精品解析：四川省广安友实学校2025届高三上学期开学考试数学试题

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. 2 3. 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. 设是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 17 B. 34 C. 51 D. 68 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 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2 C. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 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 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） 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？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】C 【解析】 【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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【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. 下列函数与是相等函数的是（ ） A. B. C. （且） D. （且） 【答案】D 【解析】 【分析】可得，且定义域为，根据函数相等逐项分析判断. 【详解】因为，且定义域为， 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，所以两个函数是相等函数，故D正确； 故选：D. 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 【答案】C 【解析】 【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：C 5. 设是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 17 B. 34 C. 51 D. 68 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式求解即可. 【详解】等差数列中，，则，解得， 所以. 故选：C 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【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：C 7. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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，由在上递增，须使，即； 又由解得 . 综上可得，的取值范围是. 故选：C. 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 【答案】B 【解析】 【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， 如果回答问题①，则掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种可能， 所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9种可能， 所以在回答问题①的前提下，回答是的概率为， 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． 故选：B． 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2 C. 若，则 D. 的最小正周期是 【答案】ACD 【解析】 【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：ACD 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. 【答案】AD 【解析】 【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. 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 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得关于轴，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，对称， 当，则，且，故， 对于A,， ，故A正确； 对于B，对称中心为，故B错误； 对于C，函数在和上的图像关于点中心对称， 当时，， 故C正确； 对于D，由图像可知函数与函数有7个交点，故D错误. 故选：AC 三、填空题 12. 二项式的展开式中第5项为__________. 【答案】15 【解析】 【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. 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． 【答案】(不唯一) 【解析】 【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. 已知不等式对任意恒成立，则当取最大值时，_______. 【答案】 【解析】 【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：. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由， 则有， 即，由，故， 故，又， 故； 【小问2详解】 由，， 故， 解得. 16. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式列方程组求解即可. （2）根据错位相减法及等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，则前项和为. 所以，即， 解得，，所以. 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 . ， ， 所以 ， 即， 所以. 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 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. 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． 【答案】（1） （2）5 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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？ 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 , ， ； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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，抽一次中奖的概率为， 从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为， 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为， 用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖， 则三次中奖的所有情况如下：， ， 故仅三次中奖的概率为 ， 所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为. 【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3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，是解决第三问的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $