2024-2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三上學(xué)期入學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測試卷（一）一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項）1．已知全集，集合和的關(guān)系的韋恩（Venn）圖如圖所示，則陰影部分所示的集合的元素共有（

）

A．3個 B．2個 C．1個 D．無窮多個2．若是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則3．設(shè)，則（

）A． B． C． D．4．已知函數(shù)的定義域為.當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，.則A． B． C． D．5．定義在上的任意函數(shù)都可以表示成一個奇函數(shù)和一個偶函數(shù)之和，如果，，那么（

）A．，B．，C．，D．，6．設(shè)為實數(shù)，則是“”的A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．用數(shù)字0,1,2,3,4,5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中比40000大的偶數(shù)共有A．144個 B．120個 C．96個 D．72個8．按照“碳達峰”?“碳中和”的實現(xiàn)路徑，2030年為碳達峰時期，2060年實現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動汽車在整體汽車中的滲透率有望超過70%，新型動力電池迎來了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：），放電時間t（單位：）與放電電流I（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗公式：，其中n為Peukert常數(shù)，為了測算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時，放電時間；當(dāng)放電電流時，放電時間.則該蓄電池的Peukert常數(shù)n大約為（

）（參考數(shù)據(jù)：，）A． B． C． D．29．已知定義在上的函數(shù)滿足：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，且當(dāng)時，成立（是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)），若，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．10．已知函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，且函數(shù)恰好有兩個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分）11．已知甲盒中有3個白球，2個黑球；乙盒中有1個白球，2個黑球．若從這8個球中隨機選取一球，該球是白球的概率是；若從甲、乙兩盒中任取一盒，然后從所取到的盒中任取一球，則取到的球是白球的概率是．12．若，則；.13．已知直線與圓相交，能說明“直線截圓所得弦長不小于”是假命題的一個的值為．14．已知點、分別是雙曲線的左、右焦點，若在雙曲線右支上存在點，滿足，且到直線的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為.15．已知函數(shù)，給出下列四個結(jié)論：①函數(shù)是奇函數(shù)；②，且，關(guān)于x的方程恰有兩個不相等的實數(shù)根；③已知是曲線上任意一點，，則；④設(shè)Mx1,y1為曲線上一點，Nx2,其中所有正確結(jié)論的序號是.三、解答題（共6小題，共85分解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程）16．在△中，，.(1)求證：△為等腰三角形；(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使△存在且唯一，求的值.條件①：；條件②：△的面積為；條件③：邊上的高為.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.17．改革開放40年來，體育產(chǎn)業(yè)蓬勃發(fā)展反映了“健康中國”理念的普及．下圖是我國2006年至2016年體育產(chǎn)業(yè)年增加值及年增速圖．其中條形圖為體育產(chǎn)業(yè)年增加值（單位：億元），折線圖為體育產(chǎn)業(yè)年增長率（％）．（Ⅰ）從2007年至2016年隨機選擇1年，求該年體育產(chǎn)業(yè)年增加值比前一年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值多億元以上的概率；（Ⅱ）從2007年至2016年隨機選擇3年，設(shè)是選出的三年中體育產(chǎn)業(yè)年增長率超過20%的年數(shù)，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；（Ⅲ）由圖判斷，從哪年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大？從哪年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大？（結(jié)論不要求證明）18．已知在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，是正三角形，平面平面分別是的中點．(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的大?。?3)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角為？若存在，求出線段的長度；若不存在，說明理由．19．已知橢圓過點．(1)求橢圓的方程以及離心率；(2)設(shè)直線與橢圓交于兩點，過點作直線的垂線，垂足為．判斷直線是否過定點，并證明你的結(jié)論．20．已知函數(shù)．(1)求函數(shù)在處的切線方程；(2)若函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，求實數(shù)的取值范圍．21．已知集合是正整數(shù)的一個排列，函數(shù)對于，定義：，，稱為的滿意指數(shù)．排列為排列的生成列；排列為排列的母列．（Ⅰ）當(dāng)時，寫出排列的生成列及排列的母列；（Ⅱ）證明：若和為中兩個不同排列，則它們的生成列也不同；（Ⅲ）對于中的排列，定義變換：將排列從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項調(diào)至首項，其它各項順序不變，得到一個新的排列．證明：一定可以經(jīng)過有限次變換將排列變換為各項滿意指數(shù)均為非負數(shù)的排列．1．B【分析】由圖知，陰影部分所示的集合為，根據(jù)條件求出，利用集合的運算，即可求解.【詳解】由圖知，陰影部分所示的集合為，由，得到，所以，又，所以，得到陰影部分所示的集合的元素共有個，

