重庆市第一中学2024届高三数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023年重庆一中高2024届高三上期开学考试

数学测试试题卷

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳索笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.

2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本卷或者草稿纸上无效.

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 集合的真子集个数为（    ）

A. 7 B. 8 C. 15 D. 16

【答案】A

【解析】

【分析】由对数函数定义域可求得，根据元素个数即可求出真子集个数.

【详解】根据题意可知，解得；

即，可知集合中含有3个元素，

所以其真子集个数为个.

故选：A

2. 已知符号函数则“”是“”的（    ）

A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据充要条件的定义判断可得答案.

【详解】若，则异号，所以，

故“”是“”的充要条件.

故选：A.

3. 已知函数，则（    ）

A.  B. 0 C. 4 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据分段函数的解析式，可得答案.

【详解】由题意可知：

，

，.

故选：A.

4. 一组数据按从小到大的顺序排列如下：，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则（    ）

A. 33 B. 34 C. 35 D. 36

【答案】D

【解析】

【分析】利用中位数和百分位数的定义得到，，求出答案.

【详解】一共有9个数，故从小到大的第5个数为中位数，即，

，故选取第7个数为分位数，故，

所以.

故选：D

5. 已知是定义在上的奇函数.，且当时，，则（    ）

A. 0 B.  C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据对称性与奇偶性得到的周期为，再求出及，最后根据周期性计算可得.

【详解】由满足，可得的对称中心为，则，

又函数为奇函数，所以，

所以，即，所以函数的周期为，

又，令，则，

是定义在上的奇函数，则，

又当时，，

则，

，

所以．

故选：C．

6. 已知为中不同数字的种类，如，记“”为事件，则事件发生的概率（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意给的定义求出的排列有256种，当时，即排列中有2个不同的数字，结合排列组合的应用计算即可求解.

【详解】由题意知，的排列共有种.

当时，即排列中有2个不同的数字：

若有3个数字相同，有种情况；

若有2个数字相同，有种情况，

此时共有种情况，所以事件A的概率为：

.

故选：B.

7. 设分别为椭圆的左右焦点，M为椭圆上一点，直线分别交椭圆于点A，B，若，则椭圆离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出，根据向量的定比分点，将两点的坐标表示成含的式子，再代入椭圆方程联立即可解得，即可求得离心率.

【详解】如下图所示：

易知，不妨设，，易知，由可得，即

同理由可得；

将两点代入椭圆方程可得；

即，又，整理得

解得，

所以离心率；

故选：D

8. 已知实数满足：，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造，，求导，得到函数单调性，得到，从而；构造，，求导后得到函数单调性，得到，设，则，从而得到，取得到，从而求出答案.

【详解】令，，

故在上恒成立，

故在上单调递增，

故，即，，

所以，，

令，，

则在上恒成立，

故，所以，

设，则，

故，所以，

即，由于，，

故，取得：.

所以.

故选：A

二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知实数满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】根据指数函数单调性可得，可判断A错误；构造函数可知，当时，即B错误；利用函数在上为单调递增可知C正确；利用作差法可判断D正确.

【详解】对于A，根据指数函数在上单调递增，又，

所以，即，可得，所以A错误；

对于B，构造函数,易知，

当时，，所以在上单调递增，

当时，，所以在上单调递减；

所以可得时，，此时，即，所以B错误；

对于C，令，则，

所以函数在上为单调递增，即，又，

可得，即选项C正确；

对于D，由可得，即，所以D正确；

故选：CD

10. 某儿童乐园有甲，乙两个游乐场，小王同学第一天去甲、乙两家游乐场游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他第一天去甲游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.7；如果第一天去乙游乐场，那么第二天去甲游乐场的概率为0.6，则王同学（    ）

A. 第二天去甲游乐场的概率为0.63

B. 第二天去乙游乐场概率为0.42

C. 第二天去了甲游乐场，则第一天去乙游乐场的概率为

D. 第二天去了乙游乐场，则第一天去甲游乐场的概率为

【答案】AC

【解析】

【分析】利用条件概率公式、全概率公式以及对立事件的概率计算公式一一代入计算即可.

