2021-2022学年江西省抚州市临川第一中学暨临川第一中学实验学校高一上学期期末数学试题含解析

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2021-2022学年江西省抚州市临川第一中学暨临川第一中学实验学校
高一上学期期末数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先化简集合A并求出其补集，然后求得解.
【详解】因，则，于是得，
而，所以.
故选：D
2．已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分析得到，即得解.
【详解】由题得，
，且，
所以.
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键正确运用指数对数函数的单调性，理解掌握了指数对数函数的单调性，就容易判断的范围了，即得它们的大小关系了.
3．下列函数在定义域上既是奇函数又是减函数的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的基本性质可判断AB选项中函数的单调性与奇偶性，利用函数的奇偶性的定义可判断CD选项中函数的奇偶性，利用二次函数的基本性质可判断C选项中函数的单调性，利用特殊值法可判断D选项中的函数不单调.
【详解】对于A选项，函数为奇函数，且该函数在定义域上不单调，A选项中的函数不合乎要求；
对于B选项，函数定义域为，不关于原点对称，所以该函数为非奇非偶函数，B选项不合乎要求；
对于C选项，当时，，则，
当时，，则，又，
函数为奇函数，
当时，函数单调递减；
当时，函数单调递减.由于函数在上连续，
函数在上为减函数，C选项中的函数合乎要求；
对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，
，
函数不是减函数，D选项中的函数不合乎要求.
故选：C.
4．已知函数是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减.若实数满足，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据是定义域为上的偶函数，将不等式，转化为(2)，再根据函数在区间，上是单调递增函数求解.
【详解】∵是定义域为上的偶函数，且在区间上单调递减
∴函数在区间上是单调递增函数，
∴不等式，
可化为，即，
则，又函数在区间上是单调递增函数，
∴，即，
解得.
故选：D
5．函数的图象大致是
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】通过函数在处函数有意义，在处函数无意义，可排除A、D；通过判断当时，函数的单调性可排除C，即可得结果.
【详解】当时，，函数有意义，可排除A；
当时，，函数无意义，可排除D；
又∵当时，函数单调递增，
结合对数函数的单调性可得函数单调递增，可排除C；
故选B.
【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.
6．甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队贏得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）.根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为.若前两局中乙队以领先，则下列结论正确的是（       ）
A．甲队获胜的概率为 B．乙队以3:0获胜的概率为
C．乙队以3:1获胜的概率为 D．乙队以3:2获胜的概率为
【答案】B
【分析】根据相互独立事件概率的乘法公式，结合题意，逐项判断，即可得到结果.
【详解】对于A，在乙队以领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜，所以甲队获胜的概率为，故A错误；
对于B，若乙队以获胜，即第3局乙获胜，概率为，故B正确；
对于C，若乙队以获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为，故C错误；
对于D，若乙队以 获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3:2获胜的概率为，故D错误．
故选：B．
7．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段事时间内没有发生大规模群体感染的标志是“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：中位数为2，众数为3；
乙地：总体平均数为2，总体方差为3；
丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；
丁地：总体平均数为3，中位数为4.
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（       ）
A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地
【答案】B
【分析】数据特征，根据连续10日，每天新增疑似病例不超过7人标准，来判断是否发生过大规模群体感染，根据中位数，众数，平均数，方差来分别做出判断,利用特值排除法，解决本题更为直接.
【详解】对于甲地，若连续10日的数据为0，0，1，1，2，2，3，3，3，10，则满足中位数为2，众数为3，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，A错误；
对于乙地，若总体平均数为2，假设有一天数据为8人，则方差，不可能总体方差为3，则不可能有一天数据超过7人，符合没有发生大规模群体感染的标志，B正确；
对于丙地，若连续10日的数据为0，0，0，0，0，0，0，0，0，10，则满足平均数为1，方差大于0，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，C错误；
对于丁地，若连续10日的数0，0，0，0，4，4，4，4，4，10，则满足平均数为3，中位数为4，但不符合没有发生大规模群体感染的标志，D错误；
故选：B.
8．已知函数，若方程有三个实数根，，，且，则下列结论不正确的为（       ）
A． B．的取值范围为
C．的取值范围为 D．不等式的解集为
【答案】C
【分析】分析给定函数的性质，作出函数的图象，数形结合逐一分析各选项判断作答.
【详解】
可得方程的根，即为函数的图象与直线的交点的横坐标
作出函数的图象和直线，