故選：B.2．C【分析】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可判斷A，B；根據(jù)線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定定理判斷C；根據(jù)線面平行的性質(zhì)判斷直線的位置關(guān)系，可判斷D.【詳解】對于A，若，則只有當(dāng)m垂直于平面的交線時，才有，故A錯誤；對于B，若，則或相交，B錯誤；對于C，由結(jié)合線面平行的性質(zhì)可知在內(nèi)必存在直線，結(jié)合，可得，又，故，C正確；對于D，若，則或相交或異面，D錯誤，故選：C3．C【分析】借助指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得、、范圍，即可得解.【詳解】由，，即，，故.故選：C.4．D【詳解】試題分析：當(dāng)時,,所以當(dāng)時,函數(shù)是周期為的周期函數(shù),所以,又函數(shù)是奇函數(shù),所以,故選D．考點：函數(shù)的周期性和奇偶性．5．C【分析】構(gòu)造奇函數(shù)，偶函數(shù)即可求解.【詳解】根據(jù)題意，令則有，所以，，故選:C.6．C【分析】由“x＜0”易得“”，反過來，由“”可得出“x＜0”，從而得出“x＜0”是“”的充分必要條件．【詳解】若x＜0，﹣x＞0，則：；∴“x＜0“是““的充分條件；若，則；解得x＜0；∴“x＜0“是““的必要條件；綜上得，“x＜0”是“”的充分必要條件．故選C．充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關(guān)系，對于條件或結(jié)論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．7．B【詳解】試題分析：根據(jù)題意，符合條件的五位數(shù)首位數(shù)字必須是4、5其中1個，末位數(shù)字為0、2、4中其中1個；進而對首位數(shù)字分2種情況討論，①首位數(shù)字為5時，②首位數(shù)字為4時，每種情況下分析首位、末位數(shù)字的情況，再安排剩余的三個位置，由分步計數(shù)原理可得其情況數(shù)目，進而由分類加法原理，計算可得答案．解：根據(jù)題意，符合條件的五位數(shù)首位數(shù)字必須是4、5其中1個，末位數(shù)字為0、2、4中其中1個；分兩種情況討論：①首位數(shù)字為5時，末位數(shù)字有3種情況，在剩余的4個數(shù)中任取3個，放在剩余的3個位置上，有A43=24種情況，此時有3×24=72個，②首位數(shù)字為4時，末位數(shù)字有2種情況，在剩余的4個數(shù)中任取3個，放在剩余的3個位置上，有A43=24種情況，此時有2×24=48個，共有72+48=120個．故選B考點：排列、組合及簡單計數(shù)問題．8．B【分析】根據(jù)題意可得，，兩式相比結(jié)合對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可得出答案.【詳解】解：根據(jù)題意可得，，兩式相比得，即，所以.故選：B.9．A【分析】根據(jù)題意可知函數(shù)是偶函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，可知函數(shù)是奇函數(shù)并得到在x∈0,+∞的單調(diào)性，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，簡單判斷可得結(jié)果.【詳解】由題可知：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱所以函數(shù)關(guān)于直線對稱，即函數(shù)是偶函數(shù)令，又當(dāng)時，成立所以函數(shù)在?∞,0單調(diào)遞減，又函數(shù)為奇函數(shù)，所以該函數(shù)在0,+∞為單調(diào)遞減由所以故選：A本題考查構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較式子的大小，熟悉一些常見的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，比如如，，，，屬中檔題.10．A【分析】利用函數(shù)是上的減函數(shù)求出的范圍，再在同一直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)和函數(shù)的圖象，根據(jù)方程的根的個數(shù)數(shù)形結(jié)合，從而可得出答案.【詳解】因為函數(shù)是上的減函數(shù)，則，解得，函數(shù)恰好有兩個零點，即方程恰好有兩個根，如圖，在上方程恰好有一解，所以在上，方程有且僅有一解，當(dāng)即時，由，即，，則，解得或1（舍去），當(dāng)時，經(jīng)檢驗符合題意；當(dāng)即時，由圖象知符合題意.綜上，的取值范圍是.故選：A.

