2024-2025学年广东省广州市天河区高三（上）数学模拟试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年广东省广州市天河区高三（上）数学模拟试卷（含答案），共9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。

1.若全集U=R，集合A={x|0≤x<3}，B={x|x>1}，则A∪(∁UB)=( )
A. (−∞,3)B. [0,1)C. [0,1]D. [0,+∞)
2.已知数据x1，x2，x3，…，x10，且满足x1A. 平均数B. 中位数C. 极差D. 方差
3.若x，y∈R，则“2x−2y>0”是“ln(x−y)>0”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
4.已知α为第一象限角，β为第四象限角，tanα−tanβ=3，tanαtanβ=−2，则sin(α−β)=( )
A. 1010B. − 1010C. 3 1010D. −3 1010
5.大西洋鲑鱼每年都要逆游而上游回产地产卵.研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速v(单位：m/s)可以表示为v=12lg3O100，其中O表示鲑鱼的耗氧量的单位数.若一条鲑鱼游速为2m/s时耗氧量的单位数为U，游速为3m/s时耗氧量的单位数为W，则WU=( )
A. 3B. 6C. 9D. 12
6.数列{an}中，a1>0，a1an=p21−n(p>1)，若Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值为( )
A. p110B. p56C. p4418D. p55
7.在平面直角坐标系xOy中，以x轴非负半轴为始边作角x和角x−π3，x∈[0,2π]，它们的终边分别与单位圆交于点M，N，设线段MN的中点P的纵坐标为y0，若y0> 34，则角x的取值范围是( )
A. (π3,5π6)B. (π3,π)C. (π2,5π6)D. (π6,2π3)
8.已知函数f(x)=ax3−3x2+4a(a≠0)，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0，则a的取值范围是( )
A. (1,+∞)B. (−∞,0)∪(0,1)
C. (−∞,−1)∪(0,+∞)D. (−∞,0)∪(1,+∞)
二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下说法正确的是( )
A. 两个变量的样本相关系数越大，它们的线性相关程度越强
B. 残差点分布在以横轴为对称轴的水平带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好
C. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=4.881>3.841=x0.05，则依据α=0.05的独立性检验，可以认为“X与Y没有关联”
D. 若随机变量X∼N(0,1)，Y∼N(2,4)，则P(X>1)10.已知函数f(x)的定义域为R，集合M={x0∈R|x∈(−∞,x0)，f(x)A. 存在f(x)，当m≠n时有f(m)=f(n)
B. 存在f(x)是增函数
C. 存在f(x)是奇函数
D. 存在f(x)，使f(x)恒大于0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
11.已知函数f(x)=ln(2x+1)−mx，若曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为−5，则实数m的值为______．
12.若(x+a)2(x−2)(x−3)(x−4)(x+b)的展开式中，x5项的系数为−8，则ab的最大值为______．
13.袋子里有四张卡片，分别标有数字1，2，3，4，从袋子中有放回地依次随机抽取四张卡片并记下卡片上数字，则有两张卡片数字之和为5的概率是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和公式为Sn=3n2−2n，数列{bn}满足b1=a1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an=2n(bn+1−bn)，求数列{bn}的通项公式．
15.(本小题15分)
三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c，面积S= 34(b2−a2−c2)．
(1)求∠B的大小；
(2)如图，若D为△ABC外一点，在四边形ABCD中，边长BC=2，∠DCB=∠B，∠CAD=30°，求CD的最小值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex−kx2−x．
(1)若k=12，求证：当x>0时，f(x)>1；
(2)若x=0是f(x)的极大值点，求k的取值范围．
17.(本小题17分)
