四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高三上学期一模 数学答案

数学试题参考答案题号12345678910答案ACBCADBDABACD题号11121314答案ABD25112222nnC301530n1538．【详解】根据题意由n可得，两式相除可得，即可得，7CItnn1C408408415n3838两边同时取对数可得lglg，即可得nlglg；415415lg8lg153lg2lg31lg24lg2lg3140.30.4771即n2.25.故选：Blg3lg4lg32lg2lg32lg20.47720.38.【详解】当x0时,fxlog2x，即函数在为增函数，所以fx1在1,为增函数，x11x1x4䜐ᬃ14令hx222，令t2x，所以htt，由对勾函数的单调性可知ht在2,为增函数，22x2t1x4x11x所以hx2在1,为增函数，由题可知函数gxfx122关于x1对称,22x212a11且当x1时,gx为增函数,而由不等式g2a1可得,g2a1g3,从而﹐42a1131得实数a的取值范围是,02,.故选：D二、多项选择题1110．【详解】由a0，b0，a2b2ab得：1；对于A，a2b22ab（当且仅当a2b，即a2，a2bb1时取等号），2ab22ab，解得：ab2（当且仅当a2，b1时取等号），A正确；113ab3ab3ab2212对于B，abab22（当且仅当，即a，b），a2b22ba22ba22ba22B错误；11a2ba2ba2b对于C，a2ba2b2224（当且仅当，即a2，b1时取等号），a2b2ba2ba2baC正确；对于D，a24b24ab（当且仅当a2b，即a2，b1时取等号），由A知：ab2（当且仅当a2，b1时取等号），a24b28（当且仅当a2，b1时取等号），D正确.故选：ACD.11．【详解】已知函数fx，gx的定义域均为R，因为fxgx1，fxg4x3，可得gxg4x2，又因为gx为奇函数，则gxgx，可得gxgx，即gx为偶函数，则gxgx42，即gx4gx2，可得gx8gx42，所以gxgx8，可知gx1的周期为8.对于选项A：因为gxg4x2，fxgx1令x2，则g2g22，f2g21，可得g21，f22，故A正确；对于选项B：因为gxg4x2，令x0，可得g0g42，故B正确；对于选项C：因为gxg4x2，且gx为偶函数，则gxg4x2，令x1，可得g1g32，又因为fxgx1，令x1,3，则f1g11，f3g31，可得f1f3g1g32，可得f1f34，但由题设条件无法推出f1f3，故C错误；对于选项D：因为gx的周期为8，故g4g4，故D正确；故选：ABD.三、填空题13.解：函数f(x)x(|x|2)，当x0时，f(x)x22x，当x0时，f(x)2xx2，作出yf(x)的图象，由图象可得x0时，x22x1，解得x12；x0时，2xx21，解得x12，即有f(x)在[12,12]内的最大值为1，最小值为−1，nm的最大值为12(12)222.14．【详解】由二次函数最低点为0,4可知：fxax24(a0)，2又fx1fxax14ax24a2x12x1，所以a1，x22n则fxx4.由题意得anlnxn2lnxn2ln，又由xn1xnfxnfxn0，xn2222xn4xn4得xn1xn2xnxn40，因为xn20，所以xn0，即xn1xn，又2xn2xn222x2x2x2x2x2x2nn，所以n1n，则lnn12lnn，即，xn12,xn122an12anx2x22xn2xnxn12xn2n1nn1n故an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2,Sn21.nnnn11令cn=Sn.5521，则cn1cnn82，故当n8时，cn1cn，当n9时，cn1cn，222511511故cc.故答案为：.nmin9222215．【详解】（1）解：由函数ylog3(x3x10)的定义域为B，可得x3x100，即(x2)(x5)0，解得x2或x5，所以集合Bxx2或x5}，所以ðRBCx2x5.（2）当a3时，集合A{x|4x7}，C{x|2x5}，所以AC{x|2x7}.（3）若“xA”是“xC”的充分不必要条件，所以A是C的真子集，当a12a1时，即a0时，此时A，满足A是C的真子集；2a1a1当A时，则满足2a15且不能同时取等号，解得0a2，综上，实数a的取值范围为(,2].a12216．