關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是函數(shù)的零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象得交點，數(shù)形結(jié)合解決.11．##【分析】根據(jù)古典概型的計算公式及全概率的計算公式直接得解.【詳解】根據(jù)題意，從這個8個球中隨機選取一球，該球是白球的概率是；設(shè)“取出甲盒”為事件，“取出乙盒”為事件，“取到的球是白球”為事件，則.所以從甲、乙兩盒中任取一盒，然后從所取到的盒中任取一球，則取到的球是白球的概率是.故；.12．【分析】借助賦值法，分別令、、計算即可得.【詳解】令，可得，即，令，可得，即，令，可得，即，則，即，則，故.故；.13．（答案不唯一）【分析】根據(jù)題意，利用直線與圓的位置關(guān)系和圓的弦長公式，列出不等式，求得實數(shù)取值范圍，進而得到答案.【詳解】由圓，可得圓心，半徑為，因為直線與圓相交，可得，解得，又由“直線截圓所得弦長不小于”是假命題，可得“直線截圓所得弦長小于”是真命題，則滿足，即，解得，可得，解得或，綜上可得，或，即實數(shù)的取值范圍為，所以一個實數(shù)的為可以為.故（答案不唯一）.14．.【分析】設(shè)中點為,由,可得,則,從而得到,又根據(jù)雙曲線的定義可得,進而求出,即可得到漸近線方程【詳解】設(shè)中點為,因為,所以為到直線的距離,即,則,,因為,所以,則,則,則漸近線方程為,即故本題考查雙曲線的漸近線方程,考查雙曲線的定義的應(yīng)用,考查運算能力15．②③④【分析】對①：計算定義域即可得；對②：對與分類討論，結(jié)合二次函數(shù)求根公式計算即可得；對③：借助兩點間的距離公式與導(dǎo)數(shù)求取最值計算即可得；對④：結(jié)合函數(shù)性質(zhì)與③中所得結(jié)論即可得.【詳解】對①：令，即有，即，故函數(shù)不是奇函數(shù)，故①錯誤；對②：，即，當(dāng)時，有，故是該方程的一個根；當(dāng)，時，由，故，結(jié)合定義域可得，有，即，令，，有或（負值舍去），則，故必有一個大于的正根，即必有一個大于的正根；當(dāng)，時，由，故，結(jié)合定義域有，有，即，令，，有或（正值舍去），令，即，則，即，故在定義域內(nèi)亦必有一根，綜上所述，，且，關(guān)于x的方程恰有兩個不相等的實數(shù)根，故②正確；對③：令Px,y，則有，，令，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在、1,+∞上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，故恒成立，即，故，故③正確；對④：當(dāng)時，由，，故，此時，，則，當(dāng)時，由與關(guān)于軸對稱，不妨設(shè)，則有或，當(dāng)時，由，有，故成立；當(dāng)時，即有，由③知，點與點在圓上或圓外，設(shè)點與點在圓上且位于x軸兩側(cè)，則,故；綜上所述，恒成立，故④正確.故②③④.關(guān)鍵點點睛：結(jié)論④中的關(guān)鍵點在于借助結(jié)論③，結(jié)合函數(shù)的對稱性，從而得到當(dāng)、都小于零時，MN的情況.16．(1)證明見解析；(2)詳見解析.【分析】（1）把轉(zhuǎn)化為邊a、b之間的倍數(shù)關(guān)系，把轉(zhuǎn)化為三邊a、b、c之間的關(guān)系，綜合可得證；（2）條件①,與已知矛盾，三角形無解，不可選；條件②，通過三角形面積公式解得a，可使△存在且唯一；條件③，通過轉(zhuǎn)化條件，可使△存在且唯一.【詳解】（1）在△中，由，可得則由，可得即，故有故△為等腰三角形.（2）選擇條件①：時，由（1）知，則有，此時，與已知矛盾，三角形無解.不能選；選擇條件②：△的面積為時，由得，故有，解得，,.三角形存在且唯一，可選.選擇條件③：邊上的高為.由得，可得，則有,.三角形存在且唯一，可選.綜上可知:選擇條件②時，三角形存在且唯一，.選擇條件③時，三角形存在且唯一，.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ）從年或年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大．從年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大．【分析】(Ⅰ)由題意利用古典概型計算公式可得滿足題意的概率值；(Ⅱ)由題意首先確定X可能的取值，然后結(jié)合超幾何概型計算公式得到分布列，然后求解其數(shù)學(xué)期望即可；(Ⅲ)由題意結(jié)合方差的性質(zhì)和所給的圖形確定方差的最大值即可.【詳解】（Ⅰ）設(shè)表示事件“從2007年至2016年隨機選出1年，該年體育產(chǎn)業(yè)年增加值比前一年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值多億元以上”．由題意可知，2009年，2011年，2015年，2016年滿足要求，故．（Ⅱ）由題意可知，的所有可能取值為,,，3，且；；；.所以的分布列為：0123故的期望．（Ⅲ）從年或年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大．