小张参加某项专业能力考试.该考试有A，B，C三类问题，考生可以自行决定三类问题的答题次序，回答问题时按答题次序从某一类问题中随机抽取一个问题回答，若回答正确则考试通过，若回答错误则继续从下一类问题中再随机抽取一个问题回答，依此规则，直到三类问题全部答完，仍没有答对，则考试不通过.已知小张能正确回答A，B，C三类问题的概率分别为p1，p2，p3，且每个问题的回答结果相互独立．
(1)若小张按照A在先，B次之，C最后的顺序回答问题，记X为小张的累计答题数目，求X的分布列；
(2)小张考试通过的概率会不会受答题次序的影响，请作出判断并说明理由；
(3)设018.(本小题17分)
如果函数y=f(x)，x∈D满足：对于任意x1，x2∈D(x1≠x2)，均有|f(x1)−f(x2)|<|x1−x2|n(n为正整数)成立，则称函数y=f(x)在D上具有“n级”性质．
(1)判断f(x)=12x2+1在区间(0,1)上是否具有“1级”性质，并说明理由；
(2)若g(x)=a(x−1)ex−xlnx−12x2+x在区间[1,2]上具有“1级”性质，求a的取值范围；
(3)已知函数y=ℎ(x)在定义域R上具有“n级”性质，求证：对任意s，t∈R，当s参考答案
1.A
2.A
3.B
4.C
5.C
6.D
7.B
8.C
9.BD
10.ACD
11.173
12.18
13.4964
14.解：(1)由Sn=3n2−2n，可得a1=S1=3−2=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n2−2n−3(n−1)2+2(n−1)=6n−5，对n=1也成立，
所以an=6n−5，n∈N∗；
(2)b1=a1=1，
an=2n(bn+1−bn)=6n−5，
即有bn+1−bn=(6n−5)⋅(12)n，
则bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+...+(bn−bn−1)=1+1×12+7×14+...+(6n−11)⋅(12)n−1，
12bn=12+1×14+7×18+...+(6n−11)⋅(12)n，
上面两式相减可得12bn=1+6(14+18+...+12n−1)−(6n−11)⋅(12)n
=1+6×14(1−12n−2)1−12−(6n−11)⋅(12)n=4−6n+12n，
可得bn=8−6n+12n−1．
15.解：(1)因为面积S= 34(b2−a2−c2)，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，所以b2−a2−c2=−2accsB，
所以12acsinB= 34(−2accsB)，
可得tanB=− 3，
在△ABC中，0°所以B=120°；
(2)在△ACD和△ABC中，
由正弦定理可得CDsin30∘=ACsin∠ADC,BCsin∠CAB=ACsin120∘，
设∠ACB=θ，0°<θ<60°，则∠ACD=120°−θ，∠ADC=30°+θ，∠CAB=60°−θ，
故两式相除可得2CDsin(60°−θ)2= 32sin(30°+θ)，
即CD= 32sin(30°+θ)sin(60°−θ)，
即CD= 3cs[(30°+θ)−(60°−θ)]−cs[(30°+θ)+(60°−θ)]= 3cs(2θ−30°)，
故当2θ−30°=0°时，即θ=15°时，此时cs(2θ−30°)取最大值1，
所以CD取最小值 3．
16.解：(1)证明：若k=12，
此时f(x)=ex−12x2−x，
可得f′(x)=ex−x−1，
令ℎ(x)=ex−x−1，
可得ℎ′(x)=ex−1，
当x>0时，ex>1，
所以ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f′(x)>f′(0)=1−0−1=0，
即f(x)在(0,+∞)上单调递增，
则f(x)>f(0)=1；
(2)易知f′(x)=ex−2kx−1，
令g(x)=ex−2kx−1，函数定义域为R，
可得g′(x)=ex−2k，
当k≤0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
即f′(x)在R上单调递增；
当k>0时，
当x当x>ln2k时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当k≤0时，f′(0)=0，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当0又f′(0)=0，
当ln2k当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=0是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
当k=12时，ln2k=0，
则当x∈(−∞,+∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
此时f(x)无极值点，不符合题意；
当k>12时，ln2k>0，
又f′(0)=0，
当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0所以x=0是函数f(x)的极大值点，符合题意．
综上所述，k的取值范围为(12,+∞)．
17.解：(1)按A→B→C的顺序答题，X的可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=p1，P(X=2)=(1−p1)p2，P(X=3)=(1−p1)(1−p2)，
