山东省威海市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份山东省威海市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以.
又，所以.
故选：D.
2. 已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（ ）
A. 极差为6B. 中位数为90
C. 第70%分位数为92D. 平均数为90.25
【答案】C
【解析】由题意可知：数据的极差为：，故A错误；
数据的中位数为：，故B错误；
因为，故数据的第70%分位数为第6个数，故C正确；
因为数据的平均数为：，故D错误.
故选：C.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】上单调递减，则；
单调递增，所以；
又单调递减，所以，
所以.
故选：B.
4. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
.
所以原式.
故选：D.
5. 现有甲，乙两支篮球队进行比赛，甲队每场获胜的概率为，且各场比赛互不影响．若比赛采用“三局两胜”制，则甲队获得胜利的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】若比赛两场甲获胜，则概率为；
若比赛三场甲获胜，则概率为；
甲获得冠军的概率.
故选：A.
6. 某纯净水制造厂在净化水的过程中，每过滤一次可使水中杂质减少50%，若要使水中杂质减少到原来的2%以下，则至少需要过滤（ ）
A. 4次B. 5次C. 6次D. 7次
【答案】C
【解析】每过滤一次可使水中杂质减少50%，
设要使水中杂质减少到原来的2%以下至少需要过滤次，
则.
又，所以.
故选：C.
7. 设，，q：函数在上单调递减，则成立是成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】因为：，.
所以成立的充分必要条件是：或，解得.
又成立的充分必要条件为：a2-5a+6>0a≤52.
所以成立是成立的必要不充分条件.
故选：B.
8. 定义在上的奇函数和偶函数满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】，
因为函数，分别为上的奇函数和偶函数，
所以.
所以
，
由（当且仅当时取“”）.
所以.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 口袋中装有编号为①，②，③的3个红球和编号为①，②，③，④，⑤的5个黑球，小球除颜色、编号外形状大小完全相同．现从中取出1个小球，记事件A为“取出的小球的编号为③”，事件B为“取出的小球是黑球”，则（ ）
A. A与B互斥B.
C. A与B独立D.
【答案】BD
【解析】对于A，当取到的小球为黑球，且编号为③，事件和事件同时发生，
所以，故与不互斥，故A错误；
对于B，表示、同时发生的概率，即取到的小球为黑球且编号为③，
所以，故B正确；
对于C，表示取出的小球的编号为③的概率，则，
表示取出的小球是黑球的概率，则，
因为，所以事件A与B不独立，故C错误；
对于D，表示取到的小球标号为③或黑球，所以，故D正确.
故选：BD．
10. 已知，，，则（ ）
A. 的最大值为0B. 的最小值为4
C. 的最小值为9D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】因为，，，所以由基本不等式得，
当且仅当时取等，下面，我们开始分析各个选项，
对于A，由对数的运算性质得，
则的最大值为0，故A正确，
对于B，由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则的最小值为4，故B正确，
对于C，因为，所以，
则，
由基本不等式得，当且仅当时取等，
此时解得，得到，
则的最小值不为9，故C错误，
对于D，我们对进行平方，
得到，
由重要不等式得，
当且仅当时取等，此时解得，
则，
故，得到，
而，，解得，
即的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数且，则（ ）
A. 在上单调递增函数
B. 的值域为
C. 当时，的图象关于直线对称
D. 关于的方程有实数根
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，
当时，，由指数函数性质得单调递减，
则在上不可能是单调递增函数，故A错误，
对于B，对于，我们对的范围分类讨论，
当时，当时，则，由指数函数性质得单调递减，
故，设，则，
由对数函数性质得单调递减，故，
则的值域为，同理可得，当时，的值域为，
综上，的值域为，故B正确，
对于C，当时，当时，则，
设在上，则，
得到，即，化简得，
此时点在上，而和关于对称，
则的图象关于直线对称，故C正确，
对于D，因为的值域为，所以的值域也是，
则和一定有交点，即关于的方程有实数根，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某学校体育部有5名学生干部，其中高一2名，高二3名．从这5名学生中随机选2名组织校体育活动，则这2名学生来自不同年级的概率为______．
【答案】
【解析】2名高一学生干部记为：a，b；3名高二学生干部记为：，，，
则样本空间，共含有10个样本点，
设事件表示“这2名学生来自不同年级”，
则包含，即，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
13. 已知，且，则__________．
【答案】
【解析】因为，所以，
令，则，化简得，
即，解得或(舍去)，
故，解得，符合题意.
