2024-2025学年莆田市一中高三数学上学期开学考试卷附答案解析

-2025学年莆田市一中高三数学上学期开学考试卷全卷满分150分，考试时间120分钟一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．函数，的大致图象是（

）A．B.C．D.3．已知是定义在上的奇函数，且在单调递增，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．4．南宋数学家杨辉详解九张算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前项分别，，，，，，，则该数列的第项为（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．下图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为用表示小球落入格子的号码，则下面计算错误的是（

）A． B．C． D．7．已知函数，若，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数，则（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．使得“”成立的充分不必要条件可以是（

）A． B． C． D．10．设函数，则（

）A．是的极小值点B．C．不等式的解集为D．当时，11．已知定义域为的函数满足：①若，则；②对一切正实数，则（

）A．B．C．，恒有成立D．存在正实数，使得成立三、填空题（本大题共3小题）12．设函数，则函数的零点个数是.13．已知一个底面半径为的圆锥，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的体积为．14．若实数满足，则的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.16．设函数在处的切线垂直轴.(1)求函数的单调区间；(2)若，证明：.17．某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个.在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验.若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件.(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检测的次数为，求的分布列及期望.18．如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E､F､G分别为线段、、的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)设直线与平面的交点为，求长度.19．已知函数（1）若，函数的极大值为，求a的值；（2）若对任意的，在上恒成立，求实数的取值范围.参考答案1．【答案】C【分析】根据题意，分析A集合为大于等于0的偶数集，求解B集合，计算补集，再求交集.【详解】集合，因为集合A为大于等于0的偶数集，集合或，所以，.故选C.【思路导引】本题考查集合的补集和交集运算.2．【答案】C【分析】根据函数图象，判断函数为奇函数，，依次排除A，B，D，得到答案.【详解】由于，故函数为奇函数，排除D选项，，故排除B选项，排除A选项，故选C.3．【答案】A【分析】利用奇函数性质及其单调性可得，解对数不等式即可求得结果.【详解】根据奇函数性质可知在R上单调递增，且；因此不等式可化为，即，解得.所以的取值范围是.故选A.4．【答案】B【分析】利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可．【详解】令数列：为数列，于是，依题意，数列为：，于是数列为：是等差数列，，则，因此，所以该数列的第项为.故选B.5．【答案】C【详解】.，且，即..所以.故选C.6．【答案】B【分析】分析可知，利用独立重复试验的概率公式可判断AB选项；利用二项分布的期望和方差的公式可判断CD选项．【详解】设“向右下落”，则“向左下落”，，因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉5次，所以，对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确.故选B．7．【答案】D【分析】根据函数解析式画出函数图象，由可得，因此，构造函数并利用导数求出其在定义域内的值域即可得的取值范围.【详解】画出函数的图象，令可得当时，满足题意；如下图所示：令，解得，由可知；因此由可得，即；所以，令，则，令，解得，当时，，可知在上单调递增，当时，，可知在上单调递减；因此在处取得极大值，也是最大值，因此；而，；又因为，所以，可得，所以可得，即的取值范围是.故选D.【方法总结】一是会画图，会利用函数解析式画出其图象，寻求解题思路；二是会构造函数，将两函数值相等求自变量的差的取值范围问题，转化为求新构造函数的值域，对新函数求导，判断其单调性从而求得其值域.8．【答案】A【分析】先根据函数性质可得当时，，最后应用分组求和即可.【详解】当时，，，，所以，则.故选A.9．【答案】CD【解析】因为判断的是充分不必要条件，所以所选的条件可以推出，且无法推出所选的条件，由此逐项判断即可.【详解】A．因为不能推出，但可以推出，所以是成立的必要不充分条件，故A错误；B．因为不能推出（例如：），且也不能推出（例如：），所以是成立的既不充分也不必要条件，故B错误；C．因为即能推出，且不一定能推出（例如：），所以是成立的充分不必要条件，故C正确；D．因为函数在上单调递减，所以可以推出，即，所以可以推出，且不一定能推出（例如：），所以是成立的充分不必要条件，故D正确.故选CD.