從年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大．本題主要考查統(tǒng)計圖表的識別，超幾何概型計算公式，離散型隨機變量的分布列與期望的計算，古典概型計算公式等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.18．(1)證明見解析(2)平面與平面夾角的大小為；(3)線段上不存在點，使得直線與平面所成角為，理由見解析【分析】（1）由已知可得，進而可得，可證結(jié)論；（2）取的中點，連接，由題意可證得，，，以以為坐標(biāo)原點，為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面平面的一個法向量為，求得平面的一個法向量為，利用向量法可求平面與平面夾角的大小.（3）設(shè)，利用設(shè)，表示出，利用線面角的向量求法可構(gòu)造方程，由方程無解可知不存在.【詳解】（1）因為分別是的中點，所以，又因為四邊形是正方形，所以，所以，又平面，平面，所以平面；（2）取的中點，連接，因為是正三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，由四邊形是正方形，易得是矩形，所以，以為坐標(biāo)原點，為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，所以設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則可得，所以平面的一個法向量為，又平面的一個法向量為，設(shè)平面與平面夾角的大小為，所以，所以平面與平面夾角的大小為；（3）線段上不存在點，使得直線與平面所成角為，理由如下：假設(shè)線段上存在點，使得直線與平面所成角為，即直線與平面的法向量所成的角為，設(shè)，，所以，所以，整理可得，，所以方程無解，所以線段上不存在點，使得直線與平面所成角為.19．(1)橢圓方程為，離心率為(2)定點為，證明見解析【分析】（1）代入聯(lián)立方程，解方程可得，，進而得到橢圓方程；即可由離心率公式求解（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，運用韋達定理，令，代入化簡可得，即可得直線恒過定點；【詳解】（1）將代入橢圓方程可得且，解得，故，故橢圓方程為，離心率為（2）聯(lián)立與橢圓方程，消去可得，設(shè),，,，可得，，則的方程為，又，令，則故直線經(jīng)過定點．20．(1)(2)【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得答案；（2）將函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，轉(zhuǎn)化為無實數(shù)根，即當(dāng)時，無實數(shù)根問題，從而令，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論，即可求解.【詳解】（1）由得，則，故函數(shù)在處的切線方程為，即；（2）因為函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點，故，即無實數(shù)根，即當(dāng)時，無實數(shù)根，令，由于，故?x為偶函數(shù)，所以?x在0,+又，記，則，①當(dāng)時，，，則，故，滿足在0,+∞上無實根；②當(dāng)時，在0,+∞上有實根，不符合題意；③當(dāng)時，，則在0,+∞上單調(diào)遞增，則，故?x在0,+∞則，滿足在0,+∞上無實根；④當(dāng)時，因為在上單調(diào)遞增，且，則存在唯一的使得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故x∈0,x0時，，故?x在上單調(diào)遞減，故又，且?x在0,+∞故?x在上有實數(shù)根，不符合題意，綜合可知，實數(shù)a的取值范圍為.難點點睛：本題解答的難點是第二問，解決兩函數(shù)圖象無交點問題，要轉(zhuǎn)化為無實數(shù)根，即當(dāng)時，無實數(shù)根問題，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論的方法解決問題.21．（Ⅰ）生成列為；母列為；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）證明見解析.【分析】（Ⅰ）根據(jù)所給定義計算可得；（Ⅱ）設(shè)，，，的生成列是，，，；，，，的生成列是與，，，，從右往左數(shù)，設(shè)排列，，，與，，，第一個不同的項為與，由滿意指數(shù)的定義可知的滿意指數(shù)，從而可證得且，于是可得排列，，，和，，，的生成列也不同．（Ⅲ）設(shè)排列，，，的生成列為，，，，且為，，，中從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項，，，，，，經(jīng)過一次變換后，整個排列的各項滿意指數(shù)之和將至少增加2，利用的滿意指數(shù)，可知整個排列的各項滿意指數(shù)之和不超過，從而可使結(jié)論得證．【詳解】（Ⅰ）解：當(dāng)時，排列的生成列為；排列的母列為．

