北京市景山学校远洋分校2024-2025学年高一下学期开学考 数学试题（含解析）

这是一份北京市景山学校远洋分校2024-2025学年高一下学期开学考 数学试题（含解析），共15页。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：B.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称命题的否定是全称命题分析判断.
【详解】由题意可知：命题“”的否定是“”.
故选：C.
3. 甲、乙两人在罚球线进行投篮比赛，甲的命中率为0.7，乙的命中率为0.8，甲、乙命中与否互不影响．甲、乙两人各投篮1次，那么“甲、乙两人都命中”的概率为（ ）
A. 0.08B. 0.14C. 0.24D. 0.56
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由相互独立事件的概率公式求解.
【详解】根据独立事件同时发生概率公式可知，
“甲、乙两人都命中”的概率为，
故选：D
4. 某校高一年级有名男生，名女生.为了解高一学生研学路线的选择意向，采用分层抽样的方法，从该校高一学生中抽取容量为的样本进行调查，其中女生名，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分层抽样的定义，列式计算得解.
【详解】依题意，，所以.
故选：B
5. 下列函数中，是奇函数且在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本初等函数的奇偶性与单调性逐项判断即可.
【详解】对于A选项，函数的定义域为，，故为偶函数，不满足条件；
对于B选项，函数为偶函数，不满足条件；
对于C选项，函数为奇函数，且该函数在区间上为减函数，不满足条件；
对于D选项，函数的定义域为，，
则函数为奇函数，且该函数在上为增函数，满足条件.
故选：D
6. 已知函数．在下列区间中，包含零点的区间是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别计算各选项区间端点处的函数值，判断其乘积是否小于，再根据零点存在性定理和单调性判定.
【详解】当时， 在上恒成立，这表明函数在上没有零点，故A选项错误.
在，，连续，且单调递减，下面证明：
设，则.
对其进行化简：
，
因为，所以，，，，那么.
所以，即，也就是.
根据函数单调性的定义，函数在上是减函数.
当时，，当，，
当，，当，.
根据函数零点存在定理可知，可以判定函数在区间内有一个零点，故C选项正确.
在区间， 没有零点，故B选项错误.
在区间，也没有零点，故D选项错误.
故选：C
7. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，解得，
所以由推不出，故充分性不成立；
由推得出，故必要性成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 已知集合，．则（ ）
A. B. 是的真子集
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合相等的概念，说明，同时即可；
【详解】从中任取一个元素，一定是偶数，所以，
从中任取一个元素，，所以,
所以，
故选：C
9. 若、都有恒成立，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】推导出，，将代入各选项中的代数式，利用基本不等式逐项判断即可.
【详解】显然不满足等式，所以，，则，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故，A对B错；
，
当且仅当时，即当时，等号成立，即，CD都错.
故选：A.
10. 在光纤通信中，发射器发出光信号的功率传输后会逐渐变弱，衰减后的光功率（单位）可表示为，其中为起始光功率（单位），为衰减系数，为接收信号处与发射器间的距离（单位）. 已知距离发射器处的光功率衰减为起始光功率的一半. 若当距离由变到时，光功率由变到，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由指数函数模型代入数据计算即可.
【详解】由题意可得：，也即，得,
，，
两式相除可得：,
两边同时取对数可得：,
所以，
故选：A
第二部分（非选择题 共60分）
二、填空题共5小题，每小题4分，共20分.
11. 已知，，则的值为 _________．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数式和对数式的互化及对数的运算性质计算即可.
【详解】因为,
所以,
所以.
故答案为：2.
12. 如图，函数的图象是折线段，其中的坐标分别为，若，则_______.
【答案】1或4
【解析】
【分析】结合图象由函数值可得自变量.
【详解】由图象可知当时，可得或.
故答案为：1或4.
13. 甲、乙两地10月1日至7日每天最低气温（单位：℃）如下：
记这天甲地每天最低气温的标准差为；记这天乙地每天最低气温的标准差为．根据上述信息，若，则值可以为_______．（写出一个符合题意答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】借助平均数与方差定义，先计算出两地每天最低气温的平均数后再计算其方差即可得.
【详解】，
，
，
则
，
化简得，解得或，
故值可以为或.
故答案为：.（答案不唯一）
14. 已知函数
①当时，函数的单调递减区间是__________；
②若存在最小值，则的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合一次函数单调性和二次函数的单调性分开求解单调性，即可得解；根据题意分三种情况，结合二次函数及一次函数的性质讨论即可．
【详解】当时，，
当时函数单调递减，
当时函数，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
综上，函数的单调减区间为；
因为函数，
① 当时，
当时，单调递减，且，
当时，，
因为存在最小值，所以，即得，所以或，
所以；
② 当时，，
当时，，故函数存在最小值；
③ 当时，
当时，单调递增，且，
所以不存在最小值，不合题意舍；
综上，的取值范围是．
故答案为：；.
