四川省廣元市2024-2025學年高三上學期開學摸底考數學檢測試題（一）一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．2．已知不共線的兩個非零向量，則“與所成角為銳角”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．函數的大致圖象是（

）A．

B．

C．

D．

4．已知則不等式的解集是（

）A． B． C． D．5．已知，，，比較a，b，c的大小為（

）A． B．C． D．6．在同一直角坐標系內，存在一條直線，使得函數與函數y=gx的圖象關于直線對稱，就稱函數是函數的“軸對稱函數”．已知函數（是自然對數的底數），則下列函數不是函數的“軸對稱函數”的是（

）A． B． C． D．7．已知，是定義域為R的函數，且是奇函數，是偶函數，滿足，若對任意的，都有成立，則實數a的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．已知函數若函數恰有4個零點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、多選題9．下列式子中最小值為4的是（

）A． B．C． D．10．下列說法正確的是（

）.A．命題“，”的否定是“，”B．已知函數為，在R上單調遞增，則a的范圍是C．函數，正數a，b滿足，則的最小值為12.D．設函數，則使得成立的x范圍：11．我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數．已知函數，則下列結論正確的有（

）A．函數的值域為B．函數的圖象關于點成中心對稱圖形C．函數的導函數的圖象關于直線對稱D．若函數滿足為奇函數，且其圖象與函數的圖象有2024個交點，記為，則三、填空題12．函數的定義域為13．已知，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是.14．已知函數，且，則的最大值為.四、解答題15．的內角的對邊分別為，已知.(1)求角的值；(2)若的面積為，求.16．已知函數．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．17．已知二次函數，關于實數的不等式的解集為．(1)當時，解關于的不等式：；(2)是否存在實數，使得關于的函數的最小值為？若存在，求實數的值；若不存在，說明理由．18．某市為提升中學生的環境保護意識，舉辦了一次“環境保護知識競賽”，分預賽和復賽兩個環節，預賽成績排名前三百名的學生參加復賽．已知共有12000名學生參加了預賽，現從參加預賽的全體學生中隨機地抽取100人的預賽成績作為樣本，得到頻率分布直方圖如圖：

