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）

这是一份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），共5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。

（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.∃x>1,x2−m≤1B.∃x≤1,x2−m≤1
C.∀x>1,x2−m≤1D.∀x≤1,x2−m≤1
2.已知a,b,c∈R且a>b,则下列不等式一定成立的是( )
A.1a<1bB.a2>b2C.a|c|>b|c|D.ac2+1>bc2+1
3.函数f(x)=x22|x|−2的图象可能是( )
A.B.C.D.
4.某教练为了解学生对游泳运动的喜好和性别是否有关,在全校学生中选取了男、女生各n人进行调查,并绘制如下图所示的等高堆积条形图,故由此估算所得选项正确的是( )
参考公式及数据:χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.
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
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.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
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
5.已知函数f(x)=x+4x+3lnx在x∈(a,2−3a)内有最小值点，则实数a的取值范围是( )
A.a>1B.136.由于我国与以美国为首的西方国家在科技领域内的竞争日益激烈，美国加大了对我国一些高科技公司的打压，为突破西方的技术封锁和打压，我国的一些科技企业积极实施了独立自主､自力更生的策略，在一些领域取得了骄人的成绩.某科技公司为突破“芯片卡脖子”问题，实现芯片制造的国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司2020年全年投入芯片制造方面的研发资金为120亿元，在此基础上，计划以后每年投入的研发资金比上一年增长9%，则该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元的年份是( )
(参考数据：lg1.09≈0.0374,lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)
A.2024年B.2025年C.2026年D.2027年
7.定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，且当x∈[−1,1)时，f(x)={lg0.5(1−x),−1≤x≤0−|x|,0A.(−13,−15)B.(−∞,−15)C.(−15,0)D.(−13,0)
8.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为( )
A.44B.46C.48D.54
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.（6分）已知数据x1,x2,x3,⋯,x10,满足xi−xi−1=2(2≤i≤10),若去掉x1,x10后组成一组新数据,则新数据与原数据相比，下列说法正确的是( )
A.中位数不变
B.若x1=1,则数据x1,x2,x3,⋯,x10的第75百分位数为13
C.平均数不变
D.方差变小
10.（6分）若f(x)=(2−x)20=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a20x20，则( )
A.(2−x)20的展开式中奇数项的二项式系数之和为210
B.a1+a2+⋅⋅⋅+a20=1−220
C.a19=−40
D.f(−1)除以10的余数为9
11.（6分）设f(x),g(x)都是定义在R上的奇函数,且f(x)为单调函数,f(1)>1,若对任意x∈R有f(g(x)−x)=a(a为常数),g(f(x+2))+g(f(x))=2x+2,则( )
A.g(2)=0B.f(3)<3C.f(x)−x为周期函数D.k=1nf(4k)=2n(n+1)
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.若a>0,b>0,lga+lg⁡b=1,则a+b的最小值为_________.
13.函数y=(12)−x2+2x+3的值域为_________.
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f′(x)>cs⁡x在(0,+∞)上成立.若f(π2−t)−f(t)>cs⁡t−sin⁡t，则实数t的取值范围为__________.
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
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：
(1)根据经验可知原材料投入x(万元)与利润y(万元)间具有线性相关关系，求利润y(万元)关于原材料投入x(万元)的线性回归方程；
(2)当原材料投入为100万元时，预估该产品的利润为多少万元？
附：b^=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2，a^=y−b^x.
16.（15分）已知函数f(x)=ax2+x−ln⁡x(a∈R).
(1)当a=0时，过点(0,0)作y=f(x)的切线，求该切线的方程；
(2)若函数g(x)=f(x)−x在定义域内有两个零点，求a的取值范围.
17.（15分）某物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一项基本操作：每位参赛选手从A类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的(否则终止比赛)，才能进行第二步技能操作：从B类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.A类题操作正确得10分，B类题操作正确得20分.以两步操作得分总和决定优胜者.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题中每题正确操作的概率均为23，且各题操作互不影响.
(1)求李明被终止比赛的概率；
(2)求李明获一等奖的概率；
(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.
18.（17分）已知函数f(x)=2lnx−4x−ax2−2.
