四川省广安友实学校2025届高三上学期开学考试 数学试题含答案_第1页
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文档简介

广安友实学校高2022级2024-2025学年上期“数学定时测试”(考试时间120分钟,总分150分)一、单选题1.已知集合,,若,则(

)A. B.C. D.2.已知向量,,若,则(

)A. B.1 C. D.23.下列函数与是相等函数的是(

)A. B.C.(且) D.(且)4.现测得某放射性元素的半衰期为1500年(每经过1500年,该元素的存品为原来的一半),某生物标本中该放射性元素面初始存量为m,经检测现在的存量,据此推测该生物距今约为(

)(参考数据:)A.2700年 B.3100年C.3500年 D.3900年5.设是等差数列的前n项和,且,则(

)A.17 B.34 C.51 D.686.已知,则(

)A. B. C. D.17.已知函数在上单调递增,则的取值范围是(

)A. B. C. D.8.某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况,对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应,设计如下方案:每个被调查者先后抛掷两颗骰子,调查中使用两个问题:①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大?②你是否经常吸烟?两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题,两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子,回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57,则该地区中学生吸烟人数的比例约为(

)A.0.035 B.0.07 C.0.105 D.0.14二、多选题9.下列说法正确的是(

).A.命题“,”的否定是“,”B.的最小值是2C.若,则D.的最小正周期是10.李明上学有时坐公交车,有时骑自行车,他记录了100次坐公交车和骑自行车所花的时间,经数据分析得到:坐公交车平均用时,样本标准差为6;骑自行车平均用时,样本方差为4.假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布.则下列说法中正确的是(

)(参考数值:随机变量服从正态分布,则,.)A. B.C. D.11.已知是定义在上的偶函数,且对任意的,都有,当时,,则下列说法正确的是(

)A.B.点是函数的一个对称中心C.当时,D.函数恰有6个零点三、填空题12.二项式的展开式中第5项为.13.写出一个同时满足下列三个条件的数列的通项公式:①;②数列是递减数列;③数列的前n项和恒成立.14.已知不等式对任意恒成立,则当取最大值时,.四、解答题15.已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知,.(1)求B;(2)若的面积为,求c.16.已知等差数列的前n项和为,且,.(1)求数列的通项公式;(2)若,令,求数列的前n项和.17.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:赔偿次数01234单数假设:一份保单的保费为0.4万元;前3次索赔时,保险公司每次赔偿0.8万元;第四次索赔时,保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.(i)记为一份保单的毛利润,估计的数学期望;(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少,有索赔的保单的保费增加,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(i)中估计值的大小.(结论不要求证明)18.已知函数在时取得极值,且满足.(1)求函数的解析式;(2)若存在实数,使得成立,求整数的最小值.19.在某抽奖活动中,初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球,颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下:设定抽中红球为中奖,抽中白球为未中奖;若抽到白球,放回后把袋中的一个白色小球替换为红色;若抽到红球,放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖中奖的概率为.(1)求,,;(2)若存在实数a,b,c,对任意的不小于4的正整数n,都有,试确定a,b,c的值,并说明理由;(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章,则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少?1.C【分析】由交集运算求解参数,再验证可得.【详解】,或,解得或.当时,,则,满足题意;当时,,则,不满足题意;综上所述,.故选:C.2.B【分析】先出求,再根据即可得出的值,最后求的模.【详解】由题意可知,因为,,所以,又因为,所以,即,解得.所以.故选:B.3.D【分析】可得,且定义域为R,根据函数相等逐项分析判断.【详解】因为,且定义域为R,对于选项A:,可知两个函数的对应关系不同,所以函数不相等,故A错误;对于选项B:的定义域为,可知两个函数的定义域不同,所以函数不相等,故B错误;对于选项C:的定义域为,可知两个函数的定义域不同,所以函数不相等,故C错误;对于选项D:,且定义域为R,所以两个函数是相等函数,故D正确;故选:D.4.C【分析】根据对数的运算性质即可求解.【详解】由题意得,两边取对数得.故选:C5.C【分析】利用等差数列的求和公式即可求解.【详解】解:设公差为d,则,即,则,故选:C6.C【分析】运用两角和差的正弦公式,结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.【详解】由,由,可得,所以.故选:C7.C【分析】由分段函数在两个区间上的单调性分别求出的范围,再考虑由时左右函数值的大小关系得到的的范围,求其交集即得【详解】当时,,依题须使恒成立,则;当时,由在0,+∞上递增,须使,即;又由解得.综上可得,的取值范围是.故选:C.8.D【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为,再求出点数第一次比第二次大的概率,即可推出第二个问题中回答“是”的人数,进而求出结果.【详解】由题意,两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等,都为,则回答问题①②的人数均为,掷两次骰子所有可能情况有,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共种可能,所得点数第一次比第二次大的有,,,,,,,,,,,,,,,共种可能,所以所得点数第一次比第二次大的概率是,所以回答问题①时,大约有人回答“是”,所以回答问题②时,大约有人回答“是”,故该地区中学生吸烟人数的比例约为,选项中最接近的为D.故选:D.9.ACD【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断选项A;由基本不等式使用的条件可判断选项B;在单调递增,即可判断选项C;由正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断选项D.【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题,命题“,”的否定是“,”,故A正确;当时,,的最小值是2,当时,,的最大值是,故B错误;在单调递增,若,则,故C正确;的最小正周期为:,故D正确.故选:ACD10.AD【分析】根据正态分布的概念判断A,B;根据正态分布的性质及题中所给数据求解判断C,D.【详解】由题意可设,由题意可得:,所以A正确,B错误;,,,,故C错误;,,,故D正确.故选:AD.11.AC【分析】根据题意,由条件可得关于轴,1,0对称,且,由函数的周期性即可判断A,由函数的对称性即可判断BC,结合函数的图像,即可判断D.【详解】由题意可知关于轴,1,0对称,当,则,且f1=0,故,对于A,,,故A正确;对于B,对称中心为,故B错误;对于C,函数y=fx在0,1和上的图像关于点中心对称,当时,,故C正确;对于D,由图像可知函数y=fx与函数有7个交点,故D错误.故选:AC12.15【分析】根据二项展开式通项公式代入计算即可.【详解】展开式通项为,.故答案为:15.13.(不唯一)【分析】根据①②,可以联想到指数函数,且底数满足,再根据等比数列的求和公式验证③即可.【详解】解:因为①,可以联想到指数函数;又因为②数列是递减数列,可以联想到指数函数中底数满足;当时,,所以,满足①;且数列是递减数列,满足②;,满足③.故答案为:(不唯一)14.【分析】分离变量可得,令,分类讨论可得,可得,结合基本不等式可求结论.【详解】已知不等式对任意恒成立,根据目标式,知,由,得,令,则,当时,,函数单调递增且值域为R,此时不恒成立,当时,令,则,设,则,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,所以,所以,所以时,方程有解,设解为,则,所以,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,所以,所以,所以,又,当且仅当,即时取等号,当,取最大值,此时.故答案为:.15.(1)(2)【分析】(1)借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即得;(2)借助面积公式计算即可得.【详解】(1)由,则有,即,由,故,故,又B∈0,π故;(2)由,,故,解得.16.(1)(2)【分析】(1)利用等差数列的前项和公式与通项公式,即可解出,则可写出其通项公式.(2)利用错位相减,化简解可得出答案.【详解】(1)由题意知:,即:化简得.所以数列的通项公式.(2)因为所以化简得:.17.(1)(2)(i)0.122万元;(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于(i)中估计值【分析】(1)根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;(2)(ⅰ)设为赔付金额,则可取,用频率估计概率后可求的分布列及数学期望,从而可求.(ⅱ)先算出下一期保费的变化情况,结合(1)的结果可求,从而即可比较大小得解.【详解】(1)设为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”,由题设中的统计数据可得.(2)(ⅰ)设为赔付金额,则可取,由题设中的统计数据可得,,,,故故(万元).(ⅱ)由题设保费的变化为,故(万元),从而.18.(1)(2)5【分析】(1)求出函数的导数,结合题意列出方程,即可求得答案;(2)将原问题转化为恒成立,令,,利用导数求解函数最值,即可求得答案.【详解】(1)由题意知的定义域为,,由于函数在时取得极值,且满足,故,且,解得,则,经验证函数在时取得极小值,适合题意故;(2)由题意存在实数,使得成立,即恒成立;令,,则,令,则在上恒成立,故在单调递增,又,故存在唯一的使得,即,则当时,,即,当时,,即,所以在上单调递减,在上单调递增,故,故,结合,得,故整数的最小值为5.19.(1),,(2)(3)【分析】(1)利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可;(2)分别求出第一次中奖,第次中奖的概率,第一次未中奖而第二次中奖,第次抽奖中奖的概率,前两次均未中奖,第次抽奖中奖的概率,即可求解时,,对比即可求解;(3)先分析获得勋章的情形,分别求出从初始状态开始抽三次,前两次均未中奖而第三次中奖的概率,再求出仅三次中奖的概率即可求解.【详解】(1),,;(2)因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态,从初始状态开始,若第一次中奖,此时第次抽奖中奖的概率为,从初始状态开始,若第一次未中奖而第二次中奖,此时第次抽奖中奖的概率为,从初始状态开始,若前两次均未中奖,则第三次必中奖,此时第次抽奖中奖的概率为,综上所述,对任意的,,又,所以;(3)由题意知每抽三次至少有一次中奖,故连抽次至少中奖次,所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章,另外,每两次中奖的间隔不能超过三次,每次中奖后袋中的球会回到初始状态,从初始状态开始,

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