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北京市师范大学附属中学2024—2025学年高三上学期10月考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市师范大学附属中学2024—2025学年高三上学期10月考数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市北京师范大学附属中学20242025学年高三上学期10月考数学试卷Word版含解析docx、北京市北京师范大学附属中学20242025学年高三上学期10月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.
【详解】由题意，，，
根据交集的运算可知，.
故选：A
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先表示出，再根据复数代数形式的乘法运算计算可得.
【详解】因为复数对应的点的坐标是，
所以，则.
故选：B
3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的单调性判断即可.
【详解】对于A：在定义域上单调递增，故A错误；
对于B：因为在定义域0,+∞上单调递增，
所以在定义域0,+∞上单调递减，故B正确；
对于C：在0,+∞上单调递增，故C错误；
对于D：，所以在上先减后递增，故D错误.
故选：B
4. 已知实数满足，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可知A正确；通过反例可知BCD错误.
【详解】对于A，（当且仅当时取等号），，A正确；
对于B，当，时，，B错误；
对于C，当，时，，，则，C错误；
对于D，当，时，，，则，D错误.
故选：A.
5. 欧拉公式（为虚数单位）是有由瑞士数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，特别是当时，被认为是数学中最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式可知，在复平面中位于 （ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义把写成三角形式，即可得出对应点的坐标，从而得其象限．
【详解】由题意，对应点坐标为，而，点在第一象限．
故选：A．
6. 已知函数，那么不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别作出y=fx及的图象后，借助图象分析即可得.
【详解】分别作出y=fx及的图象如下：
由图可知不等式的解集为1,4.
故选：C.
7. 设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】因为，即，
又，，
所以.
故选：D
8. 若，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】C
【解析】
【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
9. 已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，作出函数图象，如图所示，
所以，当时，；
当时，，可函数的值域为，
设，若存在，使得成立，即，
只需，即对于，满足成立，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：A.
10. 恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（ ）
A. 13B. 14C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算公式计算即可.
【详解】由题意知，的70次方为83位数，所以，则，即，整理得，
根据表格可得，，所以，即.
故选：C.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式建立不等式组，可解得答案.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
12. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据偶函数的性质及指数对数恒等式计算可得.
【详解】因为是定义在上的偶函数，且当时，，
所以.
故答案为：
13. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，从而求得所求面积.
【详解】因为，
所以，
则，
所以该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故答案为：.
14. 对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若，根据这一发现，函数的对称中心是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据所给定义，求出函数的一阶导数与二阶导数，再，求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，则，令，解得，
又，
所以函数的对称中心是.
故答案为：
15. 已知函数给出下列四个结论：
①当时，的最小值为0；
②当时，存在最小值；
③当时，在上单调递增；
④的零点个数为，则函数的值域为.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①④
【解析】
【分析】对于①，写出此时函数解析式，得到当时，取得最小值，最小值为0；对于②，举出反例；对于③，两分段均单调递增，但端点处，左端点的函数值不一定小于右端点的函数值，故③错误；对于④，对进行分类讨论，结合零点存在性定理得到函数的值域为.
【详解】对于①，当时，，
当时，，当时，，
综上，当时，取得最小值，最小值0，①正确；
对于②，不妨设，此时，
当时，，
当时，，
故，此时函数不存在最小值，②错误；
对于③，在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，
且，
当时，，
故当时，在R上不单调递增，③错误；
对于④，，
在上单调递增，
当时，设，显然单调递增，
又，故存在，使得，
当时，无解，即在上无零点，
此时有两个零点，和，故此时，
当时，在上有1个零点，
此时有两个零点，和，故此时，
当时，，由①知，此时有1个零点，即，
当时，在上无零点，在上也无零点，
此时，则函数的值域为，④正确.
故答案为：①④
【点睛】函数零点问题处理思路：
（1）直接令函数值为0，代数法求出零点；
（2）将函数零点问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度；
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 设函数.
（1）若，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，，，求，的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）借助两角和的正弦公式化简后代入计算即可得；
（2）由题意可得函数周期，即可得，而后借助正弦函数性质代入计算即可得.
【小问1详解】
，
，故，
又，故；
【小问2详解】
由题意可得，
故，又，故，
由，则，
解得，又，故.
17. 在中，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）根据题意，若选择①②，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若①③：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若选择②③，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.
【小问1详解】
解：因为，由余弦定理得，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，
若选①②：，，
由，可得，
由正弦定理，可得，解得，则，
又由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
所以面积为.