①如图，由图可知：，，，A正确；
②又由得
∴，又①可知
∴，故B正确；
③
结合图象可知，，故C错误；
④由，
当时，，可得，
当时，，可得
综上，故D正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
二、多选题
9．下列命题是假命题的有（       ）
A．若一组数据为82，81，79，78，95，88，92，84，则该组数据的75%分位数是88
B．命题“，”的否定为“，”
C．设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件是次品
D．若幂函数经过点，则
【答案】ABCD
【分析】结合中位数定义､全称量词命题的否定､幂函数等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A，由题可得一共有8个数据，78，79，81，82，84，88，92，95，则该组数据的75%分位数在第6位和第7位之间，为，故A错误；
对于B，命题“，”的否定为“，”，故B错误；
对于C，次品率是大量产品的估计值，并不是针对200件产品来说的，故C错误；
对于D，幂函数经过点
，即，
，故D错误.
故选：ABCD.
10．已知，.若，则（       ）
A．的最小值为9
B．的最小值为9
C．的最大值为
D．的最大值为
【答案】BC
【解析】利用“1”的变形，得，，展开后利用基本不等式求最值，判断AB选项；利用，变形构造基本不等式求最值
【详解】A.，当，即时，又因为，解得：时，等号成立，故的最小值是4，故A不正确；
B. ，当，即时，又因为，解得：时，等号成立，的最小值为9，故B正确；
C.，当时等号成立，即 时等号成立，故C正确；
D.，当且仅当时等号成立，又因为，解得：时，等号成立，但，所以等号不能成立，故D不正确.
故选：BC
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
11．某停车场的收费标准如下：临时停车半小时内（含半小时）免费，临时停车1小时收费5元，此后每停车1小时收费3元，不足1小时按1小时计算，24小时内最高收费40元．现有甲、乙两车临时停放在该停车场，下列判断正确的是（       ）
A．若甲车与乙车的停车时长之和为小时，则停车费用之和可能为8元
B．若甲车与乙车的停车时长之和为小时，则停车费用之和可能为10元
C．若甲车与乙车的停车时长之和为10小时，则停车费用之和可能为34元
D．若甲车与乙车的停车时长之和为25小时，则停车费用之和可能为45元
【答案】ACD
【解析】通过实例可知ACD的费用均可能产生，B中可能的停车费用中不含元，由此得到结果.
【详解】对于A，若甲车停车小时，乙车停车小时，则甲车停车费用为元，乙车停车费用为元，共计元，A正确；
对于B，若甲、乙辆车停车时长之和为小时，则停车费用之和可能为元或元或元，B错误；
对于C，若甲乙辆车各停车小时，则每车的停车费用为元，共计元，C正确；
对于D，若甲车停车小时，乙车停车小时，则甲车停车费用元，乙车停车费用元，共计元，D正确.
故选：ACD.
12．已知函数（，为自然对数的底数），则（       ）
A．函数至多有2个零点
B．当时，对，总有成立
C．函数至少有1个零点
D．当时，方程有3个不同实数根
【答案】ABC
【分析】作出函数和函数的图象，观察图象逐项分析即可得出答案.
【详解】当时，没有零点，有一个零点，
所以函数有一个零点；
当时，有一个零点，有一个零点，
所以函数有两个零点；
当时，有一个零点，没有零点，
所以函数有一个零点，
所以函数至多有2个零点，至少有1个零点，所以选项正确；
当时，是增函数，是增函数，
且，，所以是增函数，选项 正确；
当时，，由得，，
所以由得或.
由得，；由得，，
所以当时，方程有4个不同实数根，故选项错误.

