重庆市涪陵第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（含答案）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1008重庆市涪陵第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试

重庆市涪陵第五中学 2024-2025 学年高三上学期 开学考试数学试题 （考试总分：150 分 考试时长： 120 分钟） 一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分） 1.命题"∀x>1,x2−m>1"的否定是( ) A.参与调查的女生中喜欢游泳运动的人数比不喜欢游泳运动的人数多 A.∃x>1,x2−m≤1 B.∃x≤1,x2−m≤1 B.全校学生中喜欢游泳运动的男生人数比喜欢游泳运动的女生人数多 C.∀x>1,x2−m≤1 D.∀x≤1,x2−m≤1 C.若n=50,依据α=0.01的独立性检验,可以认为游泳运动的喜好和性别有关 2.已知a,b,c∈R且a>b,则下列不等式一定成立的是( ) D.若n=100,依据α=0.01的独立性检验,可以认为游泳运动的喜好和性别有关 1 1 a b 4 A. < B.a2>b2 C.a|c|>b|c| D. > 5.已知函数f(x)=x+ +3lnx在x∈(a,2−3a)内有最小值点，则实数a的取值范围是( ) a b c2+1 c2+1 x 1 1 1 x2 A.a>1 B. 1,若对任意x∈R有 总和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明A类7题中有5题会操作，B类5题 f(g(x)−x)=a(a为常数),g(f(x+2))+g(f(x))=2x+2,则( ) 2 n 中每题正确操作的概率均为 ，且各题操作互不影响. A.g(2)=0 B.f(3)<3 C.f(x)−x为周期函数D.∑❑f(4k)=2n(n+1) 3 k=1 (1)求李明被终止比赛的概率； 三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分） (2)求李明获一等奖的概率； 12.若a>0,b>0,lga+lg⁡b=1,则a+b的最小值为_________. (3)现已知李明A类题全部操作正确，求李明B类题操作完后总分的期望. 1 √−x2+2x+3 13.函数y=( 2 ) 的值域为_________. 18.（17分）已知函数f(x)=2lnx− 4 − a −2. x x2 14.设定义域为R的函数f(x)的导函数为f′ (x)，对任意的x∈R有f(x)−f(−x)=2sinx恒成立，且 (1)当a=−3时，求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)有唯一的极值点x ， 0 f′ (x)>cos⁡x在(0,+∞)上成立.若f( π −t)−f(t)>cos⁡t−sin⁡t，则实数t的取值范围为__________. ①求实数a取值范围； 2 ②证明：x2 ⋅f(x )+2x2 ⋅e1−x 0+1≥0. 四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分） 0 0 0 15.（13分）某工厂统计了某产品的原材料投入x(万元)与利润y(万元)间的几组数据如下： 19.（17分）在不大于kn (k,n∈N∗,k≥2)的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的个数记为F (n). k (1)求F (4)，F (3)的值； 2 3 (2)求F (n)关于n的表达式； 6n 5 (3)记[x]表示不超过x的最大整数，若S =∑❑ ，探究[S ]是否为定值，若是，求其值；若不是，请 n F (i)−1 n i=1 6 说明理由.答案 2×2×2×A2=16;综上，该5名同学可能的名次排情况种数为18+12+16=46种。 2 一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分） 1.【答案】A 间接法：甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有A3 种排法，共有 3 2.【答案】D 3.【答案】B 3×3×A3=3×3×3×2×1=54种不同的情况；但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排 3 4.【答案】D 5.【答案】C 乙，也有2种情况；余下2人有A2 种排法，故共有2×2×A2=2×2×2×1=8种不同的情况，从而该5名同学 2 2 6.