2024-2025学年北京市北京理工大学附属中学高三上学期开学考试数学练习（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市北京理工大学附属中学高三上学期开学考试数学练习（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
1.已知集合A={x∈N|x≤5}，集合B={x|x(x−2)>0}，则A∩B=( )
A. 2,3,4B. {3,4,5}C. 2,5D. 2,5
2.下列函数中，值域为R且区间0,+∞上单调递增的是( )
A. y=−x3B. y=xx−2C. y= xD. y=lgx
3.若a>b，则下列各式一定成立的是( )
A. a2>b2B. ac2>bc2C. a3>b3D. 1a2<1b2
4.已知函数fx=lnx+2x−6，则fx的零点所在的区间是( )
A. 0,1B. 1,2C. 2,3D. 3,4
5.已知f(x)=(3a−1)x+4a,x<1lgax,x≥1是(−∞,+∞)上的减函数，那么a的取值范围是( )
A. (0,1)B. 0,13C. 17,13D. 17,1
6.已知fx=lg14x，则不等式fx≥−43x−1的解集为( )
A. −∞,14∪1,+∞B. −∞,14∪12,+∞
C. 0,14∪12,+∞D. 0,14∪1,+∞
7.已知a>0，b>0，则“a+b≤2”是“ab≤1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
8.已知函数fx满足f−2−x=f−2+x，对任意x1,x2∈−∞,−2，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2>0成立，且f0=0，则fx>0的解集是( )
A. −∞,−2∪2,+∞B. −2,2
C. −∞,−4∪0,+∞D. −4,0
9.某厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润1003x+1−2x元，要使生产100千克该产品获得的利润最大，该厂应选取的生产速度是( )
A. 2千克/小时B. 3千克/小时C. 4千克/小时D. 6千克/小时
10.定义在R上的偶函数y=f(x)满足f(x−1)=−f(x)，且在[0,1]上单调递增，a=f20232,b=f(ln 2),c=f(2022)，则a，b，c的大小关系是( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. c>b>a
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数f(x)=1x+ 1−x的定义域是 ．
12.已知关于x的不等式ax−1x−2>2x2−8x+8的解集为−∞,−1∪2,+∞，则a的值 ．
13.已知函数fx=12x,x<12,lg2x,x≥12，则f−2= ；fx的最小值为 ．
14.已知函数fx=2ax2−ax−1，a∈R.若命题“∀x∈R，不等式fx<0恒成立”是假命题，则实数a的取值范围 ．
15.已知函数fx=3x−13x+1，有如下四个结论：
①函数fx在其定义域内单调递减；②函数fx的值域为0,1；
③函数fx的图象是中心对称图形；④方程fx=−x+1有且只有一个实根．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.（12分）已知等差数列an的公差为2，且a1，a3，a4成等比数列．
(1)求an的通项公式及前n项和Sn；
(2)求数列an前10项和T10．
17.（12分）已知二次函数fx的最小值为1，且f0=f2=3．
(1)求fx的解析式；
(2)若fx在区间3a,a+1上不单调，求实数a的取值范围；
(3)在区间−3,−1上，y=fx的图象恒在y=2x+2m+1的图象上方，试确定实数m的取值范围．
18.（15分）近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.遥遥计划在A1，A2，A3，A4，A5，A6这6个国产新能源品牌或在B1，B2，B3，B4这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准(精确到0.1元/千瓦时)如表：
(1)若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌A1被选中的概率；
(2)若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时(用时不超过半小时).设X为遥遥每次充电的费用，求X的分布列和数学期望；
(3)求新能源汽车在某个时间段充电1千瓦时的平均费用．
(4)假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少．
19.（12分）已知函数fx=x−1ex−x2．
(1)求函数的单调区间；
(2)求fx的零点个数．
(3)gx=fx−m在区间−1,12上有两个零点，求m的范围?
20.（12分）已知函数fx=x−lnx+a，其中a>0．
(1)当a=2时，求曲线y=fx在点−1,f−1处的切线方程；
(2)若函数fx的极小值为0，求a的值；
(3)在(2)的条件下，若对任意的x∈[0,+∞),fx≤kx2成立，求实数k的最小值
21.（12分）对于有限数列an，n≤N，N≥3，N∈N∗，定义：对于任意的k≤N，k∈N∗，有：
(i )S∗(k)=a1+a2+a3+⋯+ak；
(ii )对于c∈R，记L(k)=a1−c+a2−c+a3−c+⋯+ak−c.对于k∈N∗，若存在非零常数c，使得L(k)=S∗(k)，则称常数c为数列an的k阶ω系数．
(1)设数列an的通项公式为an=−2n，计算S∗(4)，并判断2是否为数列的4阶ω系数；
(2)设数列an的通项公式为an=3n−39，且数列an的m阶ω系数为3，求m的值；
(3)设数列an为等差数列，满足−1，2均为数列an的m阶ω系数，且S∗(m)=507，求m的最大值．
参考答案
1.B
2.D
3.C
4.C
5.C
6.D
7.A
8.D
9.C
10.A
11.(−∞,0)∪(0,1]
12.3
13.4；−1
14.−∞,−8∪0,+∞
15.③④
16.(1)∵等差数列an的公差为d=2，∴a3=a1+4，a4=a1+6，
∵a1，a3，a4成等比数列，则a1+42=a1a1+6，解得a1=−8，
故等差数列an的首项为a1=−8，公差为d=2．
所以an=a1+n−1d=−8+2n−2=2n−10，
Sn=na1+nn−1d2=−8n+n2−n=n2−9n．
综上所述，an=2n−10，Sn=n2−9n；
(2)由(1)可得当n≤5时，an≤0，当n≥6时，an>0．
T10=a1+a2+⋯a10=−a1+a2+⋯a5+a6+a7+⋯+a10
=8+6+4+2+0+⋯+10=5×8+02+2+10×52=50．