故选：.
三、填空题
13．总体编号为01，02，…，19，20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为_______.
7816       6572       0802       6314       0214       4319       9714       0198
3204       9234       4936       8200       3623       4869       6938       7181
【答案】01
【分析】结合随机数表法确定正确答案.
【详解】从随机数表的第一行的第列和第列数字开始由左到右选取的编号依次为.
故答案为：
14．若正数满足，则的最小值是________．
【答案】
【分析】由可得可求出的范围，由可得代入所求式子，利用基本不等式即可求最值.
【详解】由可得，
所以，

由得可得，
所以，
所以，
当且仅当即，时等号成立，
所以的最小值是，
故答案为：.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
15．某次投篮测试中，投中2次才能通过测试，通过即停止投篮，且每人最多投3次，已知某同学每次投篮投中的概率为0.7，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为______.
【答案】
【分析】根据该同学通过测试是指该同学连续投中两次或前两次投中一次且第三次投中，利用相互独立事件的概率乘法公式，即可求解.
【详解】由题意，该同学通过测试是指该同学连续投中两次或前两次投中一次且第三次投中，
所以该同学通过测试的概率为：.
故答案为：
16．对于函数，有以下四个命题：
（1）对于任意实数，为偶函数；
（2）有两个零点的充要条件是；
（3）的最小值为；
（4）存在实数，使得方程有且仅有一个实数解.
其中正确的命题的序号有__________________.
【答案】（1）（3）（4）
【分析】利用函数的单调性和奇偶性对四个命题逐一判断正误即得结果.
【详解】（1）函数，定义域
由
为偶函数，该命题正确；
（2）时，.
设，则，，即
故

即，在上单调递增，
由（1）知为偶函数，故在上单调递减，
故时，函数取得最小值，
故存在时有两个零点，该命题错误；
（3）由（2）知，最小值时，函数取得最小值，该命题正确；
（4）由（2）知，存在实数，使得有且仅有一个实数解，也是正确的.
故答案为：（1）（3）（4）.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法
（1）取值：设是该区间内的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解､配方､有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义作出结论.即取值---作差----变形----定号----下结论.
四、解答题
17．化简求值：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据指数幂的运算法则计算可得；
（2）根据对数的运算法则及换底公式计算可得；
【详解】(1)解：


(2)解：




18．有，两个盒子，其中盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，，．
(1)若从盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率；
(2)若从，两盒中各取一张卡片，盒中的卡片上的函数恰好具备盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“巧合”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“巧合”的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用列举法列出从盒中任取两张卡片，所有的取法，再由函数，，的定义域均为，函数的定义域为，列举出取函数的定义域不同的取法，根据古典概率公式可求得所求的概率．
（2）列举出从，两盒中各取一张卡片所有的取法．再由是偶函数，是奇函数，是减函数，，是增函数，得出恰为“巧合”的取法，根据古典概率公式可求得所求的概率.
【详解】(1)解：盒中的4个函数，，，分别记为1，2，3，4，
从盒中任取两张卡片，所有的取法为，，，，，，共6种，
又函数，，的定义域均为，函数的定义域为，所取函数的定义域不同的取法有，，，共3种，
所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为．
(2)解：把盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减，
则从，两盒中各取一张卡片有（奇，1），（奇，2），（奇，3），（奇，4），（偶，1），（偶，2），（偶，3），（偶，4），（增，1），（增，2），（增，3），（增，4），（减，1），（减，2），（减，3），（减，4），共16种取法．
又是偶函数，是奇函数，是减函数，，是增函数，恰为“巧合”的有（偶，1），（奇，4），（减，2），（增，3），（增，4），共5种，所以“巧合”的概率为．
19．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分为100分(90分及以上为认知程度高)．现从参赛者中抽取了x人，按年龄分成5组，第一组：[20，25)，第二组：[25，30)，第三组：[30，35)，第四组：[35，40)，第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人．

