2024-2025学年山东省潍坊市高一上册1月期末考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省潍坊市高一上册1月期末考试数学检测试题（附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
3．设，命题“存在，使有实根”的否定是（ ）
A．任意，使无实根B．任意，使有实根
C．存在，使无实根D．存在，使有实根
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知关于x的不等式的解集是，则实数a的值为（ ）
A．B．1C．D．2
7．抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件 “第一枚出现偶数点”， “第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（ ）
A．A与B互斥B．A与B互为对立
C．A与B相等D．A与B相互独立
8．已知是定义在上的奇函数，若对于任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知实数a，b，c满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数的定义域为，值域为，则下列函数的值域也为的是（ ）
A．B．C．D．
11．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时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7日，每天新增疑似病例不超过5人”．根据过去连续7天的新增疑似病例数据信息，下列各项中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）
A．众数为1且中位数为4B．平均数为3且极差小于或等于2
C．标准差为且平均数为2D．平均数为2且中位数为3
12．已知函数若函数有三个零点，且，则（ ）
A．B．
C．函数的增区间为D．的最小值为
三、填空题（本大题共4小题）
13．一组数据18，27，30，33，34，40，42的分位数为 ．
14．已知定义在上的函数满足以下两个条件：①对任意恒有；②在上单调递减．请写出一个满足上述条件的函数 ．（答案不唯一）
15．11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局打成后，甲先发球，则甲以获胜的概率为 .
16．已知实数a，b满足，则 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知集合.
(1)求；
(2)若集合，且“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.
18．已知函数（且）的图象恒过定点A，且点A在函数的图象上．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在互不相等的实数m，n使，求的值．
19．甲、乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲、乙两台机床加工的零件都是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品且甲机床加工的零件不是一等品的概率是.
(1)分别求甲、乙两台机床各自加工的零件是一等品的概率；
(2)从甲加工的零件中取两个，从乙加工的零件中取一个检验，求至少有一个一等品的概率.
20．已知函数.
(1)解关于x的不等式；
(2)若关于x的不等式的解集为.
（i）求的值；
（ii）求的最小值.
21．某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率；
(3)根据检测结果确定该指标的一个临界值c，且，某科技公司准备用甲、乙两种型号的芯片生产A型手机、B型手机各1万部，有以下两种方案可供选择：
方案一：将甲型芯片应用于A型手机，其中该指标小于等于临界值c的芯片会导致每部手机损失700元；将乙型芯片应用于B型手机，其中该指标大于临界值c的芯片会导致每部手机损失300元；
方案二：重新检测所用的全部芯片，会避免方案一的损失费用，但检测费用共需要101万元；请从科技公司的角度考虑，选择合理的方案，并说明理由，
22．已知函数（且）为奇函数，且．
(1)求实数m的值；
(2)若对于函数，用将区间任意划分成n个小区间，若存在常数，使得和式对任意的划分恒成立，则称函数为上的有界变差函数．判断函数是否为上的有界变差函数？若是，求M的最小值；若不是，请说明理由．
答案
1．【正确答案】C
【分析】利用对数和指数的运算性质计算可得所求代数式的值.
【详解】.
故选：C.
2．【正确答案】B
【分析】根据指数函数、对数函数、二次函数、反比例函数的性质判定即可．
【详解】因为底数，所以，都是单调递增函数，不合题意；
当时，单调递增，不合题意；
反比例函数，且，所以当时单调递减，
故选：B．
3．【正确答案】A
【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得答案.
【详解】由题意知命题“存在，使有实根”为存在量词命题，
其否定为：任意，使无实根，
故选：A
4．【正确答案】D
【分析】分别将与1,2比较大小即可得解.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D
5．【正确答案】B
【分析】设乙在5次综合测评中的成绩中被污损数字为x，由题意求得甲乙两人的平均值或平均值表达式，列不等式求出x的范围，确定被污损数字，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【详解】设乙在5次综合测评中的成绩中被污损数字为x，
则，
依题意得甲的平均值为，
甲的平均值为，
由题意可得，解得，
即甲的平均成绩不超过乙的平均成绩时被污损的数字可能为7、8、9，
故甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为，
故选：B
6．【正确答案】B
【分析】根据不等式的解集可得答案.
