精品解析：北京市第一○一中学2025届高三上学期开学检测数学试题

北京一零一中2025届高三数学统考一 一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合则（ ） A B. C. D. 2. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是 A. B. C. D. 4. 如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是（ ） A. 0.999 B. 0.981 C. 0.980 D. 0.729 5. 若函数y＝ (a>0，a≠1)定义域和值域都是[0，1]，则loga＋loga＝(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若两个正实数满足，若至少存在一组使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（ ） A. B. C. D. 9. 若函数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 已知,,若存在,使得,则称函数与互为“度零点函数”.若与互为“1度零点函数”，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 二、填空题共5小题. 11. 已知复数，则______． 12. 已知二项式展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________. 13. 设D为内一点，且，则与面积比为__________. 14. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______． 15. 已知正项数列满足，，则在下列四个结论中，①；②是递增数列；③；④.其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题共6小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围． 条件①：对任意的，都有成立； 条件②：； 条件③：． 18. 在中，，.求： （1）值； （2）和面积的值． 19. 某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表： 2022年 2023年 通过 未通过 通过 未通过 第一次 60人 40人 50人 50人 第二次 70人 30人 60人 40人 第三次 80人 20人 人 人 假设每次考试是否通过相互独立. （1）从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率； （2）小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率； （3）若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果） 的值 83 88 93 20. 设函数，.曲线在点处的切线方程为. （1）求a的值； （2）求证：方程仅有一个实根； （3）对任意，有，求正数k的取值范围. 21. 定义为有限项数列的波动强度. （1）当时，求； （2）若数列满足，求证：； （3）设各项均不相等，且交换数列中任何相邻两项的位置，都会使数列的波动强度增加，求证：数列一定是递增数列或递减数列 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京一零一中2025届高三数学统考一 一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，结合交集的定义与运算即可求解. 【详解】由题意知，， 又， 所以. 故选：B 2. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质可得，排除ABD，再根据不等式性质判断C即可. 【详解】对ABD，因为，故，又，故，故，即，故ABD错误； 对C，，故， 又，因为，且，故， 故，即，则，故C正确； 故选：C 3. 在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果. 【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为. 设点的初始位置的坐标为，则，， 运动到3分钟时动点所处位置的坐标是. 由诱导公式可得，， 所以，点的坐标为. 故选：C. 【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 4. 如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是（ ） A. 0.999 B. 0.981 C. 0.980 D. 0.729 【答案】B 【解析】 【分析】 求出开关1、2均正常工作的概率及开关3正常工作的概率，由相互独立事件概率公式、对立事件的概率公式即可得解. 【详解】由题意，开关1、2在某段时间内均正常工作的概率， 开关3正常工作的概率， 故该系统正常工作的概率, 所以该系统的可靠性为. 故选：B. 5. 若函数y＝ (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则loga＋loga＝(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解. 【详解】由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]， 所以a>1， y＝在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]， 所以f(0)＝＝1，f(1)＝0， 所以a＝2， 所loga＋loga＝log2＋log2＝log28＝3. 故选C 【点睛】本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 6. 若两个正实数满足，若至少存在一组使得成立，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，即求，利用基本不等式，可解得，进而得到，进而可求解. 【详解】至少存在一组使得成立，即， 又由两个正实数满足，可得 ， 当且仅当，即时，等号成立，， 故有，解得，故，所以实数的取值范围是 故选：C. 7. 设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，由可得出的表达式；当时，由函数的周期性和奇偶性可得出.综合可得结果. 详解】当时，，， 当时，，， 因为函数为偶函数，则， 综上所述，当时，. 故选：C. 8. 2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别在和 中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解. 【详解】解：在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得， 即， 所以， 解得， 故选：C 9. 若函数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可知为奇函数且在上单调递增，分析可知等价于，即可得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 若，则，可知， 若，同理可得，所以为奇函数， 作出函数的图象，如图所示， 由图象可知在上单调递增， 若，等价于，等价于，等价于， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 10. 已知,,若存在,使得,则称函数与互为“度零点函数”.若与互为“1度零点函数”，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2.即，得．函数在区间(1,3)上存在零点，由=0，得 令，，所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间（2,3）上单调递减，,，所以只需即有零点．选B. 【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决． 二、填空题共5小题. 11. 已知复数，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】由复数的运算和共轭复数的定义计算求出结果即可. 【详解】由题意可得， 所以， 所以， 故答案：2. 12. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到，然后利用二项式的通项列方程，解方程即可得到. 【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得. 故答案为：. 13. 