福建省宁德市福鼎第四中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份福建省宁德市福鼎第四中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知全集，， ，则集合可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先明确全集，分析集合中的元素组成，可得答案.
【详解】因为，
因为，所以，所以.
又，所以且.
故选：D
2. 设实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合对数函数的性质与充分条件及必要条件定义计算即可得.
【详解】若，则有或，
即有或，
若，则，
故当时，可得，
当时，不一定成立，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知函数的定义域是，则的定义域是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抽样函数定义域列式求解即得.
【详解】由函数的定义域是，得，
因此在函数中，，解得，
所以所示函数的定义域为.
故选：A
4. 已知，则等于（ ）
A. B.
C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，逐次判断代入计算即得.
【详解】函数，则，
所以.
故选：B
5. 设，且，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先比较的大小，再利用的单调性比较大小即可.
【详解】
对数函数在上单调递减，
，
.
故选：B
6. 已知正实数满足，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为8
C. 的最小值为D. 没有最大值
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合二次函数的性质，可判定A正确；利用基本不等式，可得判定B错误；由，可判定C错误，利用对数的运算性质，得到，得到，设函数，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D错误.
【详解】对于A中，由正实数满足，可得，且，
则，当时，取得最小值为，所以A正确；
对于B中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为，所以B不正确；
对于C中，由，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以C错误；
对于D中，由，
因为，设，
可得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，当时，函数取得最大值，最大值为，
则的最大值为，所以D不正确.
故选：A.
7. 已知是偶函数，则（ ）
A. B.
C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性列方程，化简求得的值.
【详解】的定义域是，由于是偶函数，所以，
即，所以，即，
所以，解得，当时，，
，符合题意，所以.
故选：C
8. 如图，长方形的边，，是的中点．点沿着边，与运动，记．将动点到两点距离之和表示为的函数，则的图像大致为（ ）

A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助排除法，计算、可排除C、D，计算时的情况可得时图像不是线段，可排除A.
【详解】由题意可得，，
故，由此可排除C、D；
当时点在边上，，，
所以 ，可知时图像不是线段,可排除A，故选B．
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，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. 设函数的定义域都为R，且，，是减函数，是增函数，则下列说法错误的有（ ）
A. 是增函数B. 是减函数
C. 是增函数D. 是减函数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用单调性的性质即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A，如，，
不单调，因此函数不一定为增函数，A错误；
对于B，是增函数，则为减函数，又是减函数，则为减函数，B正确；
对于C，如，，因此函数不一定是增函数，C错误；
对于D，，
由是增函数，且，得，则，
由为减函数，得，于是，是减函数，D正确.
故选：AC
10. 已知关于的不等式的解集是，其中，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由一元二次不等式的性质可得，且，即可得A、D，结合二次函数的性质可得，即可得B、C.
【详解】由题意可得， ，
即，
即有，即，，
故A正确、D错误；
令，其根为，，
结合二次函数性质可得，
，即，故B正确、C错误
故选：AB.
11. 已知定义在R上的奇函数，其周期为4，当时，，则（ ）
A. B. 的值域为
C. 在上单调递增D. 在上有9个零点
【答案】BD
【解析】
【分析】利用函数的周期性与奇偶性计算函数值可判断A；求出时的范围，再利用奇偶性周期性求出函数在的值域可判断B；求出、可判断C；利用函数的周期性、奇偶性求出零点个数可判断D.
【详解】对于A，因为为R上的奇函数，所以，又其周期为4，
所以，故A错误；
对于B，因为为奇函数，所以f-x=-fx，可得，
又因为周期为4，所以，可得，
所以，即，
可得的图象关于对称，所以，，
因为当时，为单调递增函数，所以，
又因为为奇函数，当时，所以，
再由周期为4，可得的值域为，故B正确；
对于C，因为，，
所以在上不具备单调性，故C错误；
对于D，因为的周期为4，时，为单调递增函数，
所以时，为单调递增函数，
时，为单调递增函数，
又因为为奇函数，所以时，为单调递增函数，
时，为单调递增函数，
且，，
，
可得的大致图象，所以在上有9个零点，故D正确.

故选：BD.
【点睛】关键点点睛：利用函数的周期性、奇偶性解题是解题关键点.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先设出，求出，再结合不等式的性质解出即可；
【详解】设，
所以，解得，
所以，
又，所以，
又
所以上述两不等式相加可得，
即，
所以的取值范围是，
故答案为：.
13. 设是非空集合，定义，且，且.已知，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出集合，依题意是求三个集合的交集，据此求解即可.
【详解】由得或，
所以或.
因为，所以，所以.
由得，解得，
所以，
因为，且，且，
所以,
故答案为：.
14. 对于任意实数，定义，设函，则函数的最小值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】结合对数函数画出分段函数hx的图象，结合图象可得答案.
【详解】由题意得x∈0,+∞，
因为函数在x∈0,+∞上单调递减，
函数在x∈0,+∞上单调递增，
又，
所以点是两个函数的交点，
所以当时，，可得，
当时，，可得，
可得hx的大致图象，如下图，
故答案为：2.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 为迎接中秋佳节，某公司开展抽奖活动，规则如下：在一个不透明的容器中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，每位员工从中摸出2个小球．若摸到一红球一白球，可获得价值(单位：百元)代金券；摸到两白球，可获得价值(单位：百元)代金券；摸到两红球，可获得价值(单位：百元)代金券(,均为整数).
（1）若，，求每位员工平均可获得多少代金券（即数学期望，单位：百元）；
（2）若已知每位员工平均可获得5.4(单位：百元)代金券，试估计手气最好者获得至多多少代金券(单位：百元).
【答案】（1）元
（2）18
【解析】
【分析】（1）根据题意可知代金券的取值，再根据随机变量的意义求概率，即可求分布列，再求期望；
（2）由（1）可知，，根据条件，结合基本不等式求的最大值，即可求解.
【小问1详解】
若摸到一红球一白球的概率，
若摸到2白球的概率，若摸到2红球的概率，
设可获得代金券为变量，分布列如下，
所以每位员工平均可获得元代金券.
【小问2详解】
由（1）可知，,手气最好者获得（百元）
即，，
则，
当，即，时等号成立，
所以的最大值为.
估计手气最好者至多获得1800元代金券.
16. 解关于x的不等式.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】先将不等式变形，然后分，和三种情况，在时，再分三种情况，求出不等式解集.
【详解】不等式化为，
①当时，原不等式化为，解得．
②当时，原不等式化为，解得或．
③当时，原不等式化为.
当，即时，解得；
当，即时，解得满足题意；
当，即时，解得．
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
17. 已知不等式.
（1）是否存在实数，使不等式对任意恒成立，并说明理由；
（2）若不等式对于恒成立，求的取值范围；
（3）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分及进行讨论，结合根的判别式计算即可得；
（2）参变分离后借助换元法计算即可得；
（3）令，则可结合一次函数的性质计算即可得.
【小问1详解】
当时， ，此时，不符合要求，
当时，，
若不等式对任意x∈R恒成立，则有，
即，该不等式组无解，
故不存在实数，使不等式对任意x∈R恒成立；
【小问2详解】
由题意可得：当x∈2,+∞时，恒成立，
令，则，则，
由在上单调递增，故，
则，故；
【小问3详解】
设，
由题意可得在上恒成立，
故有，即x-1x+3>0①x2-2x-1