【方法总结】充分、必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）若是的既不充分也不必要条件，则对应集合与对应集合互不包含.10．【答案】BD【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值；对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可；对于D：分析可得，结合的单调性分析判断.【详解】对于选项A：因为的定义域为R，且，当时，；当或时，；可知在，上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点，故A错误；对于选项B：因为，故B正确；对于选项C：对于不等式，因为，即为不等式的解，但，所以不等式的解集不为，故C错误；对于选项D：因为，则，且，可得，因为函数在上单调递增，所以，故D正确；故选BD.11．【答案】BCD【分析】对于AB，由赋值法即可判断；对于C，由基本不等式结合函数新定义即可判断；对于D，取，利用函数性质得到，结合即可判断.【详解】对于A，在中，令，可得，无法确定f1的值，A错误；对于B，令，代入条件②中，，即，B正确；对于C，当时，，且当时，，则，C正确；对于D，取，由于，从而成等差数列，即成等差数列，即而公差，所以当n充分大时，可使，D正确.故选BCD.【关键点拨】判断D选项的关键在于得到以及，由此即可顺利得解.12．【答案】【分析】首先根据题意，将函数的零点个数问题转化为方程解的个数，最后转化为函数的图象和直线交点的个数问题来解决，这样比较直观，容易理解.【详解】在同一个坐标系中画出函数的图象和直线，而函数的零点个数即为函数的图象和直线的交点的个数，从图中发现，一共有两个交点，所以其零点个数为.故答案为：.13．【答案】【分析】根据条件，求圆锥的母线长和高，再利用圆锥的体积公式即可求出结果.【详解】设圆锥的母线长为，则，得，所以圆锥的高为，故圆锥的体积为.故答案为：.14．【答案】【分析】利用基本不等式可求得，通过配凑即可得出结果.【详解】由可得，可得；而，所以，解得；当且仅当，也即时，上式右边等号成立；此时的最大值为.故答案为：.15．【答案】(1)；(2).【分析】（1）先根据题意及等差数列的通项公式计算出数列的通项公式，再根据等比数列的通项公式计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；（2）根据数列的通项公式的特点运用分组求和法，以及等差数列和等比数列的求和公式即可计算出前项和．【详解】（1）由题意，可得，故，，数列是公比为2的等比数列，且，，，．（2）由题意及（1），可得，则．16．【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为；(2)证明见解析.【分析】（1）根据得到，再求导得到其单调区间；（2）转化为证明，再设新函数，多次求导得到其单调性即可证明.【详解】（1）因为函数在处的切线垂直于轴，所以.由得，则，则，，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；则的单调增区间为，单调减区间为.（2），即，即，设，则，令，则，再设，则，因为，则恒成立，则在上单调递增，则易知在上单调递减，则，则在上单调递减，则，则在恒成立，则，即.17．【答案】(1)；(2)分布列答案见解析，数学期望：.【分析】（1）依题意，利用古典概型的公式计算求解；（2）利用概率的乘法计算每一个随机变量取值的概率，再求数学期望.【详解】（1）设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A.则；（2）可能取值为，则；，故的分布列是故.18．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）先利用面面平行的判定定理得出平面，再利用面面平行的性质定理即可得证（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面法向量，利用向量夹角公式可求解；（3）设，得到，根据向量与共面，结合向量共面定理求出，得到坐标，再用两点间距离公式结算即可.【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，因为点为线段的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为中，点为线段的中点，点为线段的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又，且平面，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）设平面与平面夹角为，连接和交于点，过点作直线垂直于平面，如图，以为坐标原点，以向量为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，求得关键点坐标，设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，则，即平面与平面夹角的余弦值为.（3）设，则，故，依题意可得向量与共面，所以存在实数，，使得，即，解得，则.且.则运用两点间的距离公式计算得到.19．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先对函数求导，得到，分别讨论，两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，得出极值，根据题中条件，即可得出结果；（2）令，根据题中条件，将不等式恒成立问题转化为对恒成立，等价于，对恒成立，先讨论时，求得，不满足题意；再讨论时，，，对其求导，得到，令，，再分别讨论，两种情况，根据导数的方法，即可得出结果.【详解】（1）由题意，.（i）当时，，令，得；，得，所以在单调递增，单调递减，因此的极大值为，不合题意；（ii）当时，，令，得；，得或，所以在