精品解析：山东省潍坊市临朐县实验中学2025-2026学年高三上学期开学检测数学试题

高三数学收心检测 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知全集，集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 命题“，”否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知随机变量，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 5. 当a>2时，函数和的图象只能是 A. B. C. D. 6. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知等差数列的前项和为，，，若，则（ ） A. 27 B. 28 C. 54 D. 55 8. 小张和小王两个小朋友玩游戏，已知小张手中有3张黑色牌和3张红色牌，小王手中有3张黑色牌和2张红色牌，游戏规则：两位小朋友同时出示一张牌，若两张牌同色，则小张胜，小张获得这两张牌，若两张牌异色，则小王胜，小王获得这两张牌，按上述玩法进行两次后，小王手中有7张牌的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 不是平面的一个法向量 10. 下列结论中，正确结论有（ ） A. 如果，，且，那么的最小值为4 B. 如果，那么取得最大值为 C. 函数的最小值为2 D. 如果，，，那么的最小值为6 11. 下列命题为真命题是（ ） A. 若，则 B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 函数的单调递增区间为 D. 的最小正周期为 三、填空题 12. 若函数，则______. 13. 单调递增的等比数列的前项和为，若，，则_______. 14. 一只蚂蚁在四面体上从一个顶点等可能地爬向其余顶点，若其爬X次后位置是出发点（可以继续爬），则当时，__________（用n表示）. 四、解答题 15. 现有8款不同的高难度智力扣，每名学生随机抽取3款进行破解．已知甲学生只能破解其中的4款，设甲学生抽到能破解的智力扣的数量为． （1）求； （2）求的分布列与数学期望． 16. 设数列的前项和，满足，且． （1）求证：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和． 17. 设函数的定义域是，且对任意的正实数都有恒成立，已知，且时，． （1）求的值； （2）判断在上的单调性，并给出你的证明； （3）解不等式． 18. 已知数列为非零数列，设，是数列的前n项之积，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，且当时，，对于均有恒成立，求满足条件的正整数k． 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学收心检测 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚部的定义求解即可. 【详解】由复数的定义可知复数的虚部为. 故选：C. 2. 已知全集，集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，求出. 【详解】全集，而， 则，又， 所以． 故选：D． 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定求解即可. 【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题， 所以命题的否定为“，”． 故选：B． 4. 已知随机变量，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】B 【解析】 【分析】由二项分布的方差即可求出，进而求解. 【详解】由，得，解得或， 故“”是“”的必要不充分条件． 故选：B. 5. 当a>2时，函数和的图象只能是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解析过程略 6. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意推出函数周期以及满足等式，赋值求得，利用函数的周期性即可求得答案. 【详解】因为，所以，所以的周期为6， 又为奇函数，所以，所以， 令，得，所以, 所以， 故选：C. 7. 已知等差数列的前项和为，，，若，则（ ） A 27 B. 28 C. 54 D. 55 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式及性质求出和，再将转化为，即可求解. 【详解】设数列的公差为， 数列是等差数列，， 解得，即，① ，，解得， 代入①中得，， ，，即， ，即，解得. 故选：A. 8. 小张和小王两个小朋友玩游戏，已知小张手中有3张黑色牌和3张红色牌，小王手中有3张黑色牌和2张红色牌，游戏规则：两位小朋友同时出示一张牌，若两张牌同色，则小张胜，小张获得这两张牌，若两张牌异色，则小王胜，小王获得这两张牌，按上述玩法进行两次后，小王手中有7张牌的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用独立事件概率的乘法原理计算即可. 【详解】进行两次后，小王手中有7张牌意味着小王这两次都赢了， 第一次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第一次小王赢的概率是， 第一次赢之后小张有5张牌，第一种情况是有2张黑色牌，3张红色牌， 小王有4张黑色牌，有2张红色牌， 第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第二次小王赢的概率是： 第二种情况是有3张黑色牌，2张红色牌，小王有3张黑色牌，有3张红色牌， 第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种， 则第二次小王赢的概率是： 出现第一种情况是第一次小王出红色牌，概率是， 出现第二种情况是第一次小王出黑色牌，概率是， 则两次均赢的概率为：. 故小王手中有7张牌的概率为. 故选：D. 二、多选题 9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 不是平面的一个法向量 【答案】BD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误. 【详解】由为正方体， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则､. 对于选项，，则，故错误； 对于选项，，则，故正确； 对于选项，，故，故错误； 对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确. 故选：. 10. 下列结论中，正确的结论有（ ） A. 如果，，且，那么的最小值为4 B. 如果，那么取得最大值为 C. 函数的最小值为2 D. 如果，，，那么的最小值为6 【答案】AD 【解析】 【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得. 