【答案】C 可能的名次排情况种数为54−8=46种。 7.【答案】A 二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分） 【解析】因为定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，即f(x+2)=f(x)，则f(x)是周期为2的函数， 9.（6分）【答案】ACD 由g(x)=f(x)−mx=0，可得f(x)=mx，且函数y=f(x)与y=mx的图象在区间[0,5]上有4个交点，作出函 10.（6分）【答案】BC 数y=f(x)与y=mx的大致图象， 11.（6分）【答案】BCD 【解析】在f(g(x)−x)=a中，且f(x)，g(x)，都是定义在R上的奇函数，令x=0得a=f(g(0))=f(0)=0， 则f(g(x)−x)=0，又f(x)为单调函数，则必有g(x)−x=0，即g(x)=x，所以f(x+2)+f(x)=2x+2，所以 g(2)=2，所以A错误；由f(3)+f(1)=4，且f(1)>1得f(3)=4−f(1)<3，所以B正确；设ℎ(x)=f(x)−x， 则由f(x+2)+f(x)=2x+2， 3m>−1 1 1 可得ℎ(x+2)+ ℎ(x)=0，所以ℎ(x+4)+ ℎ(x+2)=0，所以ℎ(x+4)= ℎ(x)，即ℎ(x)=f(x)−x为周期函 由图象可知{ ，解得− 0时，g′ (x)=f′ (x)−cos⁡x>0，可得函数g(x)在(0，+∞)单调递增，由偶函数性质可得函数g(x)在(−∞，0)单调 y =x −ln⁡x 0 0 0 1 则可得方程组 { 1 y −0，可化为ln⁡x =1，解得x =e，y =e−1，k=1− ， k=1− = 0 0 0 0 e x x −0 π π π 0 0 递减。由f( −t)−f(t)>cos⁡t−sin⁡t，可得f( −t)−sin⁡( −t)>f(t)−sin⁡t， 2 2 2 1 1 故所求切线方程为y−(e−1)=(1− )(x−e)，即y=(1− )x； π π π π e e 即g( −t)>g(t)，故| −t|>|t|，解得t< .故实数t的取值范围为(−∞, ). 2 2 4 4 lnx lnx 1−2lnx (2)由g(x)=f(x)−x，得a= ，令ℎ(x)= ，求得ℎ ′ (x)= ， 四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分） x2 x2 x3 ^ ^ ^ 15.（13分）(1)设利润y(万元)关于原材料投入x(万元)的线性回归方程为y=bx+a， 令ℎ ′ (x)>0得0√e，故ℎ(x)在(0,√e)上单增，在(√e,+∞)上单减， 1 1 由已知x= 5 (82+84+85+86+88)=85，y= 5 (770+800+830+850+900)=830， 且ℎ(x) = ℎ(√e)= 1 ， lim ℎ(x)=−∞, lim ℎ(x)=0 max 2e x→0 x→+∞ 5 lnx 则∑(x i −x)(y i −y)=(−3)×(−60)+(−1)×(−30)+0+1×20+3×70=440， 分别作出函数ℎ(x)= x2 的图象和y=a， i=1 5 ∑❑(x −x) 2=9+1+0+1+9=20， i i=1 5 lnx ^ ∑(x i −x)(y i −y) 如图所示，g(x)在定义域内有且仅有两个零点,即ℎ(x)= x2 和y=a有且只有两个交点，由图象可知，a的取值 所以b= i=1 =22，a ^ = y−b ^ x=830−22×85=−1040，所以利润y(万元)关于原材料投入x(万 5 ∑❑(x −x) 2 1 i i=1 范围是(0, ). 2e 17.（15分）(1)设“李明被终止比赛”事件为M,M表示选出的4题2题不会操作且2题会操作， ^ 元)的线性回归方程为y=22x−1040； C2C2 2 故李明被终止比赛的概率P(M)= 2 5= ; (2)由(1)当x=100时，y ^ =22×100−1040=1160，所以当原材料投入为100万元时，预计该产品的利润为1160 C 7 4 7 (2)设李明获一等奖的事件为N，事件N即A类4道题全部操作正确，且B类3道题全部操作正确，故由独立事件 万元. 1 16.（15分）(1)当a=0时，f(x)=x−ln⁡x(x>0)，则f′ (x)=1− ， x C4 2 3 8 的概率公式可得P(N)= 5 ⋅( ) = ； 1 C4 3 189 设切点为(x ，y )，切线的斜率k=f′ (x )=1− ，且切线过点(0,0)， 7 0 0 0 x 0 (3)设李明在竞赛中，A类题全部操作正确后得分为X，则X的取值为：40,60,80,100， 2 2 0 1 3 1 且B类题正确操作题数n∼B(3, )，可得P(X=40)=C0×( ) ×( ) = ； 3 3 3 3 272 1 1 2 2 2 2 1 1 4 P(X=60)=C1×( ) ×( ) = ；P(X=80)=C2×( ) ×( ) = ； 1 2 3 (1−x)(x+3) 3 3 3 9 3 3 3 9 当00,x+3>0,x4>0,e1−x>0，故φ′ (x)= +e1−x>0对∀x∈(0,1)恒成立，则 2 4 2a 2(x2+2x+a) 2(x−1)(x+3) x4 18.