济宁一中2025届高三第一次质量检测-数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0916山东省济宁市第一中学2024-2025学年高三上学期开学考试

济宁市第一中学 2024—2025 学年度第一学期质量检测（一） 高三数学答案 一､选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的. 1. D 2．D 3.B 4.B 5.C 6.C 7.D【详解】构造函数g(x) f(x)x，g(1)312， g(x)f(x)10，即函数g(x)在 上单调递减， f x 2x等价于g(x) g(1)，解得x1. 即 f x 2x的解集为 1, . 8.C【详解】当x0时， y ex ln  x1 1， 1 所以 yex  0在  0, 上恒成立， x1 所以函数 f  x  在  0, 上单调递增，所以 f  x  f  0 2，x0. 当x  0时，y x2 2axa， 若a0即a0，函数 f  x  在 ,a  上单调递增，在 a,0  上单调递减， 所以 f  x  f a a2 a，x  0. 又函数的值域为R ，所以a2 a2，（a0） a2； 若a0即a<0，函数 f  x  在 ,0  上单调递增，所以 f  x  f  0 a，x  0. 又函数的值域为R ，所以a2（a<0） a2. 综上可知：a2或a2. 二､多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9. ACD 2 10.ABD【详解】对于A，a2b2 a21a2 2a22a12  a 1   1  1 ，  2 2 2 第1页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}1 当且仅当ab 时，等号成立，故A正确； 2 1 对于B，ab2a11，所以2ab 21 ，故B正确； 2 ab 2 1 对于C，log alog blog ablog   log 2， 2 2 2 2 2  2 4 1 当且仅当ab 时，等号成立，故C不正确； 2  2 对于D，因为 a b 12 ab 1ab 2 ， 1 所以 a b  2，当且仅当ab 时，等号成立，故D正确； 2 故选：ABD 11.BCD【详解】由 f(x1) f(x1) f(2)，得 f(x1) f(x3) f(2)， 则 f(x1) f(x3)，即 f(x) f(x4)，因此 f(x)是周期为4的周期函数，C正确； 令x=1，得 f(2) f(0) f(2)，则 f(0)0，因此 f(2024) f(0)0，A错误； 由 f(2x6) f(2x)，得 f(x6) f(x)，则 f(x) f[(x12)6] f(x6)， 因此 f(x)的图象关于直线x3对称，B正确； 由 f(x6) f(x)，得 f(x)的图象关于直线x3对称， 因此直线x34n及x34n(nZ)均为 f(x)图象的对称轴， 7 5 3 3 3 从而 f(2) f(0)0, f( ) f( )1，令x ，得 f( 1) f( 1)0， 2 2 2 2 2 1 5 1 3 9 即 f( )f( )1，则 f( ) f( ) f( )1， 2 2 2 2 2 2025 1 1 3 5 7 4049 故(1)kkf(k )f( )2f( )3f( )4f( )2025f( ) 2 2 2 2 2 2 k1 (1234)(2021202220232024)20252025，D正确. 故答案为：BCD 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 7 12. (1,2) 13. 12  1 1 14.  ,  【详解】若曲线 f  x  xln 与gxax2总存在关于原点对称的点，  e x 第2页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}则gxax2上的点  x,ax2  关于原点的对称点  x,ax2  ,  x0  在曲线 f  x  xln 1 上， x  1  所以方程ax2 xln   xln x  ,  x 0 有解， x 令t x，则方程at2 tlnt,  t 0  有解， lnt 即方程a ,  t 0 有解， t lnt 1lnt 令h  t  ,  t 0 ，则h t  ，令h t 0，得0t e，令h t 0，得t e， t t2 所以h  t  在  0,e  上单调递增，在  e, 上单调递减， 1 lnt lnt 且 f  e  ，当t趋于0时，h  t  趋于负无穷，当t趋于正无穷时，h  t  趋于0， e t t lnt  1  1 所以h  t  ,  t 0 的值域为 ,  ，所以a的范围为 , . t  e  e  15．(1) ,2 2 (2)e1  【详解】（1）记y f x2x2 axlnxx2  gx,gx在0,2 上单调递减， gxa 1 2x0对x0,2 恒成立， x  1 1 1 1 2 a2x  ，而2x 2 2x 2 2，当且仅当2x 即x 时，等号成立，  x x x x 2 min 2 1 所以当x 时，2x 取得最小值为2 2.a2 2 2 x  所以a的取值范围为 ,2 2.  （2）设直线yex与 f x的图象相切于P  x ,x2ax ln x  ， 0 0 0 0 1 1 fx2xa ,k2x a ， x 0 x 0  1 2x a e,① 1 由题意可知 0 x ae 2x ， 0 x 0  x2ax lnx ex ,② 0 0 0 0 0  1  代入②x2e 2x x lnx ex ， 0  x 0  0 0 0 0 1x2lnx 0 ，左边式子关于x 单调递减且x 1时，左边0,x 1 0 0 0 0 0 ae12e1. 第3页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}5 15 16.【答案】（1） x3； （2） x6 . 2 4 【解析】【小问1详解】 依题意，a 2n,b2n1，于是2n 2n1 32，即2n1 32，解得n6， 1 所以(x2  )6的展开式中第4项的二项式系数最大， 2x 1 5 即T C3(x2)3( )3  x3 . 4 6 2x 2 1 【 小 问 2 详 解 】 由 （ 1 ） 知 ， (x2  )6 展 开 式 的 通 项 公 式 为 2x 1 1 T Ck x2 6k( )k ( )kCkx123k,k ,k 6， ( ) N k1 6 2x 2 6  1 1 ( )kCk ( )k1Ck1   2 6 2 6 设第k1项的系数的绝对值最大，因此 ， 1 1  ( )kCk ( )k1Ck1  2 6 2 6  6! 