山东齐鲁名师联盟2025届高三一诊数学参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年08月试卷_08162025届山东省齐鲁名师联盟高三上学期开学第一次诊断考试

2025 届高三一诊数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C C B A C D B B BDD BCD ACD
12．
数学答案 第1页 共4页
[ − 1 ,
5
2
]
13．(0,1) ( 1, e )
14．1250
15．（13分）
（1）解：因为函数 f ( x ) = x 2 − 4 tx + 5 ，
由命题“  x  R , f ( x )  0 ”为假命题，即命题“  x  R , f ( x )  0 ”为真命题，
根据二次函数的性质，可得  = ( − 4 t ) 2 − 4  5  0 ，解得 t 
2
5
或 t 
2
5
，
所以实数 t
5 5
的取值范围为(−,− ) ( ,+).
2 2
（2）解：由函数 f ( x ) = x 2 − 4 tx + 5 ，可得
f (
x
x )
=
x 2 − 4
x
tx + 5
= x +
5
x
− 4 t ，
f (x)
因为函数 2 5+ 2在区间
x
( 0 , )  + 内恒成立，
即 x +
5
x
− 4 t  2 5 + 2 在区间 ( 0 , )  + 内恒成立，
又因为 x +
5
x
− 4 t  2 x 
5
x
− 4 t = 2 5 − 4 t
5
，当且仅当x= 时，即
x
x = 5 时，等号成立，
5
所以x+ −4t的最小值为
x
2 5 − 4 t ，
所以 2 5 − 4 t  2 5 + 2 ，解得 t  −
4
2
，
所以实数 t
2
的取值范围为(−,− ).
4
16．（15分）
（1） g ( x ) = f ( x ) + 2 x − 4 ln x −
2
x
= x − 3 ln x −
2
x
，
该函数的定义域为(0,+)，
则 g ( x ) = 1 −
3
x
+
2
x 2
=
x 2 − 3
x
x
2
+ 2
=
( x − 1 )
x
( x
2
− 2 )
，列表如下：
x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+)
g(x) + 0 - 0 +
g(x) 增 极大值 减 极小值 增
所以，函数g(x)的增区间为(0,1)和(2,+)，减区间为(1,2)，
函数g(x)的极大值为g(1)=1−3ln1−2=−1，极小值为g(2)=2−3ln2−1=1−3ln2.
{#{QQABaQAAogCgApBAARhCAQVYCgIQkAECAYgGBFAAIAAAAQFABCA=}#}（2）当
数学答案 第2页 共4页
x  0 时，由 f ( x ) = ln x − x  ( a − 1 ) x + 1 可得 a 
ln x
x
− 1
，
令 h ( x ) =
ln x
x
− 1
，其中 x  0
1
·x−(lnx−1)
，则 h(x)= x = 2−lnx ，
x2 x2
由 h ( x )  0 可得 0  x  e 2 ，由 h ( x )  0 可得 x  e 2 ，
所以，函数 h ( x ) 的增区间为 ( 0 , e 2 ) ，减区间为 ( e2,+ ) ，
所以， h ( x )
m ax
= h ( e 2 ) =
ln e
e
2
2
− 1
=
1
e 2
，
所以， a  h ( x )
m ax
=
1
e 2
，故实数 a 的取值范围是
1
e 2
, 

+

.
17．（15分）
（1）设事件A表示甲在一轮比赛中投进
i
i 个球，
B
i
表示乙在一轮比赛中投进i ( i = 0 ,1 , 2 , 3 ) 个球，
则 P ( A
0
) =
 1
2
 3
=
1
8
1 3 3
，P(A)=C1   = ，
1 3 2 8
P ( A
2
) = C 23
 1
2
 3
=
3
8
， P ( A
3
) = C 33
 1
2
 3
=
1
8
；
P ( B
0
) = C 03
 1
4
 3  3
4
 0
=
9
6 4
1 2 3 1 9
，P(B )=C1     = ，
1 3 4 4 64
1 1 3 2 27 1 0 3 3 27
P(B )=C2     = ，P(B )=C3     = .
2 3 4 4 64 3 3 4 4 64
则乙在一轮比赛中获得一个积分的概率为：
P = P ( B
1
A
0
) + P ( B
2
A
0
) + P ( B
2
A
1
) + P ( B
3
A
0
) + P ( B
3
A
1
) + P ( B
3
A
2
)
=P(B )P(A )+P(B )P(A )+P(B )P(A)+P(B )P(A )
1 0 2 0 2 1 3 0
153
+P(B )P(A)+P(B )P(A )= .
3 1 3 2 256
（2）P(B )=C2(1− p)p2，P(B )=C3(1− p)0 p3 = p3.
2 3 3 3
设事件C表示乙每场比赛至少要超甲2个球，则
P ( C ) = P ( B
2
A
0
) + P ( B
3
) P ( A
0
) + P ( B
3
) P ( A
1
)
= C 23 p 2 ( 1 − p ) 
1
8
+ p 3
 1
8
+
3
8

=
1
8
p 3 +
3
8
p 2 ；
设随机变量X表示n轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分，
 1 3  1 3 
显然X ~ Bn, p3+ p2 ，故E(X)=n p3+ p2 ，
 8 8  8 8 
1 3 
要满足题意，则E(X)3，即n p3+ p2 3，
8 8 
{#{QQABaQAAogCgApBAARhCAQVYCgIQkAECAYgGBFAAIAAAAQFABCA=}#}又
数学答案 第3页 共4页
p 
 1
3
,
3
4