(1)規定預賽成績不低于80分為優良，若從上述樣本中預賽成績不低于60分的學生中隨機地抽取2人，求至少有1人預賽成績優良的概率，并求預賽成績優良的人數X的分布列及數學期望；(2)由頻率分布直方圖可認為該市全體參加預賽學生的預賽成績Z服從正態分布，其中可近似為樣本中的100名學生預賽成績的平均值（同一組數據用該組區間的中點值代替），且，已知小明的預賽成績為91分，利用該正態分布，估計小明是否有資格參加復賽？附：若，則，，；．19．將個不同的數按照某種順序排成一列得到數列，對任意，如果，那么稱數對構成數列的一個逆序對，一個有窮數列的全部逆序對的總數稱為該數列的逆序數．(1)若將1，2，3，4四個數構成的數列恰有2個逆序對，請寫出符合條件的數列組合；(2)計算以下數列的逆序數．（ⅰ）；（ⅱ）；(3)已知數列，，…，的逆序數為，求，，…，的逆序數．1．A【分析】由集合的交集運算即可求解.【詳解】,,所以故選：A2．C【分析】根據向量的運算結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】因為不共線，可知與不共線，則與所成角為銳角等價于，即，即，所以“與所成角為銳角”是“”的充分必要條件.故選：C.3．C【分析】根據函數的奇偶性單調性與函數值符號確定函數的圖象.【詳解】由，得，所以的定義域為.又，所以函數為偶函數，圖象關于軸對稱，故B錯誤；因為，所以當時，，所以，且在定義內為增函數，故A，D錯誤.對C：符合函數的定義域，奇偶性，單調性，故C正確.故選:C4．A【分析】判斷在上的單調性，將不等式等價于，由一元二次不等式的解法即可得解.【詳解】，可得當時，單調遞減，當時，單調遞減，且時函數連續，則在上單調遞減，不等式，可化為，即，解得：，則原不等式的解集為：，故選：A5．D【分析】利用換底公式和對數的運算性質結合基本不等式比較的大小，再利用對數函數、指數函數的性質比較大小，即可求解.【詳解】，因為，所以，即，所以，且，所以，又因為，所以，綜上，，故選：D.6．C【分析】根據軸對稱分析AB；根據中心對稱分析判斷C；根據反函數的性質判斷D.【詳解】對于選項A：因為，可知與關于對稱，不合題意；對于選項B：因為，可知與關于對稱，不合題意；對于選項C：因為與關于原點對稱，不是軸對稱函數，符合題意；對于選項D：與關于對稱，不合題意；故選：C．7．D【分析】根據奇偶函數構造方程組求出的解析式，再根據題意得到在單調遞增，分類討論即可求解.【詳解】由題意可得，因為是奇函數，是偶函數，所以，聯立，解得，又因為對于任意的，都有成立，所以，所以成立，構造，所以由上述過程可得在單調遞增，（1）若，則對稱軸，解得；（2）若，則在單調遞增，滿足題意；（3）若，則對稱軸恒成立；綜上，.故選：D.8．D【分析】由，結合已知，將問題轉化為與有個不同交點，分三種情況，數形結合討論即可得到答案.【詳解】注意到，所以要使恰有4個零點，只需方程恰有3個實根即可，令，即與的圖象有個不同交點.因為，當時，此時，如圖1，與有個不同交點，不滿足題意；當時，如圖2，此時與恒有個不同交點，滿足題意；當時，如圖3，當與相切時，聯立方程得，令得，解得（負值舍去），所以.綜上，的取值范圍為.故選：D.【點晴】本題主要考查函數與方程的應用，考查數形結合思想，轉化與化歸思想，是一道中檔題.9．BCD【分析】對于ABD，利用基本不等式運算求解；對于C，運用對數運算及二次函數的最值可判斷．【詳解】對于選項A：，當且僅當，即當且僅當時等號成立，但不成立，所以的最小值不為4，故A錯誤；對于選項B：因為，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為，故B正確；對于選項C：，當時，取得最小值4，故C成立；對于選項D：由題意，則，，當且僅當，即時，等號成立，故D正確．故選：BCD．10．ACD【分析】由命題的否定的定義判斷A，根據分段函數單調性的定義判斷B，由函數的奇偶性與基本不等式判斷C，由函數的奇偶性與單調性判斷D．【詳解】選項A，全稱命題的否定是特稱命題，因此命題“，”的否定是“，”，A正確；選項B，易知是增函數，而拋物線的對稱軸是，因此，解得，B錯；選項C，，因此函數的定義域是R，又，即，所以是奇函數，又設，則，其中，又，所以，而，所以，從而即，是減函數，由得，所以，從而，，，當且僅當時等號成立，所以，最小值是12，C正確；選項D，，，時，，時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，又滿足，即是偶函數，由得，解得或，D正確．故選：ACD．11．BCD【分析】借助指數函數的值域求解判斷A；利用給定定義計算判斷B；利用復合函數求導法則結合對稱性判斷C；利用中心對稱的性質計算判斷D.【詳解】對于A，顯然的定義域為R，，則，即函數的值域為，A錯誤；對于B，令，，即函數是奇函數，因此函數的圖象關于點成中心對稱圖形，B正確；對于C，由選項B知，，即，兩邊求導得，即，因此函數的導函數的圖象關于直線對稱，C正確；對于D，由函數滿足為奇函數，得函數的圖象關于點成中心對稱，由選項B知，函數的圖象與函數的圖象有2024個交點關于點對稱，因此，D正確.故選：BCD結論點睛：函數的定義域為D，，①存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.