17.(1)解：根据题意，二次函数fx满足f0=f2=3，可得函数fx的对称轴为x=1，
因为函数fx的最小值为1，可设fx=a(x−1)2+1，
又因为f0=3，可得fx=a+1=3，解得a=2，
所以函数fx的解析式为fx=2(x−1)2+1=2x2−4x+3．
(2)解：由函数fx=2(x−1)2+1，其对称轴为x=1，
要使得函数fx在区间3a,a+1上不单调，则满足3a<1解得0(3)解：由函数fx=2x2−4x+3，
若在区间−3,−1上，y=fx的图象恒在y=2x+2m+1的图象上方，
则由2x2−4x+3>2x+2m+1在区间−3,−1上恒成立，
即m设gx=x2−3x+1，其对称轴为x=32，则gx在x∈−3,−1上单调递减，
所以函数gx的最小值为g−1=5，则有m<5，
所以实数m的取值范围为−∞,5．

18.(1)记事件A:品牌A1被选中，则PA=C11C51C62=13．
(2)由题，在18：00−21：00有6个时间点，充电价格为1.0元/千瓦时，
在21：00−23：00有4个时间点，充电价格为0.7元/千瓦时，
在23：00，23：30有2个时间点，充电价格为0.4元/千瓦时，
X可能的取值有54,45,36，则PX=54=12,PX=45=13,PX=36=16,
分布列如下：
所以E(X)=54×12+45×13+36×16=48元.
(3)充电1千瓦时的费用为1.8元的概率为824=13，
充电1千瓦时的费用为1.5元的概率为824=13，
充电1千瓦时的费用为1.2元的概率为824=13，
所以充电1千瓦时的平均费用为1.8×13+1.5×13+1.2×13=1.5元.
(4)若选择新能源汽车，则需要的能源消耗支出为30000×85×1.5=72000元，
若选择新燃油汽车，则需要的能源消耗支出为30000×85×3=144000元，
结合购车成本有144000>72000+40000，所以新能源汽车花费更少．

19.(1)由题可得：f′x=xex−2x=x(ex−2)，
令f′x=0，解得：x=0或x=ln2，
令f’(x)<0，解得：0令f′(x)>0，解得：x<0或x>ln2；
所以f(x)的单调减区间为：(0,ln2)；单调增区间为：(−∞,0)，(ln2,+∞)
(2)因为f(x)的单调减区间为：(0,ln2)；单调增区间为：(−∞,0)，(ln2,+∞)，
由于f(0)=−1<0，则f(x)在(−∞,0)上无零点；
由于f(ln2)=2(ln2−1)−ln22<0，则f(x)在(0,ln2)上无零点；
由于f(2)=e2−4>0，则f(x)在ln2,2上存在唯一零点；
综上，函数f(x)在R上存在唯一零点．
(3)若gx=fx−m在区间−1,12上有两个零点，则函数y=f(x)与y=m在区间−1,12上有两个交点；
由(1)知，f(x)在−1,0上单调递增，(0,12)上单调递减；
f(−1)=−2e−1，f(0)=−1<0，f(12)=− e2−14>f(−1)，
所以函数y=f(x)与y=m在区间−1,12上有两个交点，则− e2−14≤m<−1，
即gx=fx−m在区间−1,12上有两个零点，则m的范围为− e2−14,−1