【详解】设：第一天去甲游乐场，：第二天去甲游乐场，：第一天去乙游乐场，：第二天去乙游乐场，

依题意可得，，，，

对A，，A正确；

对B，，B错误；

对C，，C正确；

对D，，D错误，

故选：AC.

11. 设，则下列结论正确的是（    ）

A. 的最大值为 B. 的最大值为

C. 的最小值为 D. 的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】运用消元法、平均值换元法，结合柯西不等式、基本不等式逐一判断即可

【详解】A：因为，所以，即，

，显然该函数在时，单调递增，

因此该函数此时没有最大值，因此本选项不正确；

B：，

因为，

所以，当且仅当时取等号，

所以，即的最大值为，因此本选项正确；

C：因为，

所以不妨设，设，

，

函数在时，单调递增，故，

因此本选项正确；

D：因为，

所以，

而，当且仅当时，取等号，

即的最小值为，因此本选项正确，

故选：BCD

【点睛】关键点睛：本题关键在于运用柯西不等式和平均值换元法.

12. 已知函数（    ）

A. 若，则是增函数

B. 若，则

C. 若，则可能有两个零点

D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用导数即可判断A；根据不等式的性质及指数函数的单调性即可判断B；易得函数在单调递减，即可判断C；由，得，则有两个不同的正根，构造函数，利用导数求出的具体关系，再构造函数，利用导数判断其单调性，进而可判断D.

【详解】对于A选项，若，，则，

令，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，故，所以在上是增函数，故A对；

对于B选项，，则，

故，从而，故B对；

对于C选项，若，则，

因为函数在都是减函数，

所以函数在单调递减，

故函数最多只有一个零点，故C错；

对于D选项，，则，

又，

则有两个不同的正根，

由，得，

令，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

又当时，，当时，，

作出函数的大致图像，如图所示，

由图可得，要使有两个不同的正根，则，

又，则，

而，同理，

构造函数，则恒成立，

故在单调递减，

，则，即，

令，则，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，当且仅当时取等号，

又，则，

故，

故，故D对.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若随机变量，且，则________.

【答案】0.2##

【解析】

【分析】利用正态分布的对称性即可求出结果.

【详解】由随机变量，    ，

利用正态分布的对称性计算可知，

故答案为：0.2

14. 二项式展开式的常数项是__________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值.

【详解】由于的展开式的通项公式为：

，

令，解得，

则其展开式的常数项为.

故答案为：

15. 已知函数满足，若在其定义域内单调递减，则正实数m的取值范围为_________.

【答案】

【解析】

【分析】先求得解析式，然后根据的单调性，由分离参数，结合基本不等式求得的取值范围.

【详解】依题意，，

令，则，

所以，

所以.

所以，的定义域是，

依题意在上单调递减，

若，则在上单调递增，不符合题意.

当时，由于和在上单调递增，

所以在上单调递增，不符合题意.

当时，，在上恒成立，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

由于，当且仅当时等号成立，

所以，所以.

故答案为：

16. 已知函数定义域为，，且满足，其中为的导函数，若不等式恒成立，则正实数的最小值为_________.

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，讨论单调性可得，进而可得，再构造函数讨论单调性可得，从而构造函数求最大值即可求解.

【详解】由可知单调递增.

不等式变形为，

构造，在定义域恒成立，

所以在上单调递增，

故，即，

进一步变形得：，

构造

设，

当时，，当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

故单调递增

（*）等价于，即恒成立，

构造函数，，

令解得，令解得，

所以的最大值为，所以，即正实数的最小值为.

故答案为: .

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造两个函数，，以及二次求导研究函数的单调性及最值，是一道有难度的题.

四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知正方体的棱长为2，设分别为棱的中点.

（1）证明：平面；

（2）求二面角的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；

（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.

【小问1详解】

证明：连接交于点，连接，

由中位线可知且，

又因为且，

所以且，

所以平行四边形，所以.

结合平面平面可知，平面.

【小问2详解】

以为原点，为坐标轴建立如图坐标系.

此时，

设平面的法向量为，

则由，

可知：，设，

所以平面的法向量为，

设二面角的平面角为，则为锐角.

