广西桂林市2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题

这是一份广西桂林市2022-2023学年高一上学期期末质量检测数学试题，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的.
1. 下列各式中关系符号运用正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合和元素的关系,集合和集合的关系即可选出结果.
【详解】解:因为是集合,是数字,所以选项A错误;
因为是集合,所以,故选项B错误;
因为1是中的元素,所以选项C正确;
因为,所以选项D错误.
故选：C
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由特称命题否定的形式可直接得到结果.
【详解】由特称命题的否定知：原命题的否定为，.
故选：C.
3. 一段高速公路有个太阳能标志灯，其中进口的有个，联合研制的有个，国产的有个，为了掌握每个标志灯的使用情况，要从中抽取一个容量为的样本，若采用分层抽样的方法，则进口的标志灯抽取的数量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样原则直接计算即可.
【详解】根据分层抽样原则知：进口的标志灯应抽取的数量为.
故选：A.
4. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二次不等式的解法解原不等式即可.
【详解】由可得，解得，
因此，原不等式的解集为.
故选：B.
5. 设，则下列等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】A可举出反例，BCD由指数幂的运算法则判断即可.
【详解】由指数幂运算法则可知：，，BC错误，D正确，
当时，，故，A错误.
故选：D
6. 幂函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由进行分析即可
【详解】由可知故C，D错误
随着自变量的增大函数值增大，故B错误
故选：A.
7. 设x，，且，则的最小值为（ ）
A. 10B. C. D. 18
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值即可.
【详解】，当且仅当时，等号成立.
故选：D.
8. 甲、乙、丙三人排队，甲排在末位的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列举出所有基本事件，并确定满足题意基本事件，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】甲、乙、丙三人排队，有{（甲，乙，丙）、（甲，丙，乙），（乙，丙，甲），（乙，甲，丙），（丙，甲，乙），（丙，乙，甲）}，共个基本事件；
其中甲排在末位的有：{（乙，丙，甲），（丙，乙，甲）}，共个基本事件；
甲排在末位的概率.
故选：B.
9. 用二分法研究函数的零点时，第一次计算，得，，第二次应计算，则等于（ ）
A. 1B. C. 0.25D. 0.75
【答案】C
【解析】
【分析】根据二分法的定义计算可得；
【详解】解：因为，，所以在内存在零点，
根据二分法第二次应该计算，其中；
故选：C
10. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对数式和指数式的运算性质，判断三个数的范围，即可比较大小.
【详解】，，，
所以.
故选：A
11. 《数术记遗》记述了积算（即筹算）、珠算、计数等共14种算法.某研究学习小组共7人，他们搜集整理这14种算法的相关资料所花费的时间分别为83，84，80，69，82，81，81（单位:min）.则这组时间数据的（ ）
A. 极差为14B. 方差为22C. 平均数为80D. 中位数为80
【答案】C
【解析】
【分析】根据极差，平均数，方差公式计算即可判断A、B、C选项，根据中位数定义即可判断D选项.
【详解】极差为样本最大值与最小值之差：，A错误；
平均数为：，C正确；
方差为：，B错误；
样本由大到小排列：69，80，81，81，82，83，84，中位数81，D错误.
故选：C.
12. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一次函数和二次函数单调性，结合分段函数区间端点的函数值大小关系求解即可.
【详解】根据题意，函数在时为单调递增，即，解得；
易知，二次函数是开口向上且关于对称的抛物线，所以为单调递增；
若满足函数上单调递增，
则分段端点处的函数值需满足，如下图所示：
所以，解得；
综上可得.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
13. 若，则以下结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质，结合对数函数的单调性，即可容易判断和选择.
【详解】对A：因为，当时，，故A错误；
对B：因为，故，且，故B正确；
对C：因为，为上的单调增函数，故，故C正确；
对D：因为，故，故D错误.
故选：BC.
14. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 事件A与B互斥D. 事件A与B相互独立
【答案】AD
【解析】
【分析】采用列举法，结合古典概型概率公式可知AB正确；根据互斥事件和独立事件的定义可知CD正误.
【详解】对于AB，抛掷两枚质地均匀的硬币，
所有基本事件有{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}，
其中满足事件的有{正，正}，{正，反}两种情况，
事件和事件同时发生的情况有且仅有{正，正}一种情况，
，，A正确，B错误；
事件与事件可以同时发生，事件与事件不互斥，C错误；
事件的发生不影响事件的发生，事件与事件相互独立，D正确.