（1）求x；
（2）求抽取的x人的年龄的中位数(结果保留整数)；
（3）从该市大学生、军人、医务人员、工人、个体户五种人中用分层抽样的方法依次抽取6人，42人，36人，24人，12人，分别记为1～5组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中1～5组的成绩分别为93，96，97，94，90，职业组中1～5组的成绩分别为93，98，94，95，90.
①分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差；
②以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“一带一路”的认知程度，并谈谈你的感想．
【答案】（1）x＝120；（2）32；（3）①94；6；94；6.8；②答案见解析.
【解析】（1）根据频率分布直方图求出第一组的频率，再由，即可求解.
（2）设中位数为a，根据0.01×5＋0.07×5＋(a－30)×0.06＝0.5，求解即可.
（3）①求出平均数，再根据方差的式子即可求解；②比较平均数与方差即可得出结论.
【详解】(1)根据频率分布直方图得第一组的频率为0.01×5＝0.05，∴，∴x＝120.
(2)设中位数为a，则0.01×5＋0.07×5＋(a－30)×0.06＝0.5，
∴a＝≈32，则中位数为32.
(3)①5个年龄组成绩的平均数为＝×(93＋96＋97＋94＋90)＝94，
方差为×[(－1)2＋22＋32＋02＋(－4)2]＝6.
5个职业组成绩的平均数为＝×(93＋98＋94＋95＋90)＝94，
方差为×[(－1)2＋42＋02＋12＋(－4)2]＝6.8.
②从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定(感想合理即可)．
20．某纪念章从某年某月某日起开始上市，通过市场调查，得到该纪念章每枚的市场价（单位：元）与上市时间（单位：天）的数据如下：
上市时间天



市场价元




（1）根据上表数计，从下列函数中选取一个恰当的函数描述该纪念章的市场价与上市时间的变化关系并说明理由：①；②；③；④；
（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格.
【答案】（1）②；（2）上市天，最低价元
【解析】（1）根据所给的四个函数的单调性，结合表中数据所表示的变化特征进行选择即可；
（2）根据表中数据代入所选函数的解析式，用待定系数法求出解析式，最后利用函数的单调性求出纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格.
【详解】（1）通过表中数据所知纪念章的市场价与上市时间的变化先是递减而后递增，而已知所给的函数中除了②以外，其他函数要么是单调递增，要么是单调递减，要么是常值函数，所以选择②；
（2）由（1）可知选择的函数解析式为：.
函数图象经过点，代入解析式中得：
，
显然当时，函数有最小值，最小值为26.
所以该纪念章时的上市20天时市场价最低，最低的价格26元.
【点睛】本题考查了根据实际问题选择函数模型，考查了函数的单调性的判断，考查了二次函数的单调性及最值，考查了数学运算能力.
21．定义在上的函数是单调函数，满足，且，.
(1)求，；
(2)判断的奇偶性，并证明；
(3)在下列两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答.
①②若_____________，，求实数的取值范围.
【答案】(1)，；
(2)奇函数，证明见解析；
(3)选①：；选②：.
【分析】（1）利用赋值法即求；
（2）由题可得，即证；
（3）由题可得在R上是增函数，进而可得，然后通过参变分离转化为恒成立问题或有解问题，再求函数的最值即得.
【详解】(1)取，得，即，
∴，
∵，
又，得，
可得；
(2)∵函数是定义在上的函数，定义域关于原点对称，
取，得，移项得
∴函数是奇函数；
(3)选①：
∵是奇函数，且在上恒成立，
∴在上恒成立，且；
∴在R上是增函数，
∴在上恒成立，
∴在上恒成立，
令.由于，
∴.
∴，
∴.
选②：是奇函数，且在上有解，
∴在上有解，且；
∴在R上是增函数，
∴在上有解，
∴在上有解，
令.
由于，∴.
∴，
∴.
22．已知函数.
(1)若对于任意恒成立，求的取值范围；
(2)若函数，，是否存在实数，使得的最小值为0?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用分离参数法得到对于任意恒成立，令，利用对数的图像与性质即可求得；
（2）先整理得到，
令， ，研究函数，，根据二次函数的单调性对m进行分类讨论，即可求出m.
【详解】(1)由题意可知，对于任意恒成立
代入可得所以对于任意恒成立
令
因为，所以由对数的图像与性质可得：，所以.
即实数a的范围为.
(2)由，，且
代入化简可得.
令，因为，所以
则，
①当，即时，在上为增函数，
所以，解得，不合题意，舍去
②当，即时，在上为减函数，在上为增函数，
所以，解得，所以
③当，即时，在上为减函数，
所以解得不合题意，舍去，
综上可知，.
【点睛】二次函数中“轴动区间定”或“轴定区间动”类问题，分类讨论的标准是函数在区间里的单调性.