【详解】（1）根据题意，数列an满足an1an3，即an1an3，所以根据题意，数列an为以3为公差的等差数列，又a24，则a1a2d431，所以an13n13n2；11111（2）根据题意，bn，anan13n23n133n23n111111111n所以数列bn的前n项和为：Sn11.34473n23n133n13n117.【详解】（1）零假设H0：周平均锻炼时长与年龄无关联.200(40752560)2由22列联表中的数据，可得25.128x3.841，.100100651350.05根据小概率值0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为周平均锻炼时长与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.所以50岁以下和50岁以上（含50）周平均锻炼时长有差异.4060（2）抽取的5人中，周平均锻炼时长少于4小时的有52人，不少于4小时的有53人，100100所以X所有可能的取值为1,2,3，C1C23C2C13C3C01323232所以PX13，PX23，PX33，X123C510C55C510所以随机变量的分布列为：331XP105103319随机变量X的数学期望EX123105105xx18．【详解】（1）解：因为函数fxaka（a0且a1）是R上的奇函数，则fxfx0，即fxfxax+kaxaxkax1kaxax0，k10，可得k1，即fxaxax，18xx又因为f1a，整理得3a28a30，因为a0且a1，解得a3，因此，fx33.a3xx（2）解：因为函数y3x、y3x均为R上的增函数，故函数fx33为R上的增函数，22由f9mx2x1f13mx20可得f9mx2x1f3mx21，222可得9mx2x13mx21，即32mx4x3mx2，则2mx24xmx2，即2mxm4x20，所以，关于x的方程2mx2m4x20在x0,1时只有一解.因为2mx2m4x2mx22x1.1当m0时，则有24x0，解得x，合乎题意；221当m0时，由2mx2m4x2mx22x10，可得x，x.1m222122由题意可得或0或1，解得m4或m0或0m2.综上所述，实数m的取值范围是,24.m2mm311xx1111122xx1x1x（3）解：gxfx1331，所以，gxg1x3232323222，21n12n2n11则2Fngggggg2n1，nnnnnn所以，Fnn1，由f2xFnfx，即32x32xn13x3x，2x2xxx当x0时，则不等式33n133对任意的nN恒成立.2x2xxx当x0,1时，由33n133可得n13x3x，由基本不等式可得3x3x23x3x2，当且仅当x0时，等号成立，因为x0,1，故3x+3-x>2，n12，解得n3.综上所述，符合条件的正整数n的值为：1或2或3.19．【详解】（1）f(x)lnx12ax，由题意曲线yf(x)在点(1,0)处的切线方程为xy10，则f(1)12a1，解得a1；1（2）f(x)xlnxax21，x1，f(x)lnx12ax，令u(x)lnx12ax（x1），则u(x)2a，x当2a0，即a0时，u(x)0，u(x)即f(x)是1,上的增函数，因此f(x)f(1)2a0，f(x)是增函数，所以f(x)f(1)0，不合题意，舍去；1当2a1即a时，u(x)0，u(x)即f(x)是1,上的减函数，所以f(x)f(1)12a0，2所以f(x)是1,上的减函数，从而f(x)f(1)0恒成立，11当02a1即0a时，1，22a1111x(1,)时，u(x)0，u(x)在1,递增，x(,)时，u(x)0，u(x)在,递减，2a2a2a2a11又u(1)12a0，所以x(1,)时，u(x)0恒成立，即f(x)0恒成立，此时f(x)在(1,)上递增，因此2a2af(x)f(1)0，与题意不合，舍去，1综上a．212xlnx（）由（）知时，2，即，从而2xlnx，32x1xlnx(x1)2112x1x1lnx1122所以，又2(xx1)，x1xx2xxx1lnx所以2(xx1)，x1此不等式中分别令x2,3,,n得ln2ln3lnn2(21)，2(32)，L，2(nn1)，12n1nlnk将这n1个不等式相加得2n2nN*．k2k14