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
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{#{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
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{#{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.
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{#{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
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{#{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
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{#{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，
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{#{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．
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