四川省广安友实学校2025届高三上学期开学考试数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间120分钟，总分150分）
一、单选题
1 已知集合，，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集运算求解参数，再验证可得.
【详解】，或，
解得或.
当时，，则，满足题意；
当时，，则，不满足题意；
综上所述，.
故选：C.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.
【详解】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
3. 下列函数与是相等函数的是（ ）
A. B.
C. （且）D. （且）
【答案】D
【解析】
【分析】可得，且定义域为R，根据函数相等逐项分析判断.
【详解】因为，且定义域为R，
对于选项A：，可知两个函数的对应关系不同，所以函数不相等，故A错误；
对于选项B：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故B错误；
对于选项C：的定义域为，可知两个函数的定义域不同，所以函数不相等，故C错误；
对于选项D：，且定义域为R，所以两个函数是相等函数，故D正确；
故选：D.
4. 现测得某放射性元素半衰期为1500年（每经过1500年，该元素的存品为原来的一半），某生物标本中该放射性元素面初始存量为m，经检测现在的存量，据此推测该生物距今约为（ ）（参考数据：)
A. 2700年B. 3100年
C. 3500年D. 3900年
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数运算性质即可求解.
【详解】由题意得，
两边取对数得
故选：C
5. 设是等差数列的前n项和，且，则（ ）
A. 17B. 34C. 51D. 68
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式即可求解．
【详解】解：设公差为d，
则，即，
则，
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】由，
由，
可得，
所以.
故选：C
7. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由分段函数在两个区间上的单调性分别求出的范围，再考虑由时左右函数值的大小关系得到的的范围，求其交集即得
【详解】当时， ,依题须使恒成立，则；
当时，由在0,+∞上递增，须使，即；
又由解得 .
综上可得，的取值范围是.
故选：C.
8. 某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ）
A. 0.035B. 0.07C. 0.105D. 0.14
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，再求出点数第一次比第二次大的概率，即可推出第二个问题中回答“是”的人数，进而求出结果．
【详解】由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为，
则回答问题①②的人数均为，
掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，共种可能，
所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，
，，，，，，，，，共种可能，
所以所得点数第一次比第二次大的概率是，
所以回答问题①时，大约有人回答“是”，
所以回答问题②时，大约有人回答“是”，
故该地区中学生吸烟人数的比例约为，选项中最接近的为D．
故选：D．
二、多选题
9. 下列说法正确的是（ ）．
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 的最小值是2
C. 若，则
D. 的最小正周期是
【答案】ACD
【解析】
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断选项A；由基本不等式使用的条件可判断选项B；在单调递增，即可判断选项C；由正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断选项D.
【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，
命题“，”的否定是“，”，故A正确；
当时，，的最小值是2，
当时，，的最大值是，故B错误；
在单调递增，若，则，故C正确；
的最小正周期为：，故D正确.
故选：ACD
10. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本标准差为6；骑自行车平均用时，样本方差为4．假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布．则下列说法中正确的是（ ）
（参考数值：随机变量服从正态分布，则，.）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正态分布的概念判断A，B；根据正态分布的性质及题中所给数据求解判断C，D．
【详解】由题意可设，
由题意可得：，所以A正确，B错误；
，
，
，
，故C错误；
，
，
，故D正确.
故选：AD．
11. 已知是定义在上的偶函数，且对任意的，都有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 点是函数的一个对称中心
C. 当时，
D. 函数恰有6个零点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得关于轴，1,0对称，且，由函数的周期性即可判断A，由函数的对称性即可判断BC，结合函数的图像，即可判断D.
【详解】
由题意可知关于轴，1,0对称，
当，则，且f1=0，故，
对于A,，
，故A正确；
对于B，对称中心为，故B错误；
对于C，函数y=fx在0,1和上的图像关于点中心对称，
当时，，
故C正确；
对于D，由图像可知函数y=fx与函数有7个交点，故D错误.
故选：AC
三、填空题
12. 二项式的展开式中第5项为__________.
【答案】15
【解析】
【分析】根据二项展开式通项公式代入计算即可.
【详解】展开式通项为，
.
故答案为：15.
13. 写出一个同时满足下列三个条件的数列的通项公式：______
①；②数列是递减数列；③数列的前n项和恒成立．
【答案】(不唯一)
【解析】
【分析】根据①②，可以联想到指数函数，且底数满足，再根据等比数列的求和公式验证③即可.
【详解】解：因为①，可以联想到指数函数；
又因为②数列是递减数列，可以联想到指数函数中底数满足；
当时，，
所以，满足①；
且数列是递减数列，满足②；
，满足③.
故答案为：(不唯一)
14. 已知不等式对任意恒成立，则当取最大值时，_______.
【答案】
【解析】
【分析】分离变量可得，令，分类讨论可得，可得，结合基本不等式可求结论.
【详解】已知不等式对任意恒成立，根据目标式，知，
由，得，
令，则，
当时，，函数单调递增且值域为R，此时不恒成立，
当时，令，则，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，所以，
所以时，方程有解，设解为，则，所以，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，
所以，所以，
又，当且仅当，即时取等号，
当，取最大值，此时.
故答案为：.
四、解答题
15. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，.
（1）求B；
（2）若的面积为，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角形内角和及两角和的正弦公式计算即得；
（2）借助面积公式计算即可得.
【小问1详解】
由，
则有，
即，由，故，
故，又B∈0,π，
故；
【小问2详解】
由，，
故，
解得.
16. 已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
17. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值
【解析】
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解.
【小问1详解】
设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
【小问2详解】
（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
18. 已知函数在时取得极值，且满足．
（1）求函数的解析式；
（2）若存在实数，使得成立，求整数的最小值．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，结合题意列出方程，即可求得答案；
（2）将原问题转化为恒成立，令，，利用导数求解函数最值，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知的定义域为，，
由于函数在时取得极值，且满足，
故，且，
解得，则，
经验证函数在时取得极小值，适合题意
故；
【小问2详解】
由题意存在实数，使得成立，
即恒成立；
令，，则，
令，则在上恒成立，
故在单调递增，
又，
故存在唯一的使得，即，
则当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，结合，得，故整数的最小值为5.
19. 在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红．每次随机抽取一个小球后放回．抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态．记第n次抽奖中奖的概率为．
（1）求，，；
（2）若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有，试确定a，b，c的值，并说明理由；
（3）若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为多少？
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解即可；
（2）分别求出第一次中奖，第次中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可求解时，，对比即可求解；
（3）先分析获得勋章的情形，分别求出从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可求解.
【小问1详解】
,
，
；
【小问2详解】
因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，
此时第次抽奖中奖概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，所以；
【小问3详解】
由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，
，
故仅三次中奖的概率为
，
所以从初始状态下连抽9次获得至少一枚勋章的概率为.
【点睛】关键点点睛：题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽9次至少中奖3次，故只需排除3次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，是解决第三问的关键.
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数