所以.

18. 设等差数列的前项之和为，且满足：.

（1）求的通项公式；

（2）设，求证：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的的基本量计算求解；

（2）利用裂项相消法求和.

【小问1详解】

设的公差为，则由已知，

解得,所以.

【小问2详解】

由于，

所以.

19. 已知、分别为定义域为偶函数和奇函数，且.

（1）求的单调区间；

（2）对任意实数均有成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）的增区间为，减区间为   

（2）

【解析】

【分析】（1）对于将换成结合奇偶性求出、的解析式，在利用导数求出函数的单调区间；

（2）设，则问题转化为在时恒成立，参变分离可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可求出的取值范围.

【小问1详解】

因为①，、分别为定义域为的偶函数和奇函数，

所以，，

所以，即②，

①②解得，，

所以，，

所以（）在定义域上单调递增，又，

所以当时，即的单调递增区间为，

当时，即的单调递减区间为.

【小问2详解】

设，因为，当且仅当时取等号，所以，

不等式恒成立，转化为在时恒成立，

分离参数得在时恒成立，由均值不等式，当且仅当时取等号，

故的最小值为，所以，

故实数的取值范围为.

20. 甲、乙两人轮流投篮，约定甲先投，先投中者获胜，直到有人获胜或每人都已投球次时投篮结束，其中为给定正整数.设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投篮互不影响.

（1）当时，求甲获胜的概率；

（2）设投篮结束时甲恰好投篮次，求的数学期望.（答案用含的最简式子表示）.

【答案】（1）    

（2）

【解析】

【分析】（1）分甲投球1次获胜、甲投球2次获胜和甲投球3次获胜三种情况，计算相应的概率相加即可；

（2）根据投篮次数的取值，计算相应的概率，由公式求数学期望，借助数列求和的错位相减法化简.

【小问1详解】

甲投球1次获胜的概率，甲投球2次获胜的概率，

甲投球3次获胜的概率，

所以甲获胜的概率.

【小问2详解】

记“甲第次投中”为事件，“乙第次投中”为事件，其中，

当时，投篮结束时甲恰好投篮次的概率为：，

投篮结束时甲恰好投篮次的概率为：

，

所以，

设，则，

则，错位相减得：

，

所以.

21. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，设为坐标原点，线段的中点为，且满足.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设点，圆过且交直线于两点，直线分别交于另一点（异于点）.证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，

【解析】

【分析】（1）根据题意求出即可得解；

（2）设，先求出圆的方程，令，利用韦达定理求出，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据三点共线得，求出，同理求出，整理可得出答案.

【小问1详解】

由题意，

由可知：，

整理得，所以，

所以椭圆的方程为；

【小问2详解】

设，

依题意，圆的方程为，

令，则，，

由韦达定理可得，

由已知直线不与轴垂直，设直线的方程为，

与椭圆联立得：，

由韦达定理可得，

由三点共线得，

所以，

同理，

所以，

去分母整理得：，

将韦达定理带入得：，

整理得或，

当时，直线过点，不合题意，所以，

所以直线的方程为，恒过定点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.

22. 已知函数.

（1）设，经过点作函数图像的切线，求切线的方程；

（2）若函数有极大值，无最大值，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，求导得，再由导数的几何意义，即可得到结果；

（2）根据题意，求导得，令，然后分与两种情况，分别讨论，即可得到结果.

【小问1详解】

时，

设切点为，则切线斜率为，

切线方程：，

将点带入得：，

此时斜率，所以切线方程为.

【小问2详解】

函数的定义域为，令，则

（1）当时在单调递增，

注意到时，，注意到时，，

故存在，使得，在时单调递减，在时，单调递增，函数有极小值，无极大值，不符合题意.

（2）当时，令，令，

所以在单调递增，在单调递减.

当时，当时，

所以，

若，则恒成立，在单调递减，无极值和最值.

若，即，此时存在，使得，

且在有单调递减；在有单调递增，此时为的极大值.

注意到时，要使无最大值，则还应满足，

即，同时，

带入整理得.

由于，且在单调递减，故，

即，

综上实数的取值范围为.