（Ⅱ）證明：設(shè)的生成列是；的生成列是與．從右往左數(shù)，設(shè)排列與第一個不同的項為與，即：，，，，．顯然，，，，下面證明：．由滿意指數(shù)的定義知，的滿意指數(shù)為排列中前項中比小的項的個數(shù)減去比大的項的個數(shù)．由于排列的前項各不相同，設(shè)這項中有項比小，則有項比大，從而．同理，設(shè)排列中有項比小，則有項比大，從而．因為與是個不同數(shù)的兩個不同排列，且，所以，從而．所以排列和的生成列也不同．

（Ⅲ）證明：設(shè)排列的生成列為，且為中從左至右第一個滿意指數(shù)為負數(shù)的項，所以．

進行一次變換后，排列變換為，設(shè)該排列的生成列為．

所以．

因此，經(jīng)過一次變換后，整個排列的各項滿意指數(shù)之和將至少增加．因為的滿意指數(shù)，其中，所以，整個排列的各項滿意指數(shù)之和不超過，即整個排列的各項滿意指數(shù)之和為有限數(shù)，所以經(jīng)過有限次變換后，一定會使各項的滿意指數(shù)均為非負數(shù)．2024-2025學(xué)年北京市西城區(qū)高三上學(xué)期入學(xué)考試數(shù)學(xué)檢測試卷（二）本試卷共4頁，考試時長120分鐘，滿分150分.考生務(wù)必將答案寫在答題紙上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題紙一并交回.一、選擇題（本大題共10小題，每題4分，共40分）1．已知集合，，那么（

）A． B．C． D．2．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在上單調(diào)遞減的是（

）A． B．C． D．3．在一段時間內(nèi)，甲去博物館的概率為0.8，乙去博物館的概率為0.7，且甲乙兩人各自行動．則在這段時間內(nèi)，甲乙兩人至少有一個去博物館的概率是（

）A．0.56 B．0.24 C．0.94 D．0.844．已知，則A． B． C． D．5．已知數(shù)列的前項和，則是（

）A．公差為2的等差數(shù)列 B．公差為3的等差數(shù)列C．公比為2的等比數(shù)列 D．公比為3的等比數(shù)列6．已知，成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，則的最小值是A．0 B．1 C．2 D．47．已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減．若，則x的取值范圍是（

）A． B．C． D．8．設(shè)是公比為的無窮等比數(shù)列，為其前n項和，，則“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．按照“碳達峰”?“碳中和”的實現(xiàn)路徑，2030年為碳達峰時期，2060年實現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動汽車在整體汽車中的滲透率有望超過70%，新型動力電池迎來了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：），放電時間t（單位：）與放電電流I（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗公式：，其中n為Peukert常數(shù)，為了測算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時，放電時間；當(dāng)放電電流時，放電時間.則該蓄電池的Peukert常數(shù)n大約為（

）（參考數(shù)據(jù)：，）A． B． C． D．210．若，則（

）A． B．C． D．二.填空題（本大題共5小題，每題5分，共25分）11．函數(shù)的定義域為.12．已知等差數(shù)列an的前n項和為，則的最大值為.13．已知函數(shù)的值域為，則實數(shù)a的取值范圍是.14．如果在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，那么實數(shù)m的取值范圍為.15．已知函數(shù)給出下列四個結(jié)論：①當(dāng)時，存在最小值；②當(dāng)時，存在唯一的零點；③的零點個數(shù)為，則函數(shù)的值域為；④當(dāng)時，對任意，，.其中所有正確結(jié)論的序號是.三.解答題（本大題共6小題，共85分）16．已知集合.(1)求；(2)記關(guān)于x的不等式.的解集為M，若，求實數(shù)m的取值范圍.17．已知等比數(shù)列滿足，．（1）求的通項公式；（2）從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求數(shù)列的前項和．條件①：設(shè)；條件②：設(shè)．18．2022年11月，因受疫情的影響，北京高中全都采用網(wǎng)絡(luò)授課的方式進行在線教學(xué)．北京35中的某老師在高一任教高一1班和高一2班兩個班級，其中1班共有學(xué)生28人，2班共有學(xué)生29人．為了研究學(xué)生的學(xué)習(xí)主動性是否會受到疫情的影響，該名老師統(tǒng)計了連續(xù)6天的交作業(yè)人數(shù)情況，數(shù)據(jù)如下表：班級/天1234561班（人數(shù)）2525202122212班（人數(shù)）272625242522(1)從兩班所有人當(dāng)中，隨機抽取1人，求該生在第6天作業(yè)統(tǒng)計當(dāng)中，沒有交作業(yè)的概率；(2)在高一2班的前3天的作業(yè)統(tǒng)計當(dāng)中，發(fā)現(xiàn)只有小明和小華兩位同學(xué)，是連續(xù)3天未交作業(yè)，其他人均只有一天未交作業(yè)．從高一2班前3天所有未交作業(yè)的人中，隨機抽取3人，記只有一天未交作業(yè)的人數(shù)為X，求X的分布列和期望；(3)在這6次數(shù)據(jù)統(tǒng)計中，記高一1班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，記高一2班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，請直接寫出，，，的大小關(guān)系．19．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的極值；(2)求證：當(dāng)時，；(3)過原點是否存在曲線的切線，若存在，求出切線方程；若不存在，說明理由.20．已知函數(shù).請從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，解答下面的問題.條件①：；條件②.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.(1)求實數(shù)k的值；(2)設(shè)函數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)，指出函數(shù)在區(qū)間上的零點個數(shù)，并說明理由.21．已知函數(shù),其中．(1)當(dāng)時,求曲線在點處的切線方程;(2)當(dāng)時,判斷的零點個數(shù),并加以證明;(3)當(dāng)時,證明:存在實數(shù)m,使恒成立．1．B【分析】求解一元二次不等式從而求解集合，再根據(jù)并集的定義求解.【詳解】由，得，結(jié)合，可知.故選：B.2．B【分析】利用定義判斷函數(shù)的奇偶性可對A、C判斷；利用函數(shù)奇偶性的判斷并結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可對B、D判斷.【詳解】對A、C：由，定義域為，所以不是奇函數(shù)，故A錯誤；定義域為，，所以是偶函數(shù)，故C錯誤；對B、D：，定義域為，，所以fx為奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，，且在上單調(diào)遞減，故B正確；，定義域為，且，所以為奇函數(shù)，且在定義域上為增函數(shù)，故D錯誤；故選：B.3．C【分析】先根據(jù)獨立事件的乘法公式求出甲乙兩人都不去博物館的概率，進而對立事件求概率的公式即可計算出結(jié)果.【詳解】甲乙兩人至少有一個去博物館的對立事件為甲乙兩人都不去博物館，設(shè)甲去博物館為事件,乙去博物館為事件，則甲乙兩人都不去博物館的概率,因此甲乙兩人至少有一個去博物館的概率,故選：C.4．B【分析】運用中間量比較，運用中間量比較【詳解】則．故選B．本題考查指數(shù)和對數(shù)大小的比較，滲透了直觀想象和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．采取中間變量法，利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解題．5．A【分析】根據(jù)數(shù)列的第項與前項和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的定義進行求解即可.【詳解】因為，所以當(dāng)時，有，，得，當(dāng)時，適合上式，因為，所以該數(shù)列是以2為公差的等差數(shù)列，故選：A6．D【詳解】解：∵x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)可知：a+b=x+y，cd=xy，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時取“=”，7．C【分析】根據(jù)偶函數(shù)的對稱性得到在區(qū)間上單調(diào)遞增，再根據(jù)函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可；【詳解】解：偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增；則等價于，即，即，解得，即原不等式的解集為；故選：C8．