若选①③：且，
由，可得，
因为，可得，
由正弦定理，可得，解得，
所以的面积为.
若选：②③：且，
因为，可得，整理得，
解得，不符合题意，（舍去）.
18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竟答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下：
假设所有学生的获奖情况相互独立．
（1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；
（2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望
（3）
【解析】
【分析】（1）直接计算概率；
（2）的所有可能取值为0,1,2，求出高一男生获奖概率和高一女生获奖概率，再计算概率得到分布列，最后计算期望即可；
（3）计算出，，比较大小即可.
【小问1详解】
设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名,
抽到的2名学生都获一等奖”，
则，
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为0,1,2.
记事件为“从该地区高一男生中随机抽取1名,该学生获奖”,
事件为“从该地区高一女生中随机抽取1名,该学生获奖”.由题设知,事件,相互独立,
且估计为估计为.
所以,
,
.
所以的分布列为
故的数学期望
【小问3详解】
，理由：根据频率估计概率得
，由（2）知，，
故，
则.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得其切线斜率，即可得其切线方程；
（2）分及，结合导数讨论即可得；
（3）构造函数，多次求导研究其单调性即可得.
【小问1详解】
当时，，
则，
，则，
即曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
，
当时，f′x<0恒成立，故在0,+∞上单调递减；
当时，若，则f′x<0，若，则f′x>0，
故在上单调递减，在上单调递增；
【小问3详解】
令，
，
令，则，
令，则恒成立，
故在1,+∞上单调递增，
则，
故在1,+∞上单调递增，
则，
故1,+∞上单调递增，
则，即.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：函数在区间上有且仅有一个零点；
（3）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；
（2）令，求导后可知，由此确定在上单调递增，结合零点存在定理可得结论；
（3），将问题转化为恒成立；求导后，分析可知当时，单调递增；当时，利用零点存在定理可说明在上单调递减，由此可得，知不合题意；当时，可得，知单调递增，满足题意；当时，采用放缩法得，结合时的结论可知其满足题意；综合三种情况可得结果.
【小问1详解】
当时，，则，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
当时，令，则；
当时，，，即，
在上单调递增，又，，
在上有唯一零点，即在上有且仅有一个零点.
【小问3详解】
令，
则对任意，恒成立；又，
令，则；
当时，若，则，，，
在上恒成立，则在上单调递增；
①当时，，，
，使得，且当时，，
在上单调递减，此时，不合题意；
②当时，；
当时，，则在上单调递增，
恒成立，满足题意；
③当时，，
由②知：对任意，，满足题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：利用导数几何意义求解切线方程、函数零点个数问题、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为含参数函数单调性的讨论问题，进而由单调性和函数最值确定满足题意的参数范围.
21. 已知数列：，，…，满足：（，2，…，，），从中选取第项、第项、…、第项（，）称数列，，…，为的长度为的子列.记为所有子列的个数.例如：0，0，1，其.
（1）设数列A：1，1，0，0，写出A的长度为3的全部子列，并求；
（2）设数列：，，…，，：，，…，，：，，…，，判断，，的大小，并说明理由；
（3）对于给定的正整数，（），若数列：，，…，满足：，求的最小值.
【答案】（1）子列为：1，0，0；1，1，0；；
（2），理由见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据的定义结合条件即得；
（2）若是的一个子列，则为的一个子列.若与是的两个不同子列，则与也是的两个不同子列，得，同理，得，同理；
（3）令，得数列中不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，即可解决.
【小问1详解】
由的定义以及，
可得：的长度为3的子列为：，有2个，
又的长度为的子列有个，的长度为的子列有个，
所以；
【小问2详解】
理由如下：
若是的一个子列，
则为的一个子列.
若与是的两个不同子列，
则与也是的两个不同子列.
所以；
同理，
所以.
同理
所以有
【小问3详解】
由已知可得，数列中恰有个1，个0.
令，
下证：
由于，
所以的子列中含有个0，个1的子列有且仅有1 个，
设为：.
因为数列的含有个0，个1的子列至少有一个，
所以.
数列中，
不含有0的子列有个，
含有1个0的子列有k个，
含有2个0的子列有个，，
含有个0的子列有个，
所以.
所以的最小值为.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.考
生
须
知
1.本试卷有三道大题，共6页.考试时长120分钟，满分150分.
2.考生务必将答案填写在答题纸（共8页）上，在试卷上作答无效.
3.考试结束后，考生应将答题纸交回.
M
2
3
7
11
13
0.301
0.477
0.845
1.041
1.114
性别
人数
获奖人数
一等奖
二等奖
三等奖
男生
200
10
15
15
女生
300
25
25
40
0
1
2
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.