②存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.12．【分析】根據被開方數非負，分母不能為0和真數大于0列出不等式組求解即可.【詳解】由解得，所以定義域為：故13．【分析】由題意結合函數是定義在0,+∞上的增函數得在上單調遞增且gx>0在上恒成立，從而根據一元二次函數性質即可求解.【詳解】因為在上單調遞增，而函數是定義在0,+∞上的增函數，所以在上單調遞增，且gx>0在上恒成立，所以，所以a的取值范圍是.故答案為.14．【分析】根據函數的零點定義，可以得到關于的兩個等式，結合對數與指數的恒等變形公式，構造新函數，結合導數的性質，利用新函數的單調性得到之間的關系，最后對進行轉化為關于的式子，最后構造新函數，利用導數的性質求出最值即可.【詳解】由，可得，因為，所以，，顯然，由，構造函數在上單調遞增，由，而在上單調遞增，所以有，因此，設，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，函數有最大值，即，故關鍵點點睛：本題的關鍵是利用函數零點的定義得到等式，然后利用同構思想，結合導數的性質進行求解.15．(1)(2)2，2【分析】（1）由正弦定理及三角恒等變換化簡即可得解；（2）由三角形面積公式及余弦定理求解即可.【詳解】（1），由正弦定理可得：，，，即，，，，.（2）由題意，，所以，由，得，所以，解得.16．(1)(2)【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導，分析和兩種情況，利用導數判斷單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可；解法二：求導，可知有零點，可得，進而利用導數求的單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可.【詳解】（1）當時，則，，可得，，即切點坐標為，切線斜率，所以切線方程為，即.（2）解法一：因為的定義域為R，且，若，則對任意x∈R恒成立，可知在R上單調遞增，無極值，不合題意；若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，由題意可得：，即，構建，則，可知在0,+∞內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為1,+∞解法二：因為的定義域為R，且，若有極小值，則有零點，令，可得，可知與有交點，則，若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，符合題意，由題意可得：，即，構建，因為則在0,+∞內單調遞增，可知在0,+∞內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為1,+∞17．(1)答案不唯一，具體見解析(2)存在；【分析】（1）首先由韋達定理確定的值，再通過討論的范圍確定對應方程兩根大小，最終確定解集（2）由的解析式，可令，并進而確定與有關的二次函數的最值，最終確定【詳解】（1）由不等式的解集為知關于的方程的兩根為和，且由根與系數關系，得，∴，所以原不等式化為，當時，原不等式化為，且，解得或；∴當0<a<1時，原不等式的解集為；（2）假設存在滿足條件的實數，由（1）得：，∴，∴，令，，則∴對稱軸為：，又，∴，，∴函數在遞減，∴時，最小為：，解得：18．(1)，分布列見解析，(2)有資格參加復賽【分析】（1）根據超幾何分布的概率計算即可求解分布列，（2）根據正態分布的對稱性即可求解.【詳解】（1）預賽成績在范圍內的樣本量為：，預賽成績在范圍內的樣本量為：，設抽取的2人中預賽成績優良的人數為X，可能取值為0,1,2，則，又，則X的分布列為：X012P故．（2），，則，又，故，故全市參加預賽學生中，成績不低于91分的有人，因為，故小明有資格參加復賽，19．(1)，，，，(2)（ⅰ）4950；（ⅱ）答案見解析(3)【分析】（1）根據逆序的定義求解即可；（2）（ⅰ）由數列an（ⅱ）當為奇數時，，當為偶數時，，由此分析，即可得逆序數；（3）在數列，，…，中，若與后面個數構成個逆序對，則有不構成逆序對，即可得到答案.【詳解】（1）由1，2，3，4構成的逆序對有，，，，，．若第一個數為4，則至少有3個逆序對；若第二個數為4，則恰好有2個逆序對的數列組合為；若第三個數為4，則恰好有2個逆序對的數列組合為或；若第四個數為4，則恰好有2個逆序對的數列組合為或．綜上，符合條件的數列組合有：，，，，．（2）（ⅰ）因為an所以逆序數為．（ⅱ）當為奇數時，當為偶數時，，所以，當為奇數時，逆序數為，當為偶數時，逆序數為．（3）在數列，，…，中，若與后面個數構成個逆序對，則有不構成逆序對，所以在數列，，…，中，逆序數為．方法點睛：本題考查數列的新定義問題，解決此類問題，關鍵是讀懂題意，理解新定義的本質，把新情境下的概念、法則、運算化歸到常規的數學背景中，運用相關的數學公式、定理、性質進行解答.四川省廣元市2024-2025學年高三上學期開學摸底考數學檢測試題（二）一、單選題1．設集合，集合，，則（