【详解】由得，
因为不等式的解集是，
所以，解得.
故选：B.
7．【正确答案】D
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
【详解】事件与能同时发生，如第一枚的点数2，第二枚的点数为1，
故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项D正确；
事件与不相等，故选项C错误.
故选：D.
8．【正确答案】D
【分析】根据题意分析出的单调性，且得到时，，时，的结论，然后分类讨论解不等式即可.
【详解】对于任意的，当时，都有成立，
所以在严格增，又是定义在上的奇函数，
所以在上严格增，且，所以时，，时，，
或，即或，
所以，
故选：D.
9．【正确答案】ACD
【分析】由题意判断出，继而结合不等式的性质一一判断各选项，即可得答案.
【详解】由实数a，b，c满足，且，
得，b的正负无法确定；
故，A正确；
由于，则，但b的正负不确定，故不能确定，B错误；
由于，，故，C正确；
由于，故，D正确，
故选：ACD
10．【正确答案】AC
【分析】结合题意根据复合函数值域及函数图象变换，逐个选项验证可得答案.
【详解】对于A，的图象可看作由的图象向左平移一个单位得到的，故值域不变，正确；
对于B，由可得，即的值域为，错误；
对于C，函数与函数的图象关于y轴对称，
故函数的值域与函数的值域相同，为，正确；
对于D，由可得，即的值域为，错误.
故选：AC
11．【正确答案】BCD
【分析】根据题意，举出反例可得A错误，由平均数、极差的性质分析B，由标准差、平均数的公式分析C，由中位数、平均数的定义分析D，综合可得答案．
【详解】根据题意，设7天数据中，最小值为a,最大值为b,
依次分析选项：
对于A，数据1、1、1、4、5、6、7，满足众数为1且中位数为4，但不满足“每天新增疑似病例不超过5人”，不符合题意；
对于B，若数据的平均数为3，其数据的最小值，又由极差小于或等于2，故数据中的最大值，符合题意；
对于C，标准差为，则其方差为2，假设，则方差的最小值为，与标准差为矛盾，故必有，符合题意；
对于D，假设设，由于其中位数为3，则平均数的最小值为
，与平均数为2矛盾，故必有，符合题意．
故选：BCD．
12．【正确答案】ABD
【分析】做出的图像可直接判断AC；对于B只需计算与的交点即可；对于D，把所求的式子消元变成的函数，再经过适当的变形运用基本不等式即可.
【详解】如图所示：
对于A：方程有三个解与有3个交点，从图中可以看出A正确；
对于B：令得，即点的坐标为，令得，即点的坐标为，
由图可知的范围应该介于，之间，可以取点，不能取点，所以，故B正确；
对于C：的增区间为，所以的增区间为，故C错误；
对于D：关于对称，所以，
令得或，由图可知
等号当时即时成立，故D正确.
故选：ABD
关键点点睛：本题主要考查函数方程思想，数形结合思想以及函数的最值的求法，有两个关键：
1：做出的图像，对于ABC选项并不难判断；
2：对于D选项，可以理解为是个多元函数问题，遇到多元函数问题，最常见的办法是通过消元把多元函数问题转化成一元函数问题求解，另外运用基本不等式的时候注意判断是否满足一正二定三相等的条件，尤其要判断是否能够取等号.
13．【正确答案】40
【分析】按照百分位数计算公式，即可求解.
【详解】这一组数据共7个数据，，
所以第75%分位数为第6个数据，是40.
故40
14．【正确答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数满足的条件，结合指数函数的性质，即可写出一个满足题中条件的函数.
【详解】根据题意知函数满足以下两个条件：①对任意恒有；
②在上单调递减，
则在上单调递减，
且，即满足，
故符合题意，
故（答案不唯一）
15．【正确答案】
【分析】先根据甲以获胜时，前2场甲一胜一负，最后2场甲连胜，再利用独立事件概率公式和互斥事件概率公式即可求解.
【详解】由题意可得，甲、乙的比分为后，甲、乙又进行了4场比赛，每场比赛结果相互独立，
前2场甲一胜一负，最后2场甲连胜.
则甲以赢得比赛的概率为.