20.(1)当a=2时，fx=x−lnx+2，则f′x=1−1x+2，
故f′−1=1−1−1+2=0，又f−1=−1，
故y=f(x)在点−1,f−1处的切线方程为y=−1
(2)f′x=1−1x+a=x+a−1x+a，x>−a
故当x>1−a时，f′x>0,fx单调递增，当−a(3)由(2)知a=1，故fx=x−lnx+1，
故对任意的x∈[0,+∞),fx≤kx2成立，只需要对任意的x∈[0,+∞),kx2+ln(x+1)−x≥0,
记gx=kx2+ln(x+1)−x，则g′x=2kx+1x+1−1=x2kx+2k−1x+1，
①00，
故当0当x>12k−1时，g′x>0，gx单调递增，
故当x=12k−1时，gx取极小值也是最小值，
故gxmin=g12k−1②当k≥12时，此时12k−1<0，
故当x>0时，g′x>0，gx单调递增，
故gx>g0=0，符合题意，
③当k<0时，此时12k−1<0，
故当x>0时，g′x<0，gx单调递减，
故gx④当k=0时，故当x>0时，g′x<0，gx单调递减，
故gx综上可得k≥12，
所以实数k的最小值为12．

21.(1)因数列{an}通项公式为an=(−2)n，所以数列{|an|}为等比数列，且|an|=2n，
得S∗(4)=|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=30．
数列{an}通项公式为an=(−2)n，所以当c=2时，
L(4)=|a1−2|+|a2−2|+|a3−2|+|a4−2|=−(a1−2)+(a2−2)−(a3−2)+(a4−2)
=|a1|+2+|a2|−2+|a3|+2+|a4|−2=|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=S∗(4)，
所以2是数列{an}的4阶ω系数．
(2)因为数列{an}的m阶ω系数为3，所以当c=3时，存在m，使L(m)=S∗(m)成立．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sn=−39n+3n(n+1)2，
令an≥0，则n≥13，
所以，S∗(n)=39n−3n(n+1)2,n≤13−39n+3n(n+1)2+468,n≥14,
设等差数列{an−3}的前n项和为Tn，an−3=3n−42，
则Tn=−42n+3n(n+1)2，
令an−3≥0，则n≥14，
所以，L(n)=42n−3n(n+1)2,n≤13,−42n+3n(n+1)2+546,n≥14.
当m≤13时，L(m)≠S∗(m)，
当m≥14时，L(m)=S∗(m)，
则−39m+3m(m+1)2+468=−42m+3m(m+1)2+546，解得m=26．
(3)设数列{an}为等差数列，满足−1，2均为数列{an}的m阶ω系数，S∗(m)=507，
则存在k∈N∗，使|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|am|=|a1+1|+|a2+1|+|a3+1|+⋯+|am+1|
=|a1−2|+|a2−2|+|a3−2|+⋯+|am−2|=507成立．
设数列{an}的公差为d，构造函数f(x)=|x−d|+|x−2d|+|x−3d|+⋯+|x−md|−507．
由已知得f(am+d)=|am|+|am−d|+|am−2d|+⋯+|am−(m−1)d|−507
=|am|+|am−1|+|am−2|+⋯+|a1|−507=0，
所以，函数f(x)至少有三个零点am+d，am+d+1，am+d−2，
由函数f(x)可知m为偶数，且满足m2d≤am+d−2得d≥3m2d4=507,
所以3m2≤4×507，解得m≤26，
构造等差数列{an}为：−37，−34，−33，…，38，
可知当m=26时命题成立，即m的最大值为26．

充电时间段
充电价格(元/千瓦时)
充电服务费(元/千瓦时)
峰时
10：00−15：00和18：00−21：00
1.0
0.8
平时
7：00−10：00，15：00−18：00和21：00−23：00
0.7
谷时
当日23：00−次日7：00
0.4
X
54
45
36
P
12
13
16