）A． B．C． D．【正確答案】A【分析】由題意逐一考查所給的選項運算結果是否為即可.【詳解】由題意可得，則，選項A正確；，則，選項B錯誤；，則或，選項C錯誤；或，則或，選項D錯誤；故選：A.2．命題“”的否定形式是（

）A． B．C．或 D．或【正確答案】D直接根據特稱命題的否定為全稱命題，寫出答案.【詳解】因為特稱命題的否定是全稱命題，所以命題“”的否定是：或，故選：D．3．下列不等式正確的是（）A．若，則B．若，則C．若，，則D．若，，，且，則【正確答案】D【分析】舉例說明選項ABC錯誤；利用作差法證明選項D正確.【詳解】對于A，當，，時滿足，但，所以A錯誤；對于B，當，，時，滿足，但，所以B錯誤；對于C，由不等式的基本性質易知，當，，時滿足，，但，所以C錯誤；對于D，，所以，故D正確．故選：D．4．已知函數的定義域為，則的定義域為（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】由題意求出的定義域，結合函數列出相應不等式組，即可求得答案.【詳解】由題意可知函數的定義域為，即，故，則的定義域為，則對于，需滿足，即的定義域為，故選：C5．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】先將等式變形化簡，再分析推出關系可得.【詳解】，又，即，但，如時滿足，但.故“”是“”的必要不充分條件.故選：B.6．已知，，且，則的最小值是（

）A．4 B．5 C．7 D．9【正確答案】C【分析】將式子變形為，即可利用不等式求解，或者將式子變形為，結合不等式即可求解.【詳解】方法一：因為，故，解得，故,當且僅當，即，時等號成立.方法二：因為，則，且，故，故，當且僅當，即，時等號成立.故選：C.7．已知定義在上的函數對任意的實數都有，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】先用賦值法求出，結合對數運算性質可解.【詳解】賦值法知道，，解得..故選：C.8．已知函數，若，，使得，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【正確答案】B【分析】由題意可得，分別求出兩函數在給定區間上的最小值，然后解不等式可求得答案.【詳解】因為，，使得，所以，由，得，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為在上遞增，所以，所以，解得，即實數的取值范圍是.故選：B二、多選題9．已知函數，下列關于函數的結論正確的是（

）A．的定義域是 B．的值域是C．若，則 D．的圖象與直線有一個交點【正確答案】BCD【分析】根據函數的定義域、值域、由函數值求自變量、函數圖象等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，的定義域是，所以A選項錯誤.B選項，當時，，當時，，所以的值域是，所以B選項正確.C選項，由B選項的分析可知，若，則，解得，所以C選項正確.D選項，畫出的圖象如下圖所示，由圖可知，D選項正確.故選：BCD10．已知關于不等式的解集為，則（

）A．B．點在第二象限C．的最大值為D．關于的不等式的解集為【正確答案】ACD【分析】根據不等式的解與方程根的關系，一元二次不等式的解法求解.【詳解】的解等價于.因為解集為，所以，故A正確.因為，則點在第三象限，故B錯誤.，由于的最小值為，且，則有最大值為，故C正確.化為，由于，則，解得，則D正確.故選：ACD.11．已知，則下列關系正確的是（