15. 已知函数给出下列四个结论：
①当时，的最小值为；
②当时，存在最小值；
③的零点个数为，则函数的值域为；
④当时，对任意．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③
【解析】
【分析】利用函数的单调性及最值可判断①②，根据零点定义结合条件分类讨论可判断③，利用特值可判断④.
【详解】对①，当时，，
当时，，当时，，
综上，的最小值为，①正确；
对②，，，
当时，，
当时，若，；若，，
如时，，函数不存在最小值，②错误；
对③，当时，最多一个解，
得或，
如时，，由可得(舍去)，
由得或，故此时两个零点，即；
如时，，由可得，
由得或，故此时三个零点，即；
当时，，由可得，
由得，故此时一个零点，即；
当时，，时，，无解，
时，，无解，
此时没有零点，即.
综上，的值域为，故③正确；
对④，当时，如时，，
，，，此时，故④错误
故答案为：①③
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
三、解答题共5小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数
（1）判断函数的奇偶性，并证明你的结论：
（2）用函数单调性定义证明：函数在上是减函数；
【答案】（1）奇函数，证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先分析定义域是否关原点对称，然后根据与的关系作出判断；
（2）先取值，然后再计算的正负，由此可完成证明；
【小问1详解】
是奇函数.证明如下：
的定义域为，
因为，都有，
且，
所以是奇函数.
【小问2详解】
任取，且，
，
因为，所以，，
所以，
所以，
所以函数在上是减函数.
17. 已知实数满足．
（1）求和的取值范围；
（2）证明：．
【答案】（1）； ．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由不等式的性质即可求解；
（2）通过作差法即可求证
【小问1详解】
因为，所以，
因为， 所以；
【小问2详解】
．
因为，所以．
所以；
所以．
18. 根据《国家学生体质健康标准》，高一男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：
从某校高一男生和女生中各随机抽取名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：
男生：
女生：
（1）分别估计该校高一男生和女生立定跳远单项的优秀率；
（2）从该校随机抽取的跳远成绩单项优秀的高一女生中随机抽取人，求恰有人成绩在以上，人成绩在以下的概率；
（3）假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．从该校全体高一女生中随机抽取人，设“这人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件，“这人的立定跳远单项至多有个是优秀”为事件．判断与是否相互独立．（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）
（3）相互独立
【解析】
【分析】（1）分别计算出样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数，获得优秀的女生人数，再计算频率即可得到优秀率的估计值；
（2）计算出所有可能情况及符合要求的情况即可得解；
（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可得.
【小问1详解】
样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，
所以估计该校高一男生立定跳远单项的优秀率为；
估计高一女生立定跳远单项的优秀率为；
【小问2详解】
样本中立定跳远单项等级获得优秀的女生人数为，
其中成绩在以上的有人，成绩在以下的有人，
则恰有人成绩在以上，人成绩在以下的概率为；
【小问3详解】
与相互独立．理由如下：
，
，
，，
故，故与相互独立.
19. 已知函数，.
（1）当时，求函数的值域；
（2）记函数的最大值，求的解析式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用换元法和二次函数单调性求值域即可；
（2）分和两种情况求最值即可.
【小问1详解】
令，则，，，
则原函数转换为，
当时，，，
函数在区间上的单调递增，对应的函数值的取值范围是；
函数在区间上的单调递减，对应函数值的取值范围是；
所以函数的值域是，所以函数的值域是.
【小问2详解】
由（1）得，，
当时，，
当时，，
所以.
20. 某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
已知：一份保单的保费为万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿万元；第四次索赔时，保险公司赔偿万元.
（1）从抽取的份保单中，随机抽取一份保单其索赔次数不少于的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
（i）记为抽取的份保单的毛利润平均值，求的值；
（ii）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值与（i）中的大小.
【答案】（1）
（2）（i）0.122；（ii）
【解析】
【分析】（1）用频率估计概率，根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；
（2）（i）用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求毛利润平均值；（ii）先算出下一期保单的毛利润，结合（i）的结果可求．
【小问1详解】
根据题中数据，在份保单中，索赔次数不少于2的保单份数为，故一份保单索赔次数不少于2的概率可估计为．
【小问2详解】
（i）由题设，
所以．
（ii）这种情况下抽取的份保单毛利润的平均值大于（i）中的估计值.
如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，
份保单毛利润变化为，
.
因此.
日
日
日
日
日
日
日
甲地
乙地
立定跳远单项等级
高一男生
高一女生
优秀
及以上
及以上
良好
~
~
及格
~
~
不及格
及以下
及以下
索赔次数
保单份数
索赔次数
保单份数
毛利润(单位：万元)