【详解】由题意，，，
根据交集的运算可知，.
故选：A
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先表示出，再根据复数代数形式的乘法运算计算可得.
【详解】因为复数对应的点的坐标是，
所以，则.
故选：B
3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的单调性判断即可.
【详解】对于A：在定义域上单调递增，故A错误；
对于B：因为在定义域0,+∞上单调递增，
所以在定义域0,+∞上单调递减，故B正确；
对于C：在0,+∞上单调递增，故C错误；
对于D：，所以在上先减后递增，故D错误.
故选：B
4. 已知实数满足，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可知A正确；通过反例可知BCD错误.
【详解】对于A，（当且仅当时取等号），，A正确；
对于B，当，时，，B错误；
对于C，当，时，，，则，C错误；
对于D，当，时，，，则，D错误.
故选：A.
5. 欧拉公式（为虚数单位）是有由瑞士数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，特别是当时，被认为是数学中最优美的公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式可知，在复平面中位于 （ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义把写成三角形式，即可得出对应点的坐标，从而得其象限．
【详解】由题意，对应点坐标为，而，点在第一象限．
故选：A．
6. 已知函数，那么不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别作出y=fx及的图象后，借助图象分析即可得.
【详解】分别作出y=fx及的图象如下：
由图可知不等式的解集为1,4.
故选：C.
7. 设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】因为，即，
又，，
所以.
故选：D
8. 若，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】C
【解析】
【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
9. 已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，作出函数图象，如图所示，
所以，当时，；
当时，，可函数的值域为，
设，若存在，使得成立，即，
只需，即对于，满足成立，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：A.
10. 恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（ ）
A. 13B. 14C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算公式计算即可.
【详解】由题意知，的70次方为83位数，所以，则，即，整理得，
根据表格可得，，所以，即.
故选：C.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式建立不等式组，可解得答案.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
12. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据偶函数的性质及指数对数恒等式计算可得.
【详解】因为是定义在上的偶函数，且当时，，
所以.
故答案为：
13. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，从而求得所求面积.
【详解】因为，
所以，
则，
所以该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故答案为：.
14. 对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若，根据这一发现，函数的对称中心是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据所给定义，求出函数的一阶导数与二阶导数，再，求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，则，令，解得，
又，
所以函数的对称中心是.
故答案为：
15. 已知函数给出下列四个结论：
①当时，的最小值为0；
②当时，存在最小值；
③当时，在上单调递增；
④的零点个数为，则函数的值域为.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①④
【解析】
【分析】对于①，写出此时函数解析式，得到当时，取得最小值，最小值为0；对于②，举出反例；对于③，两分段均单调递增，但端点处，左端点的函数值不一定小于右端点的函数值，故③错误；对于④，对进行分类讨论，结合零点存在性定理得到函数的值域为.
【详解】对于①，当时，，
当时，，当时，，
综上，当时，取得最小值，最小值0，①正确；
对于②，不妨设，此时，
当时，，
当时，，
故，此时函数不存在最小值，②错误；
对于③，在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，
且，
当时，，
故当时，在R上不单调递增，③错误；
对于④，，
在上单调递增，
当时，设，显然单调递增，
又，故存在，使得，
当时，无解，即在上无零点，
此时有两个零点，和，故此时，
当时，在上有1个零点，
此时有两个零点，和，故此时，
当时，，由①知，此时有1个零点，即，
当时，在上无零点，在上也无零点，
此时，则函数的值域为，④正确.
故答案为：①④
【点睛】函数零点问题处理思路：
（1）直接令函数值为0，代数法求出零点；
（2）将函数零点问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度；
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 设函数.
（1）若，求的值；
（2）已知在区间上单调递增，，，求，的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）借助两角和的正弦公式化简后代入计算即可得；
（2）由题意可得函数周期，即可得，而后借助正弦函数性质代入计算即可得.
【小问1详解】
，
，故，
又，故；
【小问2详解】
由题意可得，
故，又，故，
由，则，
解得，又，故.
17. 在中，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）根据题意，若选择①②，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若①③：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若选择②③，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.
【小问1详解】
解：因为，由余弦定理得，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，
若选①②：，，
由，可得，
由正弦定理，可得，解得，则，
又由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
所以面积为.
若选①③：且，
由，可得，
因为，可得，
由正弦定理，可得，解得，
所以的面积为.
若选：②③：且，
因为，可得，整理得，
解得，不符合题意，（舍去）.