6! 2  k!(6k)! (k 1)!(7k)! 4 7 整理得 ，解得 k  ，而kN，则k 2，即系数的绝对值最大的项  6! 6! 3 3 2    k!(6k)! (k 1)!(5k)! 是第3项， 1 15 所以系数的绝对值最大的项为T ( )2C2x6  x6 . 3 2 6 4 36 17.【答案】（1）分布列见解析， 35 （2）第一天去西阅览室的可能性更大，理由见解析 【解析】【小问1详解】 设A “第i天去东阅览室”  i 1,2  ，B  “第j天去西阅览室”  j 1,2  ， i j 则A与B 对立，A 与B 对立 1 1 2 2 由题意得，X 0,1,2  2  2 1 P  X 0  P  BB  P  B  P  B |B  1   1   1 2 1 2 1  5  3 5 P  X 1  P  AB P  B A   P  A  P  B | A P  B  P  A |B  1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2  4  2 2 4   1   1    5  7  5 3 7 第4页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}2 4 8 P  X 2  P  AA  P  A  P  A | A    1 2 1 2 1 5 7 35 则X的分布列为 X 0 1 2 1 4 8 P 5 7 35 1 4 8 36 所以E  X 0 1 2  5 7 35 35 【小问2详解】 由全概率公式得P  B  P  A  P  B | A P  B  P  B |B  2 1 2 1 1 2 1 2  4  2  2 13   1   1   1   5  7  5  3 35 2  4        1  所以P  A |B  P A 1 B 2  P A 1 P B 2 | A 1  5  7  6 1 2 P  B  P  B  13 13 2 2 35 6 7 所以P  B |B 1P  A |B 1  所以P  A |B  P  B |B  1 2 1 2 13 13 1 2 1 2 所以如果甲同学第二天去西阅览室，那么第一天去西阅览室的可能性更大 1 18.【答案】（1） y ex2 ； （2）答案见解析； （3）88685（元）. 【解析】【小问1详解】 对 y cxd两边取对数得：lny lncdlnx，即z lncdt， 1 10 15 1 10 17.5 由表中数据得：t  t  1.5，z  z  1.75， 10 i 10 10 i 10 i1 i1 10 t z 10tz i i 38.5101.51.75 1 d  i1   0.5，所以lnc z dt 1.75 1.51，则ce， 所以y 10 2 47101.52 2 t 10t 2 i i1 1 关于x的经验回归方程为 y ex2 . 【小问2详解】 ln30 由（1）得，当x30时ln y1 2.7，所以 y 15， 2 第5页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}所以当亩化肥施用量为30kg时，估计粮食亩产量应约为1500kg. 出现亩施肥量为30kg，亩产量仅约为510kg的情况，可能是因为施肥过量，导致作物有部分被烧坏，从而 导致产量下降. 【小问3详解】 因为3，26， 0.95450.6827 所以P  36  P 20.6827 0.8186， 2 10.9545 P(6) P 2 0.02275， 2 设政府对该研究团队的奖励金额为，则E 1000000.81863000000.0227588685（元）. 19.【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】【小问1详解】 令h  x  f  x g  x  xex a  xlnx 1，  1  x1  xex a  则h x  x1  ex a1   (x0)，  x x 设 x  xex a(a 0)，则xx1ex 0对任意x0恒成立， 所以 x  在  0, 上单调递增，又 0 a0, a a  ea 1  0， 所以存在唯一实数x  0,a  , x 0， 0 0  x1  x  所以当x 0,x  时，h x  0,h  x 单调递减； 0 x  x1  x  当xx ,时，h x  0,h  x 单调递增； 0 x 所以h(x) h  x  x ex 0 a  x lnx 1， min 0 0 0 0 因为 x  x ex 0 a 0  0 x a  ， 所以x ex 0 a，且x lnx lna(a0)． 0 0 0 0 0 0 所以h(x) aalna10 ， min 设F  a aalna1(a 0)，则F a 1 1lna lna， 所以F  a  在  0,1  上单调递增，  1, 上单调递减， 所以F  a  F  1 0，而依题意必有F  a 0，所以F  a 0，此时a 1， 第6页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}所以若不等式 f  x g  x  恒成立，则正实数a的值为1． 【小问2详解】 由（1）知，当a 1时， f  x g  x  对任意x0恒成立． 所以x 0, ,xex  xlnx1，当且仅当x 1时等号成立， 则x3ex  x3 x2lnxx2(x 0)，   所以要证明x3ex  x2 3 lnx2sinx(x0)，   只需证x3x2lnxx2  x2 3 lnx2sinx(x0)， 即证x3x2 3lnx2sinx(x0)． 1 1x 设G  x lnxx1,m  x sinxx，则G x  1 (x0)， x x 则G  x  在  0,1  上单调递增，  1, 上单调递减， 所以x 0, ,G  x G  1 0，即lnx x1(x 0)， 又由m x cosx10在  0, 恒成立，m  x  在  0, 上单调递减， 所以x 0, ,m  x m  0 0，即sinx x(x0)， 所以要证x3x2 3lnx2sinx(x0)， 只需证x3x2 3  x1 2x(x0)，即x3 x2 5x30(x 0)， 令H  x  x3 x2 5x3，可得H x 3x2 2x5 3x5  x1  ， 则H  x  在  0,1  上单调递减，  1, 上单调递增， 所以当x 0, 时，H  x H  1 0， 即x3 22 5x30,x0恒成立，   所以x3ex  x2 3 lnx2sinx． 第7页/共7页 {#{QQABRYAEogAgAIAA学科网（A北京）B股份有g限公司CQw3aCkMQkAAACQgGQEAIsAAAwAFABAA=}#}