数学答案sn_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0930四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高三上学期一模_四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高三上学期一模数学试题Word版含答案

数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B C A D B D AB ACD 题号 11 12 13 14 答案 ABD 2 511 22 2  2 C30n15 30n15 3 n 8 7．【详解】根据题意由C Int 可得 ，两式相除可得 1，即可得    ， C40n8 40n8 4 15 3 n 8 3 8 两边同时取对数可得lg  lg ，即可得nlg lg ； 4 15 4 15 lg8lg15 3lg2lg31lg2 4lg2lg31 40.30.4771 即n     2.25.故选：B lg3lg4 lg32lg2 lg32lg2 0.47720.3 8.【详解】当x0时, f xlog x，即函数在 为增函数，所以 f x1在1,为增函数， 2 1 4  䜐ᬃ 1 4 令hx2x121x  2x  ，令t 2x，所以ht t ，由对勾函数的单调性可知ht在2,为增函数， 2 2x  2 t  1 4  所以hx 2x  在1,为增函数，由题可知函数gx f x12x121x关于x1对称, 2 2x  21 2a11 且当x1时,gx为增函数,而由不等式g2a1 可得,g2a1g3 ,从而 ﹐ 4 2a11  31 得实数a的取值范围是,0  2, .故选：D 二、多项选择题 1 1 10．【详解】由a0，b0，a2b2ab得：  1；对于A， a2b2 2ab（当且仅当a2b，即a2， a 2b b1时取等号），2ab2 2ab，解得：ab2（当且仅当a2，b1时取等号），A正确； 对于B，abab   1  1    3  a  b  3 2 a  b  3  2（当且仅当 a  b ，即a 2 2 ，b 1 2 ）， a 2b 2 2b a 2 2b a 2 2b a 2 2 B错误； 1 1  a 2b a 2b a 2b 对于C，a2ba2b   2  22  4 （当且仅当  ，即a2，b1时取等号）， a 2b 2b a 2b a 2b a C正确； 对于D，a24b2 4ab（当且仅当a2b，即a2，b1时取等号）， 由A知：ab2（当且仅当a2，b1时取等号），a24b2 8（当且仅当a2，b1时取等号），D正确. 故选：ACD. 11．【详解】已知函数 f x，gx的定义域均为R，因为 f xgx1， f xg4x3， 可得gxg4x2，又因为gx为奇函数，则gxgx，可得gxgx，即gx为偶函数， 则gxgx42，即gx4gx2，可得gx8gx42，所以gxgx8，可知gx 1的周期为8.对于选项A：因为gxg4x2， f xgx1 令x2，则g2g22， f 2g21，可得g21， f 22，故A正确； 对于选项B：因为gxg4x2，令x0，可得g0g42，故B正确； 对于选项C：因为gxg4x2，且gx为偶函数，则gxg4x2， 令x1，可得g1g32，又因为 f xgx1，令x1,3，则 f 1g11， f 3g31， 可得 f 1 f 3g1g32，可得 f 1 f 34，但由题设条件无法推出 f 1 f 3，故C错误； 对于选项D：因为gx的周期为8，故g4 g4，故D正确；故选：ABD. 三、填空题 13.解：函数 f(x) x(|x|2)，当x0时， f(x)x22x ，当x0时， f(x)2xx2， 作出y f(x)的图象，由图象可得x0时， x22x1 ，解得x1 2； x0时，2xx2 1，解得x1 2， 即有 f(x)在[1 2,1 2]内的最大值为1，最小值为−1， nm的最大值为1 2(1 2)22 2 . 14．【详解】由二次函数最低点为0,4可知： f xax24(a0)， 又 f x1 f xax124ax24a2x12x1，所以a1， x 2 则 f xx24.由题意得a lnx 2lnx 2ln n ，又由x x  fx  f x 0， n n n x 2 n1 n n n n x24 x24 得x x 2x x240，因为x 20，所以x 0，即x  x  n  n ，又 n1 n n n n n n1 n 2x 2x n n x 22 x 22 x 2 x 22 x 2 x 2 x 2 n ,x 2 n ，所以 n1  n ，则ln n1 2ln n ，即a 2a ， n1 2x n n1 2x n x n1 2 x n 22 x n1 2 x n 2 n1 n 故a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a 2n1,S 2n1. n n n 令c = S .   n 5     n 5    2n1  ，则c c n82n1 1 ，故当n8时，c c ，当n9时，c c ， n n 2  2  n1 n 2 n1 n n1 n 511 511 故c  c  .故答案为： . n min 9 2 2 15．【详解】（1）解：由函数y log (x23x10) 的定义域为B，可得x23x100， 3 即(x2)(x5)0，解得x2或x5，所以集合B x x2或x5}，所以ð BC  x 2 x5  . R （2）当a3时，集合A{x|4x7}，C {x|2 x5}，所以AC{x|2x7}. （3）若“xA”是“xC”的充分不必要条件，所以A是C的真子集， 当a12a1时，即a0时，此时A，满足A是C的真子集； 2a1a1  当A时，则满足2a15 且不能同时取等号，解得0a2，综上，实数a的取值范围为(,2].  