故选：AD.
15. 已知函数是定义在上的偶函数，当时，则（ ）
A. 的最大值为1B. 在区间上单调递增
C. 的解集为D. 当时，
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数奇偶性定义以及部分解析式可求得函数，画出函数图象即可求得其值域及单调性，结合图象进行不等式求解.
【详解】根据题意可知当时，，所以；
又因为是定义在上的偶函数，所以；
因此，易知选项D错误；
画出函数的图象如下图所示：
由图可知，的最大值为1，即A正确；
易知在区间上单调递减，即B错误；
结合图像可知的解集代表的是函数图象在轴上方部分对应的自变量的取值范围，即，
所以的解集为，即C正确.
故选：AC
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分.
16. “”是“”的_________条件（填“充分不必要”，“必要不充分”或者“充要”）.
【答案】充分不必要
【解析】
【分析】解方程，得到的解，从而做出判断.
【详解】的解为或2，所以，但不能推出x=2，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要
17. 函数f(x)=的定义域为___________.
【答案】且
【解析】
【分析】
由分母不能为和根式内部的代数式大于等于联立不等式组，解得即可.
【详解】由题意得：，解得，所以定义域为且.
故答案为：且
【点睛】本题主要考查了函数定义域的求解，属于基础题．
18. _________.
【答案】
【解析】
分析】根据对数运算法则和换底公式直接求解即可.
【详解】.
故答案为：.
19. 下列事件：①物体在重力作用下会自由下落；②方程有两个不相等的实数根；③下周一会下雨；④桂林生活广播电视台在某天某一节目播出时段内收到观众信息回复次数大于次.其中随机事件的序号为________.
【答案】③④
【解析】
【分析】根据随机事件的定义依次判断各个选项即可.
【详解】对于①，物理在重力作用下必然会自由下落，为必然事件，不是随机事件，①错误；
对于②，方程有两个不相等的实数根为不可能事件，不是随机事件，②错误；
对于③，下周一可能会下雨，也可能不会下雨，则下周一会下雨可能发生，也可能不发生，为随机事件，③正确；
对于④，收到观众信息回复次数大于次可能发生，也可能不发生，为随机事件，④正确.
故答案为：③④.
20. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的标准差为______克．
【答案】
【解析】
【分析】利用标准差和均值的公式完成计算.
【详解】设抽取的6个香囊中草药甲的含量分别为克，香囊功效分别为，.
草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，即，，
则，则这6个香囊中草药甲含量的方差
，
所以这6个香囊中草药甲含量的标准差为克．
故答案为：.
四、解答题：本题共7小题，共70分，每小题10分，解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤.
21. 已知集合,,求：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由A与B，求出两集合的交集即可；
（2）由A与B，求出两集合的并集，找出并集的补集即可．
【小问1详解】
解：因为,，
所以；
【小问2详解】
解：因为,,
所以，
所以或．
22. 甲、乙、丙3人射箭，射一次箭能射中目标的概率分别是、、.现3人各射一次箭，求：
（1）3人都射中目标的概率；
（2）3人中恰有2人射中目标的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率公式计算即可；
（2）利用独立事件的概率公式与对立事件的概率公式计算即可.
【小问1详解】
记“甲、乙、丙射一次箭能射中目标”分别为事件、、，
则，，，3人都射中目标的事件为，
其概率为.
【小问2详解】
设“3人中恰有2人射中目标”为事件，
由（1）知，
因此
，
所以3人中恰有2人射中目标的概率为.
23. 已知函数.
（1）判断函数奇偶性，并说明理由；
（2）判断函数在上的单调性，并利用单调性定义说明理由.
【答案】（1）奇函数，理由见解析
（2）在上单调递增，理由见解析
【解析】
【分析】（1）易知函数的定义域关于原点对称，且满足，所以为奇函数；（2）根据单调性定义按照取值、作差、变形、定号、得结论等步骤证明即可.
【小问1详解】
函数为奇函数，证明如下：
函数的定义域为，关于原点对称，
，满足奇函数定义；
所以为奇函数.
【小问2详解】
在上单调递增，理由如下：
在上任取，
则
因为，所以，
故，即
所以，所以在上单调递增.