故
16．【正确答案】2
【分析】原等式可分别变形为，，可构造函数，结合函数单调性可得，结合已知条件即可得解.
【详解】由得，，即，
由得，，
令，则在定义域内单调递增，
有，，
故，即，所以.
故2.
17．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）解一元二次不等式求解A，解绝对值不等式求解B，进而根据交集的运算求解；
（2）根据已知可推得A是C的真子集，根据集合的包含关系列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】（1）由题意得，，
,所以.
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合A是集合C的真子集，
所以，解得，所以实数m的取值范围是.
18．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）函数的图象恒过定点，代入可得答案；
（2）由得或，根据对数的运算性质可得答案．
【详解】（1）令得，所以函数的图象恒过定点，
所以，解得，
所以；
（2）由，得，
所以或，
当时，由单调性知，，不符合题意；
当时，，
所以．
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）记事件A：甲机床加工的零件是一等品，事件B：乙机床加工的零件是一等品，且A与B相互独立，根据，结合独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式列方程组求解即可；
（2）记事件C：从甲加工的零件中取两个都不是一等品，事件D：抽取的三个零件至少有一个一等品，根据独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式求解即可.
【详解】（1）记事件A：甲机床加工的零件是一等品，事件B：乙机床加工的零件是一等品，且A与B相互独立，
由题意得，，所以，
解得.
（2）记事件C：从甲加工的零件中取两个都不是一等品，
事件D：抽取的三个零件至少有一个一等品，则，
所以.
20．【正确答案】(1)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
(2)（i）；（ii）9
【分析】（1）根据和分类讨论解不等式即可.
（2）（i）由题意m，n分别是方程的两根，利用韦达定理即可得解；
（ii）结合（i）中结论，利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】（1）不等式，整理得，
当时，原不等式可化为，此时不等式的解为或；
当时，原不等式可化为，此时不等式的解为；
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
（2）（i）若的解集为，则m，n分别是方程的两根，且，
由韦达定理可知，所以.
（ii）由（i）知，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为9.
21．【正确答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）根据平均数公式，即可求解；
（2）根据条件列举样本容量和样本点的方法，列式求解；
（3）根据频率分布直方图，计算损失费用与的关系式，即可比较后，判断选择的方案.
【详解】（1）由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值为：
.
（2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在和的各1件，分别记为A和B，来自乙型芯片指标在和分别为3件和1件，分别记为和，
从中任取两件，样本空间可记为
共包含15个样本点，
记事件E：指标在和各1件，则共包含3个样本点，
所以．
（3）设将甲、乙两种型号芯片应用于A型、B型手机时，该科技公司损失为y（万元），
，
所以当时，；
当时，；
当时，，
综上，当临界值时，选择方案二；
当临界值时，选择方案一和方案二均可；
当临界值时，选择方案一．
22．【正确答案】(1)
(2)是上的有界变差函数，当时，M的最小值为；当时，M的最小值为22．
【分析】（1）根据奇函数定义运算求解；
（2）先证明为偶函数，分和两种情况讨论，根据有界变差函数的定义，结合绝对值不等式性质运算求解.
【详解】（1）因为为奇函数，
所以当时，，
化简得，所以，代回检验符合题意．
（2）是上的有界变差函数．证明如下：
因为，，
所以为偶函数，
（i）当时，
当时，单调递减，
所以，即在上单调递减，
又为偶函数，所以在上单调递增．
对区间任意划分，
若存在，满足，
则
故若存在常数M，使得，则，
否则必定存在，使得，
下证当时，此时也恒成立，
证明：
，
，
综上，当，M的最小值为．
（ii）当时，
当时，单调递增，
所以，即在上单调递增，
又为偶函数，所以在上单调递减，
对区间任意划分，
若存在，满足，
则
，
故若存在常数M，使得，则，
否则必定存在，使得，
下证当时，此时也恒成立，
证明：
，
，
综上，当，M的最小值为．
综上所述，当时，M的最小值为；当时，M的最小值为22．
思路点睛：本题第二问属于函数新定义问题，首先证明为偶函数，分和两种情况讨论，根据单调性将区间划分，根据有界变差函数的定义，结合绝对值不等式性质运算证明.