精品解析：北京市丰台区怡海中学2025届高三上学期开学检测数学试卷

怡海中学2024-2025学年度第一学期高三年级开学检测 数学试卷 命题人：高三数学组 考试时间：120分钟 考试分值：150分 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由交集的定义求解即可. 【详解】因为集合，， 则. 故选：B. 2. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：C. 3. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项分布有关的公式求得正确答案. 【详解】由， 得． 故选：C 4. “”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】如果，比如，，，不存在，充分条件不成立； 如果，则有，所以，即，必要条件成立； 是的必要不充分条件. 故选：B. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. 10 C. D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的系数. 【详解】在的展开式中，项为， 所以的系数为. 故选：A 6. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦函数平移的原则即可得到答案. 【详解】， 则把函数图象上所有的点向左平移个单位即可， 故选：A. 7. 一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记抽取黄球的个数为X，则由题意可得X服从超几何分布，然后根据超几何分布的概率公式求解即可. 【详解】记抽取黄球的个数为X，则X服从超几何分布，其分布列为 ，，1，2． 所以，． 或． 故选：D． 8. 若函数，其中，则解集为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由导数四则运算列不等式即可求解. 【详解】由题意知，且， 若，则，解得或． 又，所以． 故选：C. 9. 在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】接根据三角函数的定义可求出，再由诱导公式和二倍角余弦公式化简即可得出答案. 【详解】由三角函数的定义可得， 所以 故选：B. 10. 函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用参变分类可得和的图象有两个交点，结合导数讨论后者的性质后可得参数的取值范围. 【详解】由得， 则问题转化为和的图象有两个交点， 而， 令，解得，令，解得， 故在上单调递增， 在单调递减，则， 当时， 的图象有两个交点； 当时， 的图象有两个交点； 大致图象如右所示： 结合图象可知，的取值范围是， 故选：D 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设离散型随机变量X服从两点分布，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据两点分布的性质计算可得； 【详解】解：因为离散型随机变量X服从两点分布，且 所以 故答案为： 【点睛】本题考查两点分布的性质，属于基础题. 12. 已知的展开式各项系数之和为，则_____，展开式中含项的系数为_____. 【答案】 ①. 6 ②. 15 【解析】 【分析】利用赋值法，令，则的展开式各项系数之和为，即可求得n；再由二项展开式的通项求得含项的系数. 【详解】令，则的展开式各项系数之和为，则； 其中通项，令，则，故项的系数为15. 故答案为：(1). 6；(2). 15 【点睛】本题考查求二项展开式中指定项的系数，还考查了赋值法的应用，属于基础题. 13. 已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点，且点的纵坐标为，则____________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题设确定的坐标，再由三角函数的定义求. 【详解】由题设知：，故. 故答案为： 14. 已知函数，满足：恒成立，则__________，函数在区间内有__________个零点. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由恒成立可求得，则，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】由恒成立，知为最大值， 则，即， 又，所以，故， 由，得， 令，作出正弦函数的图象，如图， 由图可知，函数在内有4个零点， 即函数在内有4个零点. 故答案为：；4 15. 已知函数，则下列命题正确的有__________ ①函数有且只有两个零点 ②函数在上为增函数 ③函数的最大值为 ④若方程有三个实根，则 【答案】①②④ 【解析】 【分析】解方程，求出函数的零点判断①；求函数的导函数，解不等式得函数的递增区间判断②；举例说明判断③；结合函数的单调性， 作函数的图象判断④. 【详解】对于①，令，则，解得，， 因此函数有且只有两个零点，①正确； 对于②，由已知求导得， 由，得， 由，得或， 因此在上单调递增，②正确； 对于③，由②知，在上单调递减，，， 而，③错误； 对于④，当时，恒有，作出函数的图象， 方程有三个实根，即与的图象有三个不同的交点，因此，④正确. 故答案为：①②④ 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，b，c，． （1）求∠B； （2）若b＝2，c＝2a，求△ABC的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知结合正弦定理即可求得，进而可求B； （2）由余弦定理及已知条件可求的值，进而利用三角形面积公式求得答案. 【小问1详解】 在△ABC中，由正弦定理，因为， 所以，又， ∴，所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 因为b＝2，c＝2a，由余弦定理得， ∴，解得，则， 所以△ABC的面积. 17. 设函数. （1）若曲线在点处与直线相切，求的值； （2）求函数的单调区间与极值点. 【答案】（1） （2）见解析. 【解析】 【分析】（1）已知函数的解析式，把点代入，再根据在点处与直线相切，求出，的值； （2）由题意先对函数进行求导，解出极值点，然后再根据极值点的值讨论函数的增减性及其增减区间. 【小问1详解】 ， 曲线在点处与直线相切， ， ∴ 【小问2详解】 ， 当时，，函数在上单调递增，此时函数没有极值点． 当时，由， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 即函数的增区间为，，减区间为； 此时是的极大值点，是的极小值点． 18. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围. ①在有恰有两个极值点； ②在单调递减； ③在恰好有两个零点. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形，然后利用周期公式直接求解即可； （2）先由，得，若选①，则，从而可求出m的取值范围，若选②，则当时，函数递增，所以不合题意，若选③，则，从而可求出m的取值范围. 【小问1详解】 因为 . 所以的最小正周期为. 【小问2详解】 因为，所以. 选择①，因为在有恰有两个极值点. 所以. 所以. 若选择②，因为当时，函数递增， 所以在不可能单调递减，所以②不符合题意； 选择③，因为在恰好有两个零点. 所以. 所以. 19. 如图，在中，，，平分交于点，． （1）求的值； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解； （2）由（1）可求出，再根据平分可得为等腰三角形，再根据三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 因为， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 由题设，，即为等腰三角形， 所以， ， 所以的面积． 20. 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 0 1 2 3 4 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） 【答案】（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 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （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. 21. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线的斜率； （2）当时，讨论的单调性； （3）若集合有且只有一个元素，求的值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为；单调递减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果； （2）对函数求导得到，由函数定义域知，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果； （3）对函数求导得到，再分和两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果. 【小问1详解】 当时，， 所以,得到， 所以曲线在点处切线的斜率为． 【小问2详解】 当时，，易知的定义域为， 又， 因为，所以， 所以时，，时， 所以的单调递增区间为；单调递减区间为． 【小问3详解】 因为，所以， 易知，当时，的定义域为， 所以恒成立，故在上单调递增， 又，所以不合题意， 当时，的定义域为，此时， 所以时，，时，， 故的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以． 设，则， 当时，，时，， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为． 所以， 所以集合有且只有一个元素时． 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时参数范围问题，一般有三个方法： 一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件； 二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论； 三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 怡海中学2024-2025学年度第一学期高三年级开学检测 数学试卷 命题人：高三数学组 考试时间：120分钟 考试分值：150分 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知随机变量X服从二项分布，则（ ） A B. C. D. 4. “”是“”（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. 10 C. D. 80 6. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 7. 一个盒中有10个球，其中红球7个，黄球3个，随机抽取两个，则至少有一个黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，其中，则的解集为（ ）． A. B. C D. 9. 在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 10. 函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设离散型随机变量X服从两点分布，若，则__________． 12. 已知的展开式各项系数之和为，则_____，展开式中含项的系数为_____. 13. 已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点，且点的纵坐标为，则____________． 14. 已知函数，满足：恒成立，则__________，函数在区间内有__________个零点. 15. 已知函数，则下列命题正确的有__________ ①函数有且只有两个零点 ②函数在上为增函数 ③函数的最大值为 ④若方程有三个实根，则 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，b，c，． （1）求∠B； （2）若b＝2，c＝2a，求△ABC的面积． 17. 设函数. （1）若曲线在点处与直线相切，求的值； （2）求函数单调区间与极值点. 18. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围. ①在有恰有两个极值点； ②在单调递减； ③恰好有两个零点. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19. 如图，在中，，，平分交于点，． （1）求的值； （2）求的面积． 20. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 21. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线的斜率； （2）当时，讨论的单调性； （3）若集合有且只有一个元素，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$