a12 216．【详解】（1）根据题意，数列a 满足a a 3，即a a 3， n n1 n n1 n 所以根据题意，数列a 为以3为公差的等差数列， n 又a 4，则a a d 431， 2 1 2 所以a 13n13n2； n 1 1 1 1 1  （2）根据题意，b      ， n a a 3n23n1 33n2 3n1 n n1 1 1 1 1  1 1  1 1  n 所以数列b 的前n项和为：S  1       1  . n n 3 4 4 7 3n2 3n1 3 3n1 3n1 17.【详解】（1）零假设H ：周平均锻炼时长与年龄无关联. 0 200(40752560)2 由22列联表中的数据，可得2  5.128 x  3.841，. 10010065135 0.05 根据小概率值0.05的独立性检验，我们推断H 不成立， 0 即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05. 所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异. 40 60 （2）抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有5 2人，不少于4小时的有5 3人， 100 100 所以X 所有可能的取值为1,2,3， C1C2 3 C2C1 3 C3C0 1 所以PX 1 3 2  ，PX 2 3 2  ，PX 3 3 2  ， X 1 2 3 C3 10 C3 5 C3 10 5 5 5 所以随机变量X 的分布列为： 3 3 1 P 10 5 10 3 3 1 9 随机变量X 的数学期望EX1 2 3  10 5 10 5 18．【详解】（1）解：因为函数 f xax kax（a0且a1）是R上的奇函数，则 f x f x0， 即 f x f xax+kaxaxkax 1k  axax   0 ，k10，可得k 1，即 f xaxax， 1 8 又因为 f 1a  ，整理得3a28a30，因为a0且a1，解得a3，因此， f x3x3x. a 3 （2）解：因为函数y3x、y3x均为R上的增函数，故函数 f x3x3x为R上的增函数， 由 f  9mx22x 1   f  13mx2 0可得 f  9mx22x 1   f  3mx21  ， 可得 9mx22x 13mx21 ，即 32mx24x 3mx2，则2mx24xmx2，即2mx2m4x20， 所以，关于x的方程2mx2m4x20在x0,1时只有一解.因为2mx2m4x2 mx22x1 . 1 当m0时，则有24x0，解得x ，合乎题意； 2 2 1 当m0时，由2mx2m4x2 mx22x10 ，可得x  ，x  . 1 m 2 2 2 1 2 2 由题意可得  或 0或 1，解得m4或m0或0m2.综上所述，实数m的取值范围是,2  4 . m 2 m m 3（3）解：gx f  x 1 1 3 x 1 23 1 2 x 1，所以， gxg1x3 x 1 23 1 2 x 3 1x 1 23 1 2 1x 22 ，  2  1 n1  2 n2  n1 1 则2Fn g g   g g    g g  2n1，  n  n   n  n    n  n 所以，Fnn1，由 f 2xFn f x，即32x 32x n1 3x 3x  ， 当x0时，则不等式32x 32x n1 3x 3x  对任意的nN恒成立. 当x0,1 时，由32x 32x n1 3x 3x  可得n13x3x， 由基本不等式可得 3x3x 2 3x3x 2 ，当且仅当x0时，等号成立， 因为x0,1 ，故3x +3-x >2，n12，解得n3.综上所述，符合条件的正整数n的值为：1或2或3. 19．【详解】（1） f(x)lnx12ax，由题意曲线y f(x)在点(1,0)处的切线方程为xy10， 则 f(1)12a1，解得a1； （2） f(x) xlnxa  x21  ，x1， f(x)lnx12ax，令u(x)lnx12ax（x1），则u(x) 1 2a， x 当2a0，即a0时，u(x)0，u(x)即 f(x)是1,上的增函数，因此 f(x) f(1)2a0， f(x)是增函数，所以 f(x) f(1)0，不合题意，舍去； 1 当2a1即a 时，u(x)0，u(x)即 f(x)是1,上的减函数，所以 f(x) f(1)12a0， 2 所以 f(x)是1,上的减函数，从而 f(x) f(1)0恒成立， 1 1 当02a1即0a 时， 1， 2 2a 1  1  1  1  x(1, )时，u(x)0，u(x)在1, 递增，x( ,)时，u(x)0，u(x)在 ,递减， 2a  2a 2a 2a  1 1 又u(1)12a0，所以x(1, )时，u(x)0恒成立，即 f(x)0恒成立，此时 f(x)在(1, )上递增，因此 2a 2a f(x) f(1)0，与题意不合，舍去， 1 综上a ． 2 1 2xlnx 2 xln x （3）由（2）知x1时，xlnx (x21)，即 1，从而 1， 2 x21 x1 lnx 1 1 2 2 所以  ，又    2( x x1)， x1 x x 2 x x  x 1 lnx 所以 2( x x1)， x1 此不等式中分别令x2,3,,n得 ln2 ln3 lnn 2( 21)， 2( 3 2)，L， 2( n n1)， 1 2 n1 将这n1个不等式相加得 n lnk 2 n2  nN* ． k1 k2 4