(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x0，
①求实数a取值范围；
②证明：x02⋅f(x0)+2x02⋅e1−x0+1≥0.
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Fk(n).
(1)求F2(4)，F3(3)的值；
(2)求F6(n)关于n的表达式；
(3)记[x]表示不超过x的最大整数，若Sn=i=1n5F6(i)−1，探究[Sn]是否为定值，若是，求其值；若不是，请说明理由.
答案
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1.【答案】A
2.【答案】D
3.【答案】B
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】C
7.【答案】A
【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，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，作出函数y=f(x)与y=mx的大致图象，
由图象可知{3m>−15m<−1，解得−13即实数m的取值范围为(−13,−15)
8.【答案】B
【解析】由题意可知为该问题为“多重限制的排列问题”：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是最后一名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数，甲的排位有可能是第二、三、四3种情况：①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有A33种排法，则有1×3×A33=18;
②甲排第三、四位,乙排第二位,包含丙的余下3人有A33种排法，则有2×1×A33=12;
③甲排第三、四位,乙不排第一、二位,即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有A22种排法，则有2×2×2×A22=16;综上，该5名同学可能的名次排情况种数为18+12+16=46种。
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A33种排法，共有3×3×A33=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；再排乙，也有2种情况；余下2人有A22种排法，故共有2×2×A22=2×2×2×1=8种不同的情况，从而该5名同学可能的名次排情况种数为54−8=46种。
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
9.（6分）【答案】ACD
10.（6分）【答案】BC
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，
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为周期函数，所以C正确；由ℎ(x+4)=ℎ(x)，得f(x+4)−x−4=f(x)−x，即f(x+4)−f(x)=4，
所以{f(4k)}为等差数列，且f(4)−f(0)=4，即f(4)=4，故f(4k)=4+4(k−1)=4k，从而k=1nf(4k)=4×n(n+1)2=2n2+2n=2n(n+1)。
三、 填空题 （本题共计3小题，总分15分）
12.【答案】210
13.【答案】[14,1]
14.【答案】(−∞，π4)
【解析】设g(x)=f(x)−sin⁡x，则g(−x)=f(−x)+sin⁡x，又f(x)−f(−x)=2sinx，即g(x)+sin⁡x−g(−x)+sin⁡x=2sinx，即g(x)=g(−x)，则函数g(x)为偶函数，当x>0时，g′(x)=f′(x)−cs⁡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)单调递减。由f(π2−t)−f(t)>cs⁡t−sin⁡t，可得f(π2−t)−sin⁡(π2−t)>f(t)−sin⁡t，
即g(π2−t)>g(t)，故|π2−t|>|t|，解得t<π4.故实数t的取值范围为(−∞,π4).
四、 解答题 （本题共计5小题，总分77分）
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^=b^x+a^，
由已知x=15(82+84+85+86+88)=85，y=15(770+800+830+850+900)=830，
则i=15(xi−x)(yi−y)=(−3)×(−60)+(−1)×(−30)+0+1×20+3×70=440，i=15(xi−x)2=9+1+0+1+9=20，
所以b^=i=15(xi−x)(yi−y)i=15(xi−x)2=22，a^=y−b^x=830−22×85=−1040，所以利润y(万元)关于原材料投入x(万元)的线性回归方程为y^=22x−1040；
(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1160万元.
16.（15分）(1)当a=0时，f(x)=x−ln⁡x(x>0)，则f′(x)=1−1x，
设切点为(x0，y0)，切线的斜率k=f′(x0)=1−1x0，且切线过点(0,0)，
则可得方程组{y0=x0−ln⁡x0k=1−1x0=y0−0x0−0，可化为ln⁡x0=1，解得x0=e，y0=e−1，k=1−1e，
故所求切线方程为y−(e−1)=(1−1e)(x−e)，即y=(1−1e)x；
(2)由g(x)=f(x)−x，得a=lnxx2，令ℎ(x)=lnxx2，求得ℎ′(x)=1−2lnxx3，
令ℎ′(x)>0得0e，故ℎ(x)在(0,e)上单增，在(e,+∞)上单减，
且ℎ(x)max=ℎ(e)=12e，limx→0ℎ(x)=−∞,limx→+∞ℎ(x)=0
分别作出函数ℎ(x)=lnxx2的图象和y=a，
如图所示，g(x)在定义域内有且仅有两个零点,即ℎ(x)=lnxx2和y=a有且只有两个交点，由图象可知，a的取值范围是(0,12e).
