负得出和的最大值.【详解】设公差为，因为，所以，即，因为，所以.故答案为：6.13．a≥1【分析】先分别求出分段函数在不同区间函数的值域，再结合函数值域为,得出参数范围.【详解】当,当,因为函数fx的值域为,所以.故答案为：a≥1.14．【分析】先求导函数，再根据单调性得出导函数恒为正或者恒为负求参即可.【详解】由已知，有，因为在区间上是单调函数，所以在区间上恒成立或恒成立，即在区间上恒成立或在区间上恒成立，所以或，所以实数m的取值范围为.故答案为：.15．②③【分析】①根据指数函数、二次函数性质求最值判断；②由函数零点概念求解零点判断；③讨论、、，分析各分段上零点的个数判断；④用特殊值，得到即可判断.【详解】①当时，，当时，在上单调递增，故的值域为；当时，在上单调递减，在上单调递增，，故的值域为；由知，无最小值，故①错误；②当时，，令得，所以有唯一的零点0，故②正确；③至多一个零点，至多有两个零点，当时，若，则由，可得或，故恒有两个零点；时，若，则存在一个零点；若，不存在零点，所以时，零点个数可能为2或3个；若，则，此时，即上无零点，而，故有一个零点，即；若，则，此时上，无零点，时，也无解，故无零点，即；综上，的值域为，故③正确；④当时，，则，所以，故④错误.故答案为：②③.【点睛】关键点点睛：对于③，注意结合指数函数、二次函数性质，应用分类讨论分析各分段零点的可能情况.16．(1),;(2)【分析】（1）将集合化简，结合集合的运算，带入计算，即可求解；（2）由题意可得，再由，列出不等式，代入计算，即可求解.【详解】（1）因为，解得，所以，又因为，解得或x<1，所以，所以；又因为，所以（2）因为，所以，若，则，解得，所以m的取值范围是.17．（1）；（2）选择条件①，；选择条件②，.【分析】（1）根据条件列出关于首项与公比的方程，解出方程组即可求出通项；（2）若选择条件①，利用等差数列的前项和公式求和，若选择条件②，利用分组法求和.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，解得，所以；（2）选择条件①：，所以；选择条件②：，所以.18．(1)(2)分布列见解析，期望为(3)【分析】（1）求出两个班级第6天应交作业的总人数和未交作业的人数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）根据题意，得出随机变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；（3）根据方差的性质和数据的波动性，即可得到结论.【详解】（1）解：两个班级第6天应交作业的总人数为，未交作业的人数为，所以从两个班级所有人中，随机抽取1人，其未交作业的概率为.（2）解：根据题意知，2班前三天由2人连续三天未交作业，3人只有一天未交作业，所以随机变量的可能取值为，又5人中3人有种抽法，所以，所以的分布列为：123所以，期望为.（3）解：根据数据方差的性质，可得：1班交作业的人数数据的方差为，没交作业的人数数据的方差为，可得；2班每天交作业的人数数据的方差为，每天没交作业的人数数据的方差为，可得，根据表格中的数据，可得1班数据的波动性更大一些，所以.19．(1)极大值为，无极小值(2)证明见解析(3)不存在，理由见解析【分析】（1）借助导数研究其单调性后计算即可得其极值；（2）构造函数，，借助导数研究其单调性后即可得解；（3）假设存在，设出且点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再通过切线过原点可得与切点横坐标有关方程，可得该方程无解，即可得过原点不存在曲线的切线.【详解】（1），则当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，故有极大值，无极小值；（2）令，，则，由，则，故在上恒成立，故在上单调递增，则，即当时，；（3）不存在，理由如下：假设曲线存在过原点的切线，且切点坐标为，由，则该切线斜率为，即该切线方程为，即有，整理得，，该方程无解，故过原点不存在曲线的切线.20．(1)选①，，选②，(2)选①，递减区间为，无递增区间；选②，递增区间为，递减区间为；(3)选①和选②，答案均为1，理由见解析【分析】（1）选①，根据得到方程，求出；选②，根据得到方程，求出；（2）选①，求出定义域，求导得到函数单调性；选②，根据二次函数的图象分析得到单调性；（3）选①，求导得到在上单调递减，结合零点存在性定理得到在区间上的零点个数；选②，求导得到在上单调递增，结合零点存在性定理得到在区间上的零点个数.【详解】（1）选①：，即，所以，，当时，上式恒成立，故；选②：，即，所以，故，当时，上式恒成立，故；（2）选①，，定义域为，则在恒成立，故单调递减区间为，无递增区间；选②，，定义域为R，为二次函数，开口向下，对称轴为轴，故单调递增区间为，递减区间为0,+∞；（3）选①，在区间上的零点个数为1，理由如下：，令，解得或，故定义域为，在上恒成立，故在上单调递减，又，，由零点存在性定理可得，使得gx=0故在区间上的零点个数为1；选②，在区间上的零点个数为1，理由如下：，令，解得，故定义域为−1,1，在上恒成立，故在上单调递增，又，当趋向于时，趋向于，由零点存在性定理可得，使得gx=0故在区间上的零点个数为1.21．(1)(2)1个(3)证明见解析【分析】(1)根据代入解析式,求出,根据点斜式写出切线方程即可;(2)对函数求导求单调性,观察到,根据单调性分析零点个数即可;(3)先对函数求导,再通分,令再对新函数求导判断单调性即值域情况,分析的正负,即的正负,进而求出的单调性及最值,若恒成立,只需即可,有最小值,即存在实数m,使恒成立.【详解】（1）解:由题知,,,,故在点处的切线方程为,即;（2）由题,,,,,故在上单调递增,,故有1个零点;（3）由题