，故
n 
1
8
p 3
3
+
3
8
p 2
，
令 f ( x ) =
1
8
x 3 +
3
8
x 2 ， x 
 1
3
,
3
4

，则 f  ( x ) =
3
8
x ( x + 2 )  0 在 x 
 1
3
,
3
4

恒成立，
故 f ( x ) 在
 1
3
,
3
4

上单调递增，
又 f ( x ) 的最大值为 f
 3
4

=
1
5
3
1
5
2
，
1 3
则 p3+ p2的最大值为
8 8
1
5
3
1
5
2
3
，1 3 的最小值为
p3+ p2
8 8
5 1 2
4 5
，
而 1 1 
5 1 2
4 5
 1 2
故理论上至少要进行12轮比赛.
18．（17分）
（1）函数定义域为 ( 0 , )  + ，
f  ( x ) = a −
1
x
=
a x −
x
1
，因为 f ( x ) 在定义域内单调递减，
则 f  ( x )  0 在(0,+)上恒成立，可得 a  0 ，
函数 f ( x ) 在 ( 0 , )  + 单调递减， a 的取值范围为 a  0 ；
（2）当 a  0 时， f ( x ) 在定义域内单调递减，
∴ f ( x ) 在 ( 0 , )  + 上没有极值点；
当 a  0 时， f  ( x )  0 得 0  x 
1
a
， f¢(x) >0得 x 
1
a
，
∴ f (x)在

0 ,
1
a

上递减，在
 1
a
, + 

上递增，
即 f ( x )
1
在x= 处有极小值．
a
∴当a0时 f ( x ) 在 ( 0 , )  + 上没有极值点，
当 a  0 时， f (x)在 ( 0 , )  + 上有一个极值点．
（3）∵函数 f ( x ) 在 x = 1 处取得极值， f(1)=0，∴ a = 1 ，
∴ f ( x )  b x − 2  1 +
1
x
−
ln
x
x
 b ，
1 lnx 1 1−lnx −2+lnx
令g(x)=1+ − ，g(x)=− − = ，
x x x2 x2 x2
g(x)=0，则x=e2，
可得g(x)在 ( 0,e2) 上递减，在 ( e2,+ ) 上递增，
{#{QQABaQAAogCgApBAARhCAQVYCgIQkAECAYgGBFAAIAAAAQFABCA=}#}∴
数学答案 第4页 共4页
g ( x )
m in
= g ( e 2 ) = 1 −
1
e 2
，即 b  1 −
1
e 2
．
19．（17分）
（1）因为 X B  2 , 1
2
 ，所以 P ( X = k ) = C k2  1
2
 2 ( k = 0 ,1 , 2 ) ，
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2
P
1
4
1
2
1
4
所以 H ( X ) = −
 1
4
lo g
2
1
4
+
1
2
lo g
2
1
2
+
1
4
lo g
2
1
4

=
3
2
.
（2）（ⅰ）记发出信号 0 和 1 分别为事件A (i=0,1)，收到信号
i
0 和 1 分别为事件 B
i
( i = 0 ,1 ) ，
则P(A )= p，P(A)=1− p，P(B |A )=P(B |A)=q，P(B |A )=P(B |A)=1−q，
0 1 0 0 1 1 1 0 0 1
所以 P ( B
0
) = P ( A
0
) P ( B
0
| A
0
) + P ( A
1
) P ( B
0
| A
1
)
= p q + ( 1 − p ) ( 1 − q ) = 1 − p − q + 2 p q ，
所以 P ( A
0
| B
0
) =
P ( A
0
)
P
P
(
(
B
B
0
0)
| A
0
)
=
1 − p −
p q
q + 2 p q
；
（ⅱ）由（ⅰ）知 P ( B
0
) = 1 − p − q + 2 p q ，则 P ( B
1
) = 1 − P ( B
0
) = p + q − 2 p q ，
p 1− p
则KL(X Y)= plog +(1− p)log ，
21− p−q+2pq 2 p+q−2pq
设 f ( x ) = 1 −
1
x
− ln x
1 1 1−x
，则 f(x)= − = ，
x2 x x2
所以当 0  x  1 时 f ¢ ( x ) > 0 ， f ( x ) 单调递增，当x1时 f(x)0， f ( x ) 单调递减；
所以 f ( x )  f ( 1 ) = 0 ，即 ln x  1 − 1
x
（当且仅当x=1时取等号），
所以 lo g
2
x =
ln
ln
x
2

1
ln 2

1 −
1
x

，
p 1− p
所以KL(X Y)= plog +(1− p)log
21− p−q+2pq 2 p+q−2pq

p
ln 2

1 −
1 − p − q
p
+ 2 p q 
+
1 −
ln
p
2

1 −
p + q
1 −
− 2
p
p q 
= 0 ，
p 1− p
当且仅当 = =1，即
1− p−q+2pq p+q−2pq
p =
1
2
，0q1时等号成立，
所以KL(X Y)0.
{#{QQABaQAAogCgApBAARhCAQVYCgIQkAECAYgGBFAAIAAAAQFABCA=}#}