设D为内一点，且，则与的面积比为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由已知求得，接着以为邻边作平行四边形，连接交于点，于是有，从而推出，再结合和三角形同高即可得解. 【详解】由题得， 所以， 所以即， 如图所示，以为邻边作平行四边形，连接交于点， 则， 所以即，又和高相等， 所以. 故答案为：. 14. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】由题意，等比数列为递增数列，且，取一组符合条件的和公比即可. 【详解】“若为递增数列，则”为假命题， 所以若为递增数列，则， ，则， 等比数列为递增数列，且，则和公比，满足题意. 故答案为：； 15. 已知正项数列满足，，则在下列四个结论中，①；②是递增数列；③；④.其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】利用递推公式计算可得①错误；由的结果可得②正确；把的结果进行放大和缩小可得③④正确. 【详解】对于①：由已知可得，解得，因为， 所以，故①错误； 对于②：， 又，所以，即是递增数列，故②正确； 对于③：由②可得， 因为，所以，故③正确； 对于④：因为， 所以， 所以， 即，故④正确； 故答案为：②③④. 三、解答题共6小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1），；（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和． 试题解析： （Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得 d= = = 3．∴an=a1+（n﹣1）d=3n 设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则 q3= = =8，∴q=2， ∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1， ∴bn=3n+2n﹣1 （Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n﹣1， ∵数列{3n}的前n项和为n（n+1）， 数列{2n﹣1}的前n项和为1× = 2n﹣1， ∴数列{bn}的前n项和为； 考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和． 17. 已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围． 条件①：对任意的，都有成立； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使成立，从而可求解. （2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合，从而可求解. 【小问1详解】 由， 若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①； 若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②； 若选条件③：， 所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③； 综上所述：故可选择条件①或③，此时. 【小问2详解】 由（1）知，当时，， 且的最小值为，所以可得，解得，又， 所以， 所以的取值范围为. 18. 在中，，.求： （1）的值； （2）和面积的值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式将题设化成，根据内角范围求出角即得； （2）由正弦定理求得，结合条件确定依次求出角和边、. 【小问1详解】 由可得，即. 又则 故或解得或. 因，则不是最大角，故得， 所以 【小问2详解】 由正弦定理，可得. 则 因为，由余弦定理，， 则故 则 19. 某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表： 2022年 2023年 通过 未通过 通过 未通过 第一次 60人 40人 50人 50人 第二次 70人 30人 60人 40人 第三次 80人 20人 人 人 假设每次考试是否通过相互独立. （1）从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率； （2）小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率； （3）若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果） 的值 83 88 93 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立的事件的概率求解即可； （2）根据相互独立的事件的概率求解即可； （3）分别求出2022年和2023年考生成绩的合格率，列出不等式即可求解. 【小问1详解】 记事件：“2022年第次参加考试的考生通过考试”，， 记事件：“2023年第次参加考试的考生通过考试”，， 则，， 从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率为； 【小问2详解】 ，， ， 小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率为 ； 【小问3详解】 2022年考生成绩合格的概率为, 2023年考生成绩合格的概率为， 要使2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率， 则，解得. 故的最小值为. 20. 设函数，.曲线在点处的切线方程为. （1）求a的值； （2）求证：方程仅有一个实根； （3）对任意，有，求正数k的取值范围. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得； （2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证； （3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解. 【小问1详解】 解：因为，所以， 又点在切线上，所以， 所以，即. 【小问2详解】 证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点， 令，则， 令，则， 讨论：（1）当时，， 所以在上单调递增，所以，即， 所以在上单调递增，，即此时无零点； （2）当时，，即此时有一个零点； （3）当时， 所以，当时，，即此时无零点 综上可得，仅有一个零点，得证. 【小问3详解】 当时，，即恒成立， 令， 则， 由（Ⅱ）可知，时， 所以， 讨论：（1）当时，因为，所以， 即， 所以， 即当时，， 所以在时单调递增， 所以恒成立，即满足条件， （2）当时，由可知， 又，所以存在，使得， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即不能保证恒成立， 综上可知，正数k的取值范围是. 【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解. 21. 定义为有限项数列的波动强度. （1）当时，求； （2）若数列满足，求证：； （3）设各项均不相等，且交换数列中任何相邻两项位置，都会使数列的波动强度增加，求证：数列一定是递增数列或递减数列 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据绝对值的定义可得； （2）要证明题设不等式，可通过作差，去掉绝对值可得，同理当也类似讨论可得结论； （3）我们首先对（2）重新认识，由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变．（将此作为引理），递增与递减只要证一个，另一个同理可得，如我们证递减，当时，先证明，再用反证法即可证明. 【小问1详解】 【小问2详解】 证明：因， ， 所以 因为，所以，或. 若，则 当时，上式， 当时，上式， 当时，上式， 即当时，. 若， 则， .（同前） 所以，当时，成立. 【小问3详解】 证明：由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变.（将此作为引理） 下面来证明当时，为递减数列. （ⅰ）证明. 若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾. 若，则，与已知矛盾. 所以，. （ⅱ）设，证明. 若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾. 若，则，与已知矛盾. 所以，. （ⅲ）设，证明. 若，考查数列， 则由前面推理可得，与矛盾. 所以，. 综上，得证. 同理可证：当时，有为递增数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$