A【分析】假設(shè)，借助等比數(shù)列的性質(zhì)可得其充分性，舉出反例可得其必要性不成立，即可得解.【詳解】若，由，則，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分條件；當(dāng)，時，有，則有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要條件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要條件.故選：A.9．B【分析】根據(jù)題意可得，，兩式相比結(jié)合對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可得出答案.【詳解】解：根據(jù)題意可得，，兩式相比得，即，所以.故選：B.10．C【分析】根據(jù)選項構(gòu)造兩個函數(shù)，，再利用導(dǎo)數(shù)思想，來研究在上是否是單調(diào)函數(shù)，即可作出選項判斷.【詳解】令，則，令，則恒成立，即在定義域0,+∞上單調(diào)遞增，且，因此在區(qū)間上必然存在唯一，使得，所以當(dāng)x∈0,x0時單調(diào)遞減，當(dāng)時單調(diào)遞增，故，B均錯誤；令，當(dāng)時，在區(qū)間0,1上為減函數(shù)，，即選項C正確，D不正確．故選：C．11．【分析】根據(jù)分式的分母不為，對數(shù)的真數(shù)大于求解即可.【詳解】，解得且，函數(shù)的定義域為.故答案為.12．6【分析】根據(jù)等差數(shù)列的基本量運算得出通項公式，再根據(jù)通項的正負得出和的最大值.【詳解】設(shè)公差為，因為，所以，即，因為，所以.故6.13．a(chǎn)≥1【分析】先分別求出分段函數(shù)在不同區(qū)間函數(shù)的值域，再結(jié)合函數(shù)值域為,得出參數(shù)范圍.【詳解】當(dāng),當(dāng),因為函數(shù)fx的值域為,所以.故a≥1.14．【分析】先求導(dǎo)函數(shù)，再根據(jù)單調(diào)性得出導(dǎo)函數(shù)恒為正或者恒為負求參即可.【詳解】由已知，有，因為在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，所以在區(qū)間上恒成立或恒成立，即在區(qū)間上恒成立或在區(qū)間上恒成立，所以或，所以實數(shù)m的取值范圍為.故答案為.15．②③【分析】①根據(jù)指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)性質(zhì)求最值判斷；②由函數(shù)零點概念求解零點判斷；③討論、、，分析各分段上零點的個數(shù)判斷；④用特殊值，得到即可判斷.【詳解】①當(dāng)時，，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，故的值域為；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，故的值域為；由知，無最小值，故①錯誤；②當(dāng)時，，令得，所以有唯一的零點0，故②正確；③至多一個零點，至多有兩個零點，當(dāng)時，若，則由，可得或，故恒有兩個零點；時，若，則存在一個零點；若，不存在零點，所以時，零點個數(shù)可能為2或3個；若，則，此時，即上無零點，而，故有一個零點，即；若，則，此時上，無零點，時，也無解，故無零點，即；綜上，的值域為，故③正確；④當(dāng)時，，則，所以，故④錯誤.故②③.關(guān)鍵點點睛：對于③，注意結(jié)合指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)性質(zhì)，應(yīng)用分類討論分析各分段零點的可能情況.16．(1),;(2)【分析】（1）將集合化簡，結(jié)合集合的運算，帶入計算，即可求解；（2）由題意可得，再由，列出不等式，代入計算，即可求解.【詳解】（1）因為，解得，所以，又因為，解得或x<1，所以，所以；又因為，所以（2）因為，所以，若，則，解得，所以m的取值范圍是.17．（1）；（2）選擇條件①，；選擇條件②，.【分析】（1）根據(jù)條件列出關(guān)于首項與公比的方程，解出方程組即可求出通項；（2）若選擇條件①，利用等差數(shù)列的前項和公式求和，若選擇條件②，利用分組法求和.【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，解得，所以；（2）選擇條件①：，所以；選擇條件②：，所以.18．(1)(2)分布列見解析，期望為(3)【分析】（1）求出兩個班級第6天應(yīng)交作業(yè)的總?cè)藬?shù)和未交作業(yè)的人數(shù)，結(jié)合古典摡型的概率計算公式，即可求解；（2）根據(jù)題意，得出隨機變量的可能取值為，求得相應(yīng)的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；（3）根據(jù)方差的性質(zhì)和數(shù)據(jù)的波動性，即可得到結(jié)論.【詳解】（1）解：兩個班級第6天應(yīng)交作業(yè)的總?cè)藬?shù)為，未交作業(yè)的人數(shù)為，所以從兩個班級所有人中，隨機抽取1人，其未交作業(yè)的概率為.（2）解：根據(jù)題意知，2班前三天由2人連續(xù)三天未交作業(yè)，3人只有一天未交作業(yè)，所以隨機變量的可能取值為，又5人中3人有種抽法，所以，所以的分布列為：123所以，期望為.（3）解：根據(jù)數(shù)據(jù)方差的性質(zhì)，可得：1班交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，沒交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，可得；2班每天交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，每天沒交作業(yè)的人數(shù)數(shù)據(jù)的方差為，可得，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可得1班數(shù)據(jù)的波動性更大一些，所以.19．(1)極大值為，無極小值(2)證明見解析(3)不存