）A． B．C． D．【正確答案】AD【分析】利用對數的運算法則化簡，結合作差法和基本不等式比較大小，依次判斷各選項.【詳解】因為，所以，對A選項，，所以，故A正確；對B選項，，所以，故B選項不正確；對C選項，因為，，所以，而，故上述不等式等號不成立，則，故C不正確；對D選項，,故D正確.故選：AD三、填空題12．若函數，則.【正確答案】/【分析】根據分段函數解析式，結合對數運算性質先計算的值，繼而計算的值，即得答案.【詳解】由題意可得，故，則.故13．已知實數滿足，且，若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是.【正確答案】【分析】運用等式性質變形，結合基本不等式求出最小值，再解一元二次不等式即可.【詳解】，則同號，又，則只能同正.，變形得到.則.當且僅當，且，則取等號.由于恒成立，則，解得.故答案為.14．定義：如果在函數y＝f(x)定義域內的給定區間[a，b]上存在x0(a＜x0＜b)，滿足f(x0)＝，則稱函數y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函數”，x0是它的一個均值點，如y＝x4是[－1,1]上的平均值函數，0就是它的均值點．現有函數f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1,1]上的平均值函數，則實數m的取值范圍是．【正確答案】(0,2)【分析】設x0為均值點，由已知可得：關于x0的方程＝f(x0)有實數根，整理求得：x0＝1或x0＝m－1，結合題意列不等式可得：－1＜m－1＜1，問題得解.【詳解】因為函數f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1,1]上的平均值函數，設x0為均值點，所以＝m＝f(x0)，即關于x0的方程－＋mx0＋1＝m在(－1,1)內有實數根，解方程得x0＝1或x0＝m－1.所以必有－1＜m－1＜1，即0＜m＜2，所以實數m的取值范圍是(0,2)．.本題主要考查了新概念知識的理解及方程思思，還考查了轉化能力及計算能力，屬于難題．四、解答題15．如圖，在四棱錐中，底面，底面是正方形，點為邊上一點，，．(1)證明：平面平面；(2)求二面角的余弦值．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，，由線線垂直可得平面，進而得，結合已知可證平面，可證結論；（2）以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，點豎直向上方向所在直線為軸，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，又是平面的一個法向量，利用向量的夾角公式可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）如圖所示，連接，，因為底面為正方形，所以，因為底面，底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，由題得，且，，平面，則平面，又平面，所以平面平面；（2）如圖，以點為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，點豎直向上方向所在直線為軸，建立空間直角坐標系，，，，，，因為，所以由勾股定理可得，即①，且②，聯立①②兩式，可得，點為上靠近點的三等分點，所以，，，由題意可知，是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，有，令，則，所以平面的一個法向量為，設二面角為，則，所以二面角的余弦值為．16．設數列的前項和為，且滿足.(1)求的通項公式；(2)設，數列的前項和為，若對任意的恒成立，求的取值范圍.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據與之間的關系分析可知數列是首項為，公比為的等比數列，進而可得通項公式；（2）由（1）可知：，利用錯位相減法可得，結合恒成立問題分析求解即可.【詳解】（1）因為，當時，由，解得；當時，則，兩方程相減得，即；可知數列是首項為，公比為的等比數列，所以.（2）由（1）可知：，則，，兩式相減得，可得，即.因為，可知是單調遞增數列，且，可得，因為對任意的恒成立，可得，解得，所以的取值范圍為.17．健身運動可以提高心肺功能，增強肌肉力量，改善體態和姿勢，降低患病風險.這些好處吸引著人們利用空閑的時間投入到健身運動中，以改善自己的身體狀況，增強一下體質.某興趣小組為了解本市不同年齡段的市民每周鍛煉時長情況，隨機抽取200人進行調查，得到如下列聯表：年齡周平均鍛煉時長合計周平均鍛煉時間少于4小時周平均鍛煉時間不少于4小時50歲以下406010050歲以上（含50）2575100合計65135200(1)試根據小概率值的獨立性檢驗，分析周平均鍛煉時長是否與年齡有關？精確到0.001；(2)現從50歲以下的樣本中按周平均鍛煉時間是否少于4小時，用分層隨機抽樣法抽取10人做進一步訪談，再從這10人中隨機抽取5人填寫調查問卷.記抽取5人中周平均鍛煉時間不少于4小時的人數為，求的分布列和數學期望.參考公式及數據：，其中.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【正確答案】(1)周平均鍛煉時長與年齡有關聯(2)分布列見解析，【分析】（1）計算出卡方，即可判斷；（2）首先求出周平均鍛煉時長少于4小時、不少于4小時的人數，依題意所有可能的取值為，求出所對應的概率，即可得到分布列與數學期望.【詳解】（1）零假設：周平均鍛煉時長與年齡無關聯.由列聯表中的數據，可得，.根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為周平均鍛煉時長與年齡有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于.由列聯表中的數據計算，50歲以下周平均鍛煉時長少于4小時和不少于4小時的頻率分別為和，由列聯表