14. 已知为上的奇函数，当时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】由为奇函数，得，
当时，，故，
故当时，，所以；
又当时，的开口向上，对称轴为，
所以函数在上单调递增，根据奇函数的性质可知函数在上单调递增，
故，
所以或，解得或，
故不等式的解集为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知集合，．
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围．
解：（1）由或，所以；
当时，由，所以.
所以.
（2）由，所以.
若，则方程无解，所以；
若，则；
若，则.
综上可得：.
16. 已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，设为，．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
解：（1）对于，令，
则可化为，
若，则，即，
解得，得到，解得，
则的取值范围为.
（2）（i）若关于的方程有两个不相等的实数根，
则方程有两个不相等的正实数根，
得到与有两个不相同的横坐标大于的交点，
由二次函数性质得上单调递减，在上单调递增，
而，最小值为，故.
（ii）因为方程有两个不相等的正实数根，
所以有两个不相等的正实数根，
而我们把方程的两个根设为，，
则设的两个根为，
由韦达定理得，即，
结合，得到，
即，解得，原命题得证.
17. 已知幂函数的图象关于轴对称，函数．
（1）判断在上的单调性并证明；
（2）设函数，．若，，求的取值范围．
解：（1）由，所以或，
由幂函数的图象关于轴对称，所以.
故.
所以.
函数在上单调递增，下面用单调性定义证明：
设，
则
.
因为，所以，，，所以，
所以，即.
所以函数在上单调递增.
（2）因为函数在上单调递增，且，
所以，.
对，.
当即时，在上单调递增，
所以，
由.
当即时，在上单调递减，
在上单调递增，所以.
由，无解.
当即时，在上单调递减，
所以，
由，这与矛盾，无解.
综上可知：.
故的取值范围是：.
18. 研究小组经过研究发现某种病毒的感染者与未感染者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到感染者和未感染者该指标的频率分布直方图如下：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将感染者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未感染者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）求频率分布直方图中的值及未感染者该指标的中位数；
（2）当漏诊率时，求临界值和误诊率；
（3）设函数，当时，求的解析式，并求在上的最小值．
解：（1）在感染者该指标的频率分布直方图中，各矩形的面积之和为1，
所以，解得，
在未感染者该指标的频率分布直方图中，
前两个小矩形的面积之和为，
前三个小矩形的面积之和为，
所以未感染者该指标的中位数在第三组，且为.
（2）依题可知，第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得，
．
（3）当时，
；
当时，
，
故，
所以在区间的最小值为．
19. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）设函数．
（i）证明：有两个零点，，并求；
（ii）若关于的方程的解集中只含有一个元素，求的取值范围．
解：（1）由对数函数性质得的定义域为，
因为，所以，
则，令，
即可化为，
由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，
由对数函数性质得在上单调递增，
令，解得，则在上单调递增，
令，解得，则在上单调递减，
综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）（i）因为，所以，
则令，
由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
结合函数的性质得在上单调递增，在上单调递减，
而，
，
则，由零点存在性定理得存在作为零点，
而，
则，由零点存在性定理得存在作为零点，
故一定存在两个零点，，得到，
而
，得到，
故，结合，得到，
而，则，结合，
故和都在同一单调区间内，即，解得.
（ii）若，
则，
由已知得，故，
则使即可，而，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时，则
而，故在同一单调区间内，
得到，即，
由题意得，我们开始讨论取值范围，
当时，方程变为，解得，
此时的解集中只含有一个元素，符合题意，
当时，得到，
即，若解集中只含有一个元素，
则和在上只有一个交点，
而，
，
令，则，代入原函数中，
原函数可化为，
得到，
化简得，当时，此时符合题意，
当时，，
由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
结合函数的性质得在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，且当时，，
当时，，
且当时，，即当时，满足题意，
则，综上，.