【详解】对于选项A，如果，，且， 那么， 当且仅当且，即时取等号，故选项A正确； 对于选项B， 如果，那么， 则， 即，当且仅当，即时取等号， 因为，所以不能取得最小值，故选项B错误； 对于选项C，函数， 当且仅当时取等号，此时无解，不能取得最小值2，故选项C错误； 对于选项D，如果，，， 则 整理得， 所以或（舍去）， 当且仅当时取得最小值，故选项D正确. 故选：AD 11. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 C. 函数的单调递增区间为 D. 的最小正周期为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得，知A正确； 根据三角函数平移变换可求得，知B错误； 利用三角恒等变换公式化简得到解析式，利用整体对应的方式可求得单调递增区间，知C正确； 利用特殊值判断D错误. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，向右平移个单位长度得：，即，B错误； 对于C，， 则由，得：，， 的单调递增区间为，C正确； 对于D，无意义，不是函数的周期，D错误. 故选：AC. 三、填空题 12. 若函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，再赋值求出. 【详解】，则， 解得. 故答案为： 13. 单调递增等比数列的前项和为，若，，则_______. 【答案】31 【解析】 【分析】根据等比数列基本量运算得出公比，再结合前n项和公式计算即可. 【详解】数列为等比数列，所以，， 因为单调递增，所以，， 设公比为q,, 则. 故答案为：31. 14. 一只蚂蚁在四面体上从一个顶点等可能地爬向其余顶点，若其爬X次后的位置是出发点（可以继续爬），则当时，__________（用n表示）. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，，再根据等比数列求，结合分组求和和错位相减法法求. 【详解】设其爬k次后的位置是出发点的概率为， 爬次后的位置是出发点可以认为是从次后的位置不是出发点，再从该点爬向出发点， 由题意可得：，， 则， 即数列是以首项为，公比为的等比数列， ∴，即， 故， ∵， 对于， ， 则可得： ， ∴， 故. 故答案为：. 四、解答题 15. 现有8款不同的高难度智力扣，每名学生随机抽取3款进行破解．已知甲学生只能破解其中的4款，设甲学生抽到能破解的智力扣的数量为． （1）求； （2）求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）利用古典概型计算可得结果； （2）写出所有可能的取值，并分别求得对应概率，列出分布列，按照期望公式计算即可. 【小问1详解】 根据题意可得，， 所以． 【小问2详解】 由题意知所有可能的取值为． ． 由（1）得，所以的分布列为 0 1 2 3 ． 16. 设数列的前项和，满足，且． （1）求证：数列是等比数列； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见详解；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用与之间的关系，构造数列即可证明； （2）根据（1）中证明，即可求得，代入可得，再用错位相减法即可求得结果. 【详解】（1）因为，， 两式相减，得． 又，且， 解得， ， ． ． 又， 数列是首项为2，公比为2的等比数列． （2）由（1）知，，， 则 ①． ② 由①-②，得 ， 故． 【点睛】本题考查等比数列的证明，以及利用错位相减法求数列的前项和；涉及与之间的关系，以及构造数列法.属综合中档题. 17. 设函数的定义域是，且对任意的正实数都有恒成立，已知，且时，． （1）求的值； （2）判断在上的单调性，并给出你的证明； （3）解不等式． 【答案】（1）； （2）函数单调递增，证明见解析； （3）或. 【解析】 【分析】 （1）利用赋值法，即可求得所求的函数值，得到答案； （2）首先判定函数为增函数，然后利用函数的单调性的定义和所给条件进行证明即可； （3）利用函数的单调性和所得函数值对应的自变量得到函数不等式，得出不等式组，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数对任意的正实数x，y都有恒成立， 令，可得，所以， 令，可得，即，解得. （2）函数为增函数，证明如下： 设且， 令，根据题意，可得，即， 又由时，， 因为，可得，即，即， 所以函数在上的单调性. （3）由题意和（1）可得， 又由不等式，即， 可得，解得或， 即不等式的解集为或. 【点睛】求解函数有关的不等式的方法及策略： 1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义， 具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解. 2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 18. 已知数列为非零数列，设，是数列前n项之积，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足，且当时，，对于均有恒成立，求满足条件的正整数k． 【答案】（1） （2）4和5 【解析】 【分析】（1）时由得，进而得，再验证即得的通项. （2）由题设结合得到时，，求出的最大项即可求得正整数k． 【小问1详解】 由题意得： 当时，，解得． 当时，由 得： 两式相除得：，即 当时，也满足上式，所以 【小问2详解】 由（1）可知，， 故当时， 当时，由，得 ， 解得，且，所以或 又，，，所以 故数列中最大项为和，即满足条件的正整数k的值为4和5. 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析. （2） 【解析】 分析】（1）分类讨论，两种情况，由导数得出单调性 ； （2）将变形为，构造函数，由其单调性得出，进而由导数得出的最大值，从而得出求实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以. 当时，由，得，由，得，且， 故的单调递增区间为，单调递减区间为，； 当时，由，得，且，由，得， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为. 综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 易知，. 由，可得， 所以恒成立，即恒成立. 设，，则，所以在上单调递增. 当时，，所以恒成立等价于恒成立， 即对恒成立. 设，，. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即a的取值范围是. 【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将整理成的形式，构造函数，由其单调性以及得出，最后求出的最大值，得出a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$