北京市第一○一中学2025届高三上学期开学检测数学试题（原卷版+解析版）

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1. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，结合交集的定义与运算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，
所以.
故选：B
2. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质可得，排除ABD，再根据不等式性质判断C即可.
【详解】对ABD，因为，故，又，故，故，即，故ABD错误；
对C，，故，
又，因为，且，故，
故，即，则，故C正确；
故选：C
3. 在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果.
【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为.
设点的初始位置的坐标为，则，，
运动到3分钟时动点所处位置的坐标是.
由诱导公式可得，，
所以，点的坐标为.
故选：C.
【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
4. 如图所示，1，2，3表示三个开关，若在某段时间内它们每个正常工作的概率都是0.9，那么此系统的可靠性是（ ）
A. 0.999B. 0.981C. 0.980D. 0.729
【答案】B
【解析】
【分析】
求出开关1、2均正常工作的概率及开关3正常工作的概率，由相互独立事件概率公式、对立事件的概率公式即可得解.
【详解】由题意，开关1、2在某段时间内均正常工作的概率，
开关3正常工作的概率，
故该系统正常工作的概率,
所以该系统的可靠性为.
故选：B.
5. 若函数y＝ (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则lga＋lga＝( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解.
【详解】由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]，
所以a>1，
y＝在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]，
所以f(0)＝＝1，f(1)＝0，
所以a＝2，
所lga＋lga＝lg2＋lg2＝lg28＝3.
故选C
【点睛】本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
6. 若两个正实数满足，若至少存在一组使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得，即求，利用基本不等式，可解得，进而得到，进而可求解.
【详解】至少存在一组使得成立，即，
又由两个正实数满足，可得
，
当且仅当，即时，等号成立，，
故有，解得，故，所以实数的取值范围是
故选：C.
7. 设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】当时，由可得出的表达式；当时，由函数的周期性和奇偶性可得出.综合可得结果.
【详解】当时，，，
当时，，，
因为函数为偶函数，则，
综上所述，当时，.
故选：C.
8. 2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别在和 中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
解得，
故选：C
9. 若函数，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】根据题意分析可知为奇函数且在R上单调递增，分析可知等价于，即可得结果.
【详解】由题意可知：的定义域为R，且，
若，则，可知，
若，同理可得，所以为奇函数，
作出函数的图象，如图所示，
由图象可知在R上单调递增，
若，等价于，等价于，等价于，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
10. 已知,,若存在,使得,则称函数与互为“度零点函数”.若与互为“1度零点函数”，则实数取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2.即，得．函数在区间(1,3)上存在零点，由=0，得
令，，所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间（2,3）上单调递减，,，所以只需即有零点．选B.
【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决．
二、填空题共5小题.
11. 已知复数，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】由复数的运算和共轭复数的定义计算求出结果即可.
【详解】由题意可得，
所以，
所以，
故答案为：2.
12. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到，然后利用二项式的通项列方程，解方程即可得到.
【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得.
故答案为：.
13. 设D为内一点，且，则与的面积比为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由已知求得，接着以为邻边作平行四边形，连接交于点，于是有，从而推出，再结合和三角形同高即可得解.
【详解】由题得，
所以，
所以即，