24. 某市为了了解中学生课外阅读情况，随机抽取了1000名高一学生，并获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表：
（1）求a，b的值，并作出这些数据的频率分布直方图（用阴影涂黑）；
（2）根据频率分布直方图估计该组数据的平均数及中位数（中位数精确到0.01）；
（3）现从第4，5组中用按比例分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中任意抽取2人进行调研《红楼梦》的阅读情况，求抽取的2人中至少有一人是5组的概率．
【答案】（1）a＝350，b＝0.30，直方图见解析；（2）平均数，中位数11.67；（3）.
【解析】
【分析】（1）由频数和为1000，频率和为1，列方程组求出a，b的值，从而可补完频率分布直方图；
（2）利用加权平均数的公式求平均数，先判断中位数的位置，再求解；
（3）利用列举法求概率
【详解】（1）根据频率分布直方表，可得，
解得a＝350，b＝0.30，频率分布直方图，如图所示：
（2）该组数据的平均数的估计值为：
，由题图可知，中位数应在10至15之间，设中位数为x，
则，解得x≈11.67，故中位数的估计值为11.67
（3）从第4，5组抽取的人数分别为4，2，第4组的4人，设为，第5组的2人，设为，
则从该6人中选出2人的样本空间，共包含15个样本点，每个样本点出现的可能性相等，符合古典概型．
记A＝“至少有一名学生是5组”，则“都是第4组”＝，则＝，共包含6个样本点，所以．
25. 某市新建一片园区种植鲜花供市民游赏，据调查，花期为30天，园区从某月1日至30日开放，每天的旅游人数与第天近似地满足（千人），且游客人均消费近似地满足（元），，.
（1）求该园区第天的旅游收入（单位：千元）的表达式；
（2）求该园区第几天的旅游收入最低，并求出最低收入.
【答案】（1），
（2）第30天收入最低，为1116千元
【解析】
【分析】（1），分类讨论去绝对值得分段函数表达式；
（2）分类讨论，结合函数单调性、基本不等式求分段函数最小值；
【小问1详解】
，；
【小问2详解】
当时，，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值为1152（千元）；
当时，是减函数，则（千元），
∵，则该园区第30天的旅游收入最低，为1116千元.
26. 设．
（1）求不等式的解集M；
（2）若函数在上最小值为，求实数a的值；
（3）若对任意的正实数a，存在，使得，求实数m的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）或；（3）.
【解析】
【分析】（1）由条件将不等式化简为，转化为，再分情况讨论，可得答案.
（2）分情况求出函数的最小值，由函数最小值为可得方程，得出答案.
(3)由条件可得，由函数的单调性有，然后分情况讨论得出其最大值，可得答案..
【详解】（1）∵，
∴，即，也即
所以
若，该不等式无解；
若，，所以或；
若，，所以
综上，，该不等式解集为；
，该不等式解集为；
，该不等式解集为.
（2）若，在单调递增，故在上无最小值；
若，在单调递增，故在上无最小值；
若，，
所以，解得或
所以，或
（3）因为对任意的正实数a，存在，使得，所以
当时，在上单调递增.
所以
所以
当，即，由，解得
当时，，即，所以
当时，，即，所以
所以，所以实数m的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题考查解不等式，根据函数最值求参数和解决存在问题，解答本题的关键是由题意可得，求出其最大值可得，然后分情况得出其最大值，属于中档题.
27. 已知函数，是偶函数.
（1）求的值；
（2）若对于任意恒成立，求的取值范围；
（3）若函数，是否存在实数使得的最小值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）由，化简可得，对任意恒成立，从而可得；
（2）对任意的成立，即，求出的最小值即可得结果；
（3）化简得，令，则，，分类讨论，利用二次函数的单调性，分别求出最小值，令其为零，解方程即可的结果.
【详解】（1）函数，是偶函数则满足
所以
即
所以 解得
（2）由（1）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
（3），，且
代入化简可得
令，因为，所以
则
当，即时，在上为增函数，
所以，解得，不合题意，舍去
当，即时，在上为减函数，在上为增函数，
所以，解得，所以
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】方法点睛：本题主要考查利用奇偶性求函数解析式、考查指数函数、对数函数以及二次函数的性质，考查了转化思想以及分类讨论思想的应用，属于难题. 已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.组号
分组
频数
频率
1
50
0.05
2
a
0.35
3
300
b
4
200
0.2
5
100
0.1
合计
1000
1