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，
故李明被终止比赛的概率P(M)=C22C52C74=27;
(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，故由独立事件的概率公式可得P(N)=C54C74⋅(23)3=8189；
(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，
且B类题正确操作题数n∼B(3,23)，可得P(X=40)=C30×(23)0×(13)3=127；
P(X=60)=C31×(23)1×(13)2=29；P(X=80)=C32×(23)2×(13)1=49；
P(X=100)=C33×(23)3×(13)0=827，从而E(X)=40×127+60×29+80×49+100×827=80.
18.（17分）(1)由f′(x)=2x+4x2+2ax3=2(x2+2x+a)x3，x∈(0,+∞)，当a=−3时，f′(x)=2(x−1)(x+3)x3
则01,f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单减，在(1,+∞)上单增
从而f(x)的极小值为f(1)=−3，无极大值；
(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，
当a≥0时，则f′(x)=2(x2+2x+a)x3>0恒成立，故函数f(x)在(0,+∞)恒单增，即无极值点；
当a<0时，令f′(x)=0，解得x0=−1−1−a<0舍去，x0=−1+1−a>0，
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x0，且满足x02+2x0+a=0成立；
综上所述：当a<0时，函数f(x)有唯一的极值点x0；
②由①可知，函数f(x)有唯一的极值点x0=−1+1−a>0，且a=−(x02+2x0)，故x02⋅f(x0)+2x02⋅e1−x0+1=x02⋅(2lnx0−4x0−ax02−2)+2x02⋅e1−x0+1=2x02⋅(ln⁡x0−2x0+x02+2x02x02−1+e1−x0+12x02)=2x02⋅(ln⁡x0−1x0+12x02+e1−x0−12)≥0，即等价于ln⁡x0−1x0+12x02+e1−x0−12≥0对x0>0成立，
令F(x)=ln⁡x−1x+12x2+e1−x−12，则F′(x)=1x+1x2−1x3−e1−x，且F(1)=0,F′(1)=0
当0由00,x+3>0,x4>0,e1−x>0，故φ′(x)=(1−x)(x+3)x4+e1−x>0对∀x∈(0,1)恒成立，则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x∈(0,1)上有F(x)≥F(1)=0成立；
又当x≥1时，则F′(x)=1x+1x2−1x3−e1−x=ex−exxex+x−1x3，
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，
故g(x)在[1,+∞)内单调递增，则g(x)≥g(1)=0，
故当x≥1时，有ex−ex≥0,xex>0,x−1≥0,x3>0，则F′(x)=ex−exxex+x−1x3≥0对∀x∈[1,+∞)恒成立，则F(x)在[1,+∞)上单调递增，可得F(x)≥F(1)=0，
综上所述：F(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立，即证x02⋅f(x0)+2x02⋅e1−x0+1≥0成立.
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个，所以F2(4)=5.
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，共9个，所以F3(3)=9.
(2)在不大于6n的所有正整数中，能被2整除的数有6n2个，能被3整除的数有6n3个，能被2和3同时整除的数，即是能被6整除的数，其个数有6n6个，所以满足题意的表达式为F6(n)=6n−6n2−6n3+6n6=6n3=2×6n−1；
(3)由(2)知，当n=1时，S1=5F6(1)−1=52−1=5，所以[S1]=5，
当n≥2时，5F6(n)−1=52⋅6n−1−1=6−12⋅6n−1−1<62⋅6n−1=36n−1，
(上式放缩用到了糖水不等式，若a>b>0,c>0，则ba则n≥2时，Sn=i=1n5F6(i)−1<5+3(16+162+⋅⋅⋅+16n−1)=5+35(1−16n−1)，
由0<1−16n−1<1可知，当n≥2时，5