福建省寧德市福鼎第四中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)考試 數(shù)學(xué)試題含答案

福鼎四中2024-2025學(xué)年第一學(xué)期開學(xué)考試高三數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知全集，，，則集合可能為（

）A． B．C． D．2．設(shè)實數(shù)，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知函數(shù)的定義域是，則的定義域是（

）A． B．C． D．4．已知，則等于（

）A． B．C．1 D．25．設(shè)，且，則的大小關(guān)系為（

）A． B． C． D．6．已知正實數(shù)滿足，則（

）A．的最小值為 B．的最小值為8C．的最小值為 D．沒有最大值7．已知是偶函數(shù)，則（

）A． B．C．1 D．28．如圖，長方形的邊，，是的中點．點沿著邊，與運動，記．將動點到兩點距離之和表示為的函數(shù)，則的圖像大致為（

）

A．

B．

C．

D．

二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．設(shè)函數(shù)的定義域都為R，且，，是減函數(shù)，是增函數(shù)，則下列說法錯誤的有（

）A．是增函數(shù) B．是減函數(shù)C．是增函數(shù) D．是減函數(shù)10．已知關(guān)于的不等式的解集是，其中，則下列結(jié)論中正確的是（

）A． B．C． D．11．已知定義在R上的奇函數(shù)，其周期為4，當(dāng)時，，則（

）A． B．的值域為C．在上單調(diào)遞增 D．在上有9個零點三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知，則的取值范圍是.13．設(shè)是非空集合，定義，且，且.已知，，則.14．對于任意實數(shù)，定義，設(shè)函，則函數(shù)的最小值是．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15．為迎接中秋佳節(jié)，某公司開展抽獎活動，規(guī)則如下：在一個不透明的容器中有除顏色外完全相同的2個紅球和3個白球，每位員工從中摸出2個小球．若摸到一紅球一白球，可獲得價值(單位：百元)代金券；摸到兩白球，可獲得價值(單位：百元)代金券；摸到兩紅球，可獲得價值(單位：百元)代金券(,均為整數(shù)).(1)若，，求每位員工平均可獲得多少代金券（即數(shù)學(xué)期望，單位：百元）；(2)若已知每位員工平均可獲得5.4(單位：百元)代金券，試估計手氣最好者獲得至多多少代金券(單位：百元).16．解關(guān)于x的不等式.17．已知不等式.(1)是否存在實數(shù)，使不等式對任意恒成立，并說明理由；(2)若不等式對于恒成立，求的取值范圍；(3)若不等式對于恒成立，求實數(shù)的取值范圍.18．函數(shù)的定義域為，且滿足對于任意，有，當(dāng).(1)證明：在上是增函數(shù)；(2)證明：是偶函數(shù)；(3)如果，解不等式.19．黎曼函數(shù)是一個特殊的函數(shù)，是德國著名數(shù)學(xué)家波恩哈德·黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，在數(shù)學(xué)中有廣泛的應(yīng)用．黎曼函數(shù)定義在上，．(1)請用描述法寫出滿足方程的解集；（直接寫出答案即可）(2)解不等式；(3)探究是否存在非零實數(shù)，使得為偶函數(shù)？若存在，求k，b應(yīng)滿足的條件；若不存在，請說明理由．1．D【分析】先明確全集，分析集合中的元素組成，可得答案.【詳解】因為，因為，所以，所以.又，所以且.故選：D2．B【分析】結(jié)合對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)與充分條件及必要條件定義計算即可得.【詳解】若，則有或，即有或，若，則，故當(dāng)時，可得，當(dāng)時，不一定成立，故“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3．A【分析】根據(jù)給定條件，利用抽樣函數(shù)定義域列式求解即得.【詳解】由函數(shù)的定義域是，得，因此在函數(shù)中，，解得，所以所示函數(shù)的定義域為.故選：A4．B【分析】根據(jù)給定條件，逐次判斷代入計算即得.【詳解】函數(shù)，則，所以.故選：B5．B【分析】先比較的大小，再利用的單調(diào)性比較大小即可.【詳解】對數(shù)函數(shù)在上單調(diào)遞減，，.故選：B6．A【分析】根據(jù)題意，得到，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，可判定A正確；利用基本不等式，可得判定B錯誤；由，可判定C錯誤，利用對數(shù)的運算性質(zhì)，得到，得到，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最值，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，由正實數(shù)滿足，可得，且，則，當(dāng)時，取得最小值為，所以A正確；對于B中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時，等號成立，所以的最小值為，所以B不正確；對于C中，由，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以的最大值為，所以C錯誤；對于D中，由，因為，設(shè)，可得，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，最大值為，則的最大值為，所以D不正確.故選：A.7．C【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性列方程，化簡求得的值.【詳解】的定義域是，由于是偶函數(shù)，所以，即，所以，即，所以，解得，當(dāng)時，，，符合題意，所以.故選：C8．B【分析】借助排除法，計算、可排除C、D，計算時的情況可得時圖像不是線段，可排除A.【詳解】由題意可得，，故，由此可排除C、D；當(dāng)時點在邊上，，，所以，可知時圖像不是線段,可排除A，故選B．故選：B.9．AC【分析】根據(jù)給定條件，利用單調(diào)性的性質(zhì)即可根據(jù)選項逐一求解.【詳解】對于A，如，，不單調(diào)，因此函數(shù)不一定為增函數(shù)，A錯誤；對于B，是增函數(shù)，則為減函數(shù)，又是減函數(shù)，則為減函數(shù)，B正確；對于C，如，，因此函數(shù)不一定是增函數(shù)，C錯誤；對于D，，由是增函數(shù)，且，得，則，由為減函數(shù)，得，于是，是減函數(shù)，D正確.故選：AC10．AB【分析】由一元二次不等式的性質(zhì)可得，且，即可得A、D，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得，即可得B、C.【詳解】由題意可得，，即，即有，即，，故A正確、D錯誤；令，其根為，，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可得，，即，故B正確、C錯誤.故選：AB.11．BD【分析】利用函數(shù)的周期性與奇偶性計算函數(shù)值可判斷A；求出時的范圍，再利用奇偶性周期性求出函數(shù)在的值域可判斷B；求出、可判斷C；利用函數(shù)的周期性、奇偶性求出零點個數(shù)可判斷D.【詳解】對于A，因為為R上的奇函數(shù)，所以，又其周期為4，所以，故A錯誤；對于B，因為為奇函數(shù)，所以f?x=?fx，可得又因為周期為4，所以，可得，所以，即，可得的圖象關(guān)于對稱，所以，，因為當(dāng)時，為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，又因為為奇函數(shù)，當(dāng)時，所以，再由的周期為4，可得的值域為，故B正確；對于C，因為，，所以在上不具備單調(diào)性，故C錯誤；對于D，因為的周期為4，時，為單調(diào)遞增函數(shù)，所以時，為單調(diào)遞增函數(shù)，時，為單調(diào)遞增函數(shù)，又因為為奇函數(shù)，所以時，為單調(diào)遞增函數(shù)，時，為單調(diào)遞增函數(shù)，且，，，可得的大致圖象，所以在上有9個零點，故D正確.

故選：BD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用函數(shù)的周期性、奇偶性解題是解題關(guān)鍵點.12．【分析】先設(shè)出，求出，再結(jié)合不等式的性質(zhì)解出即可；【詳解】設(shè)，所以，解得，所以，又，所以，又所以上述兩不等式相加可得，即，所以的取值范圍是，故答案為：.13．【分析】分別求出集合，依題意是求三個集合的交集，據(jù)此求解即可.【詳解】由得或，所以或.因為，所以，所以.由得，解得，所以，因為，且，且，所以,故答案為：.14．2【分析】結(jié)合對數(shù)函數(shù)畫出分段函數(shù)hx【詳解】由題意得x∈0,+因為函數(shù)在x∈0,+∞函數(shù)在x∈0,+∞又，所以點是兩個函數(shù)的交點，所以當(dāng)時，，可得，當(dāng)時，，可得，可得hx故答案為：2.15．(1)元(2)18【分析】（1）根據(jù)題意可知代金券的取值，再根據(jù)隨機變量的意義求概率，即可求分布列，再求期望；（2）由（1）可知，，根據(jù)條件，結(jié)合基本不等式求的最大值，即可求解.【詳解】（1）若摸到一紅球一白球的概率，若摸到2白球的概率，若摸到2紅球的概率，設(shè)可獲得代金券為變量，分布列如下，3618所以每位員工平均可獲得元代金券.（2）由（1）可知，,手氣最好者獲得（百元）即，，則，當(dāng)，即，時等號成立，所以的最大值為.估計手氣最好者至多獲得1800元代金券.16．答案見解析【分析】先將不等式變形，然后分，和三種情況，在時，再分三種情況，求出不等式解集.【詳解】不等式化為，①當(dāng)時，原不等式化為，解得．②當(dāng)時，原不等式化為，解得或．③當(dāng)時，原不等式化為.當(dāng)，即時，解得；當(dāng)，即時，解得滿足題意；當(dāng)，即時，解得．綜上所述，當(dāng)時，不等式的解集為；當(dāng)時，不等式的解集為；當(dāng)時，不等式的解集為；當(dāng)時，不等式的解集為；當(dāng)時，不等式的解集為．17．(1)不存在，理由見解析(2)(3)【分析】（1）分及進行討論，結(jié)合根的判別式計算即可得；（2）參變分離后借助換元法計算即可得；（3）令，則可結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)計算即可得.【詳解】（1）當(dāng)時，，此時，不符合要求，當(dāng)時，，若不等式對任意x∈R恒成立，則有，即，該不等式組無解，故不存在實數(shù)，使不等式對任意x∈R恒成立；（2）由題意可得：當(dāng)x∈2,+∞時，令，則，則，由在上單調(diào)遞增，故，則，故；（3）設(shè)，由題意可得在上恒成立，故有，即，由①得或，由②得，即可得.18．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的定義，即可證得函數(shù)的為單調(diào)遞增函數(shù)；（2）令，求得，再由，求得，進而得出，即可證明結(jié)論；（3）由（2）可得不等式可變?yōu)椋Y(jié)合（1）可求得不等式的解集.【詳解】（1）設(shè)，則，由于，所以，所以，所以，所以，所以在上是增函數(shù)；（2）因?qū)Χx域內(nèi)的任意，有，令，則有，又令，得，再令，得，從而，于是有，所以是偶函數(shù)．（3）由于，所以，于是不等式可化為，由（2）可知函數(shù)是偶函數(shù)，則不等式可化為，又由（1）可知在上是增函數(shù)，所以可得，解得，所以不等式的解集為．19．(1)為大于1的正整數(shù)(2)(3)存在，【分析】（1）根據(jù)黎曼函數(shù)的定義，分類討論求解；（2）根據(jù)黎曼函數(shù)的定義，分類討論求解；（3）根據(jù)黎曼函數(shù)的定義，分類討論可證得，則關(guān)于對稱，即，則為偶函數(shù)，即可得解.【詳解】（1）依題意，，當(dāng)時，，則方程無解，當(dāng)為內(nèi)的無理數(shù)時，，則方程無解，當(dāng)(為既約真分數(shù))時，則，為大于1的正整數(shù)，則由方程，解得，為大于1的正整數(shù)，綜上，