18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竟答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下：
假设所有学生的获奖情况相互独立．
（1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；
（2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望；
（3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望
（3）
【解析】
【分析】（1）直接计算概率；
（2）的所有可能取值为0,1,2，求出高一男生获奖概率和高一女生获奖概率，再计算概率得到分布列，最后计算期望即可；
（3）计算出，，比较大小即可.
【小问1详解】
设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名,
抽到的2名学生都获一等奖”，
则，
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为0,1,2.
记事件为“从该地区高一男生中随机抽取1名,该学生获奖”,
事件为“从该地区高一女生中随机抽取1名,该学生获奖”.由题设知,事件,相互独立,
且估计为估计为.
所以,
,
.
所以的分布列为
故的数学期望
【小问3详解】
，理由：根据频率估计概率得
，由（2）知，，
故，
则.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得其切线斜率，即可得其切线方程；
（2）分及，结合导数讨论即可得；
（3）构造函数，多次求导研究其单调性即可得.
【小问1详解】
当时，，
则，
，则，
即曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
，
当时，f′x<0恒成立，故在0,+∞上单调递减；
当时，若，则f′x<0，若，则f′x>0，
故在上单调递减，在上单调递增；
【小问3详解】
令，
，
令，则，
令，则恒成立，
故在1,+∞上单调递增，
则，
故在1,+∞上单调递增，
则，
故1,+∞上单调递增，
则，即.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：函数在区间上有且仅有一个零点；
（3）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；
（2）令，求导后可知，由此确定在上单调递增，结合零点存在定理可得结论；
（3），将问题转化为恒成立；求导后，分析可知当时，单调递增；当时，利用零点存在定理可说明在上单调递减，由此可得，知不合题意；当时，可得，知单调递增，满足题意；当时，采用放缩法得，结合时的结论可知其满足题意；综合三种情况可得结果.
【小问1详解】
当时，，则，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
当时，令，则；
当时，，，即，
在上单调递增，又，，
在上有唯一零点，即在上有且仅有一个零点.
【小问3详解】
令，
则对任意，恒成立；又，
令，则；
当时，若，则，，，
在上恒成立，则在上单调递增；
①当时，，，
，使得，且当时，，
在上单调递减，此时，不合题意；
②当时，；
当时，，则在上单调递增，
恒成立，满足题意；
③当时，，
由②知：对任意，，满足题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：利用导数几何意义求解切线方程、函数零点个数问题、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为含参数函数单调性的讨论问题，进而由单调性和函数最值确定满足题意的参数范围.
21. 已知数列：，，…，满足：（，2，…，，），从中选取第项、第项、…、第项（，）称数列，，…，为的长度为的子列.记为所有子列的个数.例如：0，0，1，其.
（1）设数列A：1，1，0，0，写出A的长度为3的全部子列，并求；
（2）设数列：，，…，，：，，…，，：，，…，，判断，，的大小，并说明理由；
（3）对于给定的正整数，（），若数列：，，…，满足：，求的最小值.
【答案】（1）子列为：1，0，0；1，1，0；；
（2），理由见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据的定义结合条件即得；
（2）若是的一个子列，则为的一个子列.若与是的两个不同子列，则与也是的两个不同子列，得，同理，得，同理；
（3）令，得数列中不含有0的子列有个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有个，，含有个0的子列有个，即可解决.
【小问1详解】
由的定义以及，
可得：的长度为3的子列为：，有2个，
又的长度为的子列有个，的长度为的子列有个，
所以；
【小问2详解】
理由如下：
若是的一个子列，
则为的一个子列.
若与是的两个不同子列，
则与也是的两个不同子列.
所以；
同理，
所以.
同理
所以有
【小问3详解】
由已知可得，数列中恰有个1，个0.
令，
下证：
由于，
所以的子列中含有个0，个1的子列有且仅有1 个，
设为：.
因为数列的含有个0，个1的子列至少有一个，
所以.
数列中，
不含有0的子列有个，
含有1个0的子列有k个，
含有2个0的子列有个，，
含有个0的子列有个，
所以.
所以的最小值为.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.考
生
须
知
1.本试卷有三道大题，共6页.考试时长120分钟，满分150分.
2.考生务必将答案填写在答题纸（共8页）上，在试卷上作答无效.
3.考试结束后，考生应将答题纸交回.
M
2
3
7
11
13
0.301
0.477
0.845
1.041
1.114
性别
人数
获奖人数
一等奖
二等奖
三等奖
男生
200
10
15
15
女生
300
25
25
40
0
1
2
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