（17分）(1)由f′ (x)= + + = ，x∈(0,+∞)，当a=−3时，f′ (x)= x x2 x3 x3 x3 φ(x)=F′ (x)在(0,1)上单调递增，即F′ (x)<0对∀x∈(0,1)恒成立，故F(x)在(0,1)上单调递减，即在 则01,f′ (x)>0，故f(x)在(0,1)上单减，在(1,+∞)上单增 x∈(0,1)上有F(x)≥F(1)=0成立； 从而f(x)的极小值为f(1)=−3，无极大值； 1 1 1 ex−ex x−1 (2)①由(1)可知，分析ℎ(x)=x2+2x+a的图像特征，可得ℎ(x)在(0,+∞)上单增，且ℎ(0)=a， 又当x≥1时，则F′ (x)= x + x2 − x3 −e1−x= xex + x3 ， 当a≥0时，则f′ (x)= 2(x2+2x+a) >0恒成立，故函数f(x)在(0,+∞)恒单增，即无极值点； 令g(x)=ex−ex,x≥1，则g′ (x)=ex−e，由g′ (x)在[1,+∞)内单调递增，则有g′ (x)≥g′ (1)=0， x3 故g(x)在[1,+∞)内单调递增，则g(x)≥g(1)=0， 当a<0时，令f′ (x)=0，解得x =−1−√1−a<0舍去，x =−1+√1−a>0， 0 0 ex−ex x−1 故当x≥1时，有ex−ex≥0,xex>0,x−1≥0,x3>0，则F′ (x)= + ≥0对∀x∈[1,+∞)恒成立， 则函数f(x)的递增区间为(−1+√1−a,+∞)，递减区间为(0,−1+√1−a)，即此时f(x)有唯一的极值点x ， xex x3 0 则F(x)在[1,+∞)上单调递增，可得F(x)≥F(1)=0， 且满足x2+2x +a=0成立； 0 0 综上所述：F(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立，即证x2 ⋅f(x )+2x2 ⋅e1−x 0+1≥0成立. 0 0 0 综上所述：当a<0时，函数f(x)有唯一的极值点x ； 0 19.（17分）(1)在不大于24的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，共5 ②由①可知，函数f(x)有唯一的极值点x =−1+√1−a>0，且a=−(x2+2x )，故 0 0 0 个，所以F (4)=5. 2 在不大于33的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，17，19，23，25， x2 ⋅f(x )+2x2 ⋅e1−x 0+1=x2 ⋅(2lnx − 4 − a −2)+2x2 ⋅e1−x 0+1=2x2 ⋅(ln⁡x − 2 + x2 0 +2x 0−1+e1−x 0+ 1 共 )=9 2个x，2 ⋅ 所 (l以n⁡ F x3− (31 )= + 9. 1 +e1−x 0− 1 )≥0 0 0 0 0 0 x x2 0 0 0 x 2x2 2x2 0 0 x 2x2 2 0 0 0 0 0 0 0 6n 6n (2)在不大于6n的所有正整数中，能被2整除的数有 个，能被3整除的数有 个，能被2和3同时整除的数， 2 3 即等价于 ln⁡x 0 − x 1 0 + 2 1 x2 0 +e1−x 0− 1 2 ≥0 对x 0 >0成立， 即是能被6整除的数，其个数有 6 6 n 个，所以满足题意的表达式为F 6 (n)=6n− 6 2 n − 6 3 n + 6 6 n = 6 3 n =2×6n−1 ； 5 5 令F(x)=ln⁡x− 1 + 1 +e1−x− 1 ，则F′ (x)= 1 + 1 − 1 −e1−x ，且F(1)=0,F′ (1)=0 (3)由(2)知，当n=1时，S 1 = F (1)−1 = 2−1 =5，所以[S 1 ]=5， x 2x2 2 x x2 x3 6 5 5 6−1 6 3 当n≥2时， = = < = ， F (n)−1 2⋅6n−1−1 2⋅6n−1−1 2⋅6n−1 6n−1 6b b+c (上式放缩用到了糖水不等式，若a>b>0,c>0，则 < ) a a+c n 5 1 1 1 3 1 则n≥2时，S =∑❑ <5+3( + +⋅⋅⋅+ )=5+ (1− )， n F (i)−1 6 62 6n−1 5 6n−1 i=1 6 1 由0<1− <1可知，当n≥2时，5