所以X的分布列为：
(2)小张考试通过的概率会受答题次序的影响，理由如下：
若按A→B→C的顺序答题，设X1为此时小张的累计答题数目，
由(1)得E(X1)=1×p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)
=3−2p1−p2+p1p2．
若按A→C→B的顺序答题，设X2为此时小张的累计答题数目，
则P(X2=1)=p1，P(X2=2)=(1−p1)p3，P(X2=3)=(1−p1)(1−p3)，
所以E(X2)=1×p1+2(1−p1)p3+3(1−p1)(1−p3)
=3−2p1−p3+p1p3，
E(X1)−E(X2)=(3−2p1−p2+p1p2)−(3−2p1−p3+p1p3)
=p3−p2−p1(p3−p2)=(1−p1)(p3−p2)，
由于(1−p1)(p3−p2)的值不一定为0，所以E(X1)，E(X2)不一定相等，
所以小张考试通过的概率会受答题次序的影响．
(3)应按A→B→C的顺序答题，理由如下：
设00，1−p2>0，1−p3>0，
p2−p1<0，p3−p1<0，p3−p2<0，
根据(2)可知E(X1)−E(X2)=(1−p1)(p3−p2)<0，E(X1)若按B→A→C的顺序答题，设X3为此时小张的累计答题数目，
同理可得E(X3)=3−2p2−p1+p2p1，
若按B→C→A的顺序答题，设X4为此时小张的累计答题数目，
同理可得E(X4)=3−2p2−p3+p2p3，
E(X3)−E(X4)=(1−p2)(p3−p1)<0，E(X3)若按C→A→B的顺序答题，设X5为此时小张的累计答题数目，
同理可得E(X5)=3−2p3−p1+p3p1．
若按C→B→A的顺序答题，设X6为此时小张的累计答题数目，
同理可得E(X6)=3−2p3−p2+p3p2，
E(X5)−E(X6)=(1−p3)(p2−p1)<0，E(X5)所以累计答题数目的均值最小的，是E(X1)、E(X3)、E(X5)中最小的一个，
E(X1)=3−2p1−p2+p1p2=3−p1−p2+p1p2−p1，
E(X3)=3−2p2−p1+p2p1=3−p2−p1+p2p1−p2，
所以E(X1)E(X3)−E(X5)=(3−p2−p1+p2p1−p2)−(3−2p3−p1+p3p1)
=(p2−p3)(p1−2)<0，
所以E(X3)所以最小的是E(X1)，
所以应按A→B→C的顺序答题．
18.解：(1)对于函数f(x)=12x2+1，由于x1，x2∈(0,1)，所以x1+x2<2，
故|f(x1)−f(x2)|=|12x12+1−12x12−1|=12|x1+x2||x1−x2|<12×2|x1−x2|=|x1−x2|1，
所以函数f(x)=12x2+1具有“1级”性质．
(2)由于g(x)=a(x−1)ex−xlnx−12x2+x在区间[1,2]上具有“1级”性质，
不妨设1≤x1所以|g(x1)−g(x2)|<|x1−x2|，故x1−x2进而g(x1)+x1故g(x)+x在[1,2]上单调递增，g(x)−x在[1,2]上单调递减，
g′(x)+1=axex−lnx−x+1，g′(x)−1=axex−lnx−x−1，
因此axex−lnx−x+1≥0，axex−lnx−x−1≤0在[1,2]上恒成立，
故lnx+x−1xex≤a≤lnx+x+1xex在[1,2]上恒成立，
令p(x)=lnx+x−1xex，q(x)=lnx+x+1xex，
则p′(x)=(x+1)(2−lnx−x)x2ex，q′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex，
由于y=lnx，y=x均为单调递增函数，因此y=lnx+x单调递增，y=2−lnx−x单调递减，
又y=2−lnx−x∈[−ln2,1]，故存在x0∈(1,2)，p′(x0)=0，即2−lnx0−x0=0，2=lnx0+x0=ln(x0ex0)，
当x∈(x0,2)，p′(x)<0，p(x)单调递减，当x∈(1,x0)，p′(x)>0，p(x)单调递增，
故x=x0，p(x)取极大值也是最大值，故p(x0)=lnx0+x0−1x0ex0=1x0ex0=1e2，因此1e2≤a，
又q′(x)=−(x+1)(lnx+x)x2ex<0在[1,2]上恒成立，故q(x)在[1,2]上单调递减，
故当x=2时，q(x)取最小值，q(2)=ln2+2+12e2=ln2+32e2，
因此a≤(x)min，即a≤ln2+32e2，
综上可得，1e2≤a≤ln2+32e2，即a的取值范围是[1e2,ln2+32e2].
(3)证明：由题意可知，|ℎ(t)−ℎ(s)|<|t−s|n，
将区间(s,t)进行2024等分，记s=x0，s+t−s2024=x1，s+2(t−s)2024=x2，…，t=s+2024(t−s)2024=x2024，
|ℎ(t)−ℎ(s)|=|ℎ(x2024)−ℎ(x2023)+ℎ(x2023)−ℎ(x2022)+…+ℎ(x2)−ℎ(x1)+ℎ(x1)−ℎ(x0)|
≤|x2024−x2023|n+|x2023−x2022|n++|x1−x0|n=(t−s2024)n×2024，
故2024n−1|ℎ(t)−ℎ(s)|<(t−s)n，得证． X
1
2
3
P
p1
(1−p1)p2
(1−p1)(1−p2)