如图所示，以为邻边作平行四边形，连接交于点，
则，
所以即，又和高相等，
所以.
故答案为：.
14. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意，等比数列为递增数列，且，取一组符合条件的和公比即可.
【详解】“若为递增数列，则”为假命题，
所以若为递增数列，则，
，则，
等比数列为递增数列，且，则和公比，满足题意.
故答案为：；
15. 已知正项数列满足，，则在下列四个结论中，①；②是递增数列；③；④.其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②③④
【解析】
【分析】利用递推公式计算可得①错误；由的结果可得②正确；把的结果进行放大和缩小可得③④正确.
【详解】对于①：由已知可得，解得，因为，
所以，故①错误；
对于②：，
又，所以，即是递增数列，故②正确；
对于③：由②可得，
因为，所以，故③正确；
对于④：因为，
所以，
所以，
即，故④正确；
故答案为：②③④.
三、解答题共6小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 已知{an}等差数列，满足，，数列{bn}满足，，且是等比数列.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前项和.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列{bn}前n项和．
试题解析：
（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d= = = 3．∴an=a1+（n﹣1）d=3n
设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则
q3= = =8，∴q=2，
∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1， ∴bn=3n+2n﹣1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n﹣1， ∵数列{3n}的前n项和为n（n+1），
数列{2n﹣1}的前n项和为1× = 2n﹣1，
∴数列{bn}的前n项和为；
考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和．
17. 已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题．
（1）求的值；
（2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使fx成立，从而可求解.
（2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合m>0，从而可求解.
【小问1详解】
由，
若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时fx存在，故可选①；
若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：，
所以，因为，可得，故条件③能使fx成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，
且fx的最小值为，所以可得，解得，又m>0，
所以，
所以的取值范围为.
18. 在中，，.求：
（1）的值；
（2）和面积的值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式将题设化成，根据内角范围求出角即得；
（2）由正弦定理求得，结合条件确定依次求出角和边、.
【小问1详解】
由可得，即.
又则
故或解得或
因，则不是最大角，故得，
所以
【小问2详解】
由正弦定理，可得. 则
因为，由余弦定理，，
则故
则
19. 某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：
假设每次考试是否通过相互独立.
（1）从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率；
（2）小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率；
（3）若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立的事件的概率求解即可；
（2）根据相互独立的事件的概率求解即可；
（3）分别求出2022年和2023年考生成绩的合格率，列出不等式即可求解.
【小问1详解】
记事件：“2022年第次参加考试的考生通过考试”，，
记事件：“2023年第次参加考试的考生通过考试”，，
则，，
从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率为；
【小问2详解】
，，
，
小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率为
；
【小问3详解】
2022年考生成绩合格的概率为,
2023年考生成绩合格的概率为，
要使2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，
则，解得.
故的最小值为.
20. 设函数，.曲线在点处的切线方程为.
（1）求a的值；
（2）求证：方程仅有一个实根；
（3）对任意，有，求正数k的取值范围.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
【小问2详解】
证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以hx在0,+∞上单调递增，所以，即，
所以在0,+∞上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，gx<0，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
【小问3详解】
当x∈0,+∞时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，x∈0,+∞时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在x∈0,+∞时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当x∈0,x0时，，Fx单调递减，
当x∈x0,+∞时，，Fx单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.
21. 定义为有限项数列的波动强度.
（1）当时，求；
（2）若数列满足，求证：；
（3）设各项均不相等，且交换数列中任何相邻两项的位置，都会使数列的波动强度增加，求证：数列一定是递增数列或递减数列
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据绝对值的定义可得；
（2）要证明题设不等式，可通过作差，去掉绝对值可得，同理当也类似讨论可得结论；
（3）我们首先对（2）重新认识，由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变．（将此作为引理），递增与递减只要证一个，另一个同理可得，如我们证递减，当时，先证明，再用反证法即可证明.
【小问1详解】

【小问2详解】
证明：因为，
，
所以
因为，所以，或.
若，则
当时，上式，
当时，上式，
当时，上式，
即当时，.
若，
则，
.（同前）
所以，当时，成立.
【小问3详解】
证明：由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变.（将此作为引理）
下面来证明当时，为递减数列.
（ⅰ）证明.
若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾.
若，则，与已知矛盾.
所以，.
（ⅱ）设，证明.
若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾.
若，则，与已知矛盾.
所以，.
（ⅲ）设，证明.
若，考查数列，
则由前面推理可得，与矛盾.
所以，.
综上，得证.
同理可证：当时，有为递增数列.
2022年
2023年
通过
未通过
通过
未通过
第一次
60人
40人
50人
50人
第二次
70人
30人
60人
40人
第三次
80人
20人
人
人
的值
83
88
93