江西省赣州市2021-2022学高一上学期期末数学试题

赣州市2021~2022学年度第一学期期末考试

高一数学试题            2022年1月

（考试时间120分钟，试卷满分150分）

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知全集，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据补集、并集的定义可求解.

详解】，，，

，.

故选：C.

2. “中国天眼”为500米口径球面射电望远镜（简称），是具有我国独立自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，则“中国天眼”获取数据的方式是（    ）

A. 调查 B. 实验 C. 观察 D. 查询

【答案】C

【解析】

【分析】利用统计学中获取数据的方法分析判断

【详解】由于自然现象会随着时间的变化而变化，

所以“中国天眼”获取数据的方式是观察，

故选：C

3. 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】A

【解析】

【分析】根据不等式的解法，求得不等式解集对应的集合，结合是的真子集，即可求解.

【详解】由不等式，解得，设为集合

又由，解得，设为集合，

则是的真子集，所以是充分不必要条件.

故选：A.

4. 已知狄利克雷函数则下列结论正确的是（    ）

A. 是偶函数 B. 是单调函数

C. 的值域 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据偶函数的定义、单调函数的定义、值域的定义进行判断即可.

详解】A：当时，显然，此时恒有，

当时，显然此时是无理数，显然也是无理数，此时恒有，

所以是偶函数，因此本选项结论正确；

B：因为，所以函数不是实数集上的单调函数，因此本选项结论不正确；

C：由函数的解析式可知：的值域为，因此本选项结论不正确；

D：，因此本选项结论不正确，

故选：A

5. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用对数函数的运算求出，再利用指数函数的单调性比较大小得到答案.

【详解】，，

因为，所以，

所以.

故选：D.

6. 设函数，若是奇函数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用奇函数的性质结合函数解析式可求得结果.

【详解】由已知可得.

故选：B.

7. 如图所示某加油站地下圆柱体储油罐示意图，已知储油罐长度为，截面半径为（，为常量），油面高度为，油面宽度为，油量为（，，为变量），则下列说法错误的（    ）

A. 是的函数 B. 是的函数

C. 是的函数 D. 是的函数

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的定义即可确定．

【详解】根据圆柱的体积公式的实际应用，油面高度为h，会影响油面的宽度w，从而影响油量v，

A：由于v确定，故h确定，w就确定，符合函数的定义，故A正确；

B：由于w确定，h有两个（上下对称），所以v有两个，

故与函数的定义相矛盾，不是函数，故B错误；

C：由于v确定，故h确定，符合函数的定义，故C正确；

D：由于h确定，故v确定，符合函数的定义，故D正确.

故选：B.

8. 若实数，满足，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由指数函数的性质可知是上的增函数；根据题意可知，即，再根据函数的单调性，可得，由此即可得到结果．

【详解】令，由于均为上的增函数，

所以是上的增函数，

因为，所以，

即，

所以，所以.

故选：C．

二、多选题：（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有错选的得0分）

9. 新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，我国的“新冠肺炎”疫情在2020年二月份已得到基本控制.甲、乙两个地区措施采取防护后，统计了从2月7日到2月13日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数，绘制成的折线图（如图），则下列关于甲、乙两省新增确诊人数的说法，正确的是（    ）

A. 甲省的平均数比乙省低 B. 甲省的方差比乙省大

C. 乙省的中位数是23 D. 甲省的极差是17

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意列出数据，进而求出对极差、中位数和平均数，然后再观察数据的波动幅度，最后判断答案.

【详解】由图可知，甲省的极差为27-9=18，D错误；乙省的中位数为23，C正确；

甲省的平均数,乙省的平均数，A正确.

根据数据可以判断，乙省的数据波动较小，则方差较小，甲省的数据波动较大，则方差较大，B正确.

故选：ABC.

10. 下列各结论正确的是（    ）

A. “”是“”的充要条件

B. 的最小值为2

C. 命题“，有”的否定是“，有”

D. 若，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】直接利用充分条件和必要条件的定义，对勾函数，命题的否定，作差法证明不等式分别判断各个选项即可.

【详解】对于选项，“”“”，可知，“”是“”的充要条件，则选项正确；

对于选项，令 ，其中，则，在上单调递增，故最小值为， 则选项不正确；

对于选项，命题“，有”的否定为“，有”，则选项不正确；

对于选项， ，即，则选项正确.

故选：.

11. 高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，.已知函数，，则关于函数的叙述中正确的是（    ）

A.

B. 函数的值域为

C. 在R上为增函数

D. 函数在区间有12个零点

【答案】AB

【解析】

【分析】画出的图象，结合图象逐项判断可得答案.

【详解】

画出的图象，

根据“高斯函数”定义，故 A正确；

由图象可得函数的值域为，故B正确；

由图象可得在R上不是增函数，故C错误；

由函数在区间有13个零点，故D错误.

故选：AB.

12. 已知函数在上单调递增，且，则（    ）

A.

B.

C. 为偶函数

D. 任意且，都有

【答案】CD

【解析】

【分析】根据题意可得函数关于直线对称，在上单调递增，在上单调递减，进而可判断，即可判断选项A；根据函数图象平移的性质即可判断选项B；根据指数函数的性质即可判断选项C、D.

【详解】由知，函数关于直线对称，

又在上单调递增，所以在上单调递减.

A：因为点和点关于直线对称，所以，故A错误；

B：因为，在上单调递增，所以，故B错误；

C：因为函数关于直线对称，所以函数关于直线对称，

即函数关于y轴对称，为偶函数，故C正确；

D：当时，，所以，

当时，，所以，

所以且时，恒有，故D正确.

故选：CD

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知幂函数在区间上单调递减，则实数的值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据幂函数的概念，求得，再结合幂函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，幂函数，可得，解得或，

当时，函数在区间上单调递增，不符合题意；

当时，函数在区间上单调递减，符合题意，

所以实数的值为-.

故答案为：-.

14. 在运动会火炬传递活动中，有编号为1，2，3，4，5的5名火炬手.若从中任选2人，则选出火炬手编号相连的概率为______.

【答案】##

【解析】

【分析】先求出基本事件总数，再求出选出的火炬手的编号相连包含的基本事件个数，由此能求出选出的火炬手的编号相连的概率．

【详解】有编号为的名火炬手，从中任选人，基本事件有，共10个；

选出的火炬手的编号相连包含的基本事件有，共个；

所以选出的火炬手的编号相连的概率．

故答案为：．

15. 若，且，则实数的值为______.

【答案】18

【解析】

【分析】由指对数互化可得，，代入题设等式，结合换底公式及对数运算性质即可求k的值.

【详解】由题设，，，

所以，则.

故答案为：18.

16. 已知函数其中，若存在实数，使得关于的方程恰有三个相异的实数解，则实数的取值范围是______.

【答案】.

【解析】

【分析】作出函数 的图象，结合图象可得答案．

【详解】时，，

由解得，

的图象如图如下：

方程恰有三个相异的实数解，则

故答案为：．

四、解答题：（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 设全集，已知集合，集合.

（1）当时，求；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用并集和补集的基本运算结合一元二次不等式的解法即可求解；

（2）根据交集的运算结果得出集合间的包含关系，再利用分类讨论即可求出实数的取值范围

【小问1详解】

因为

当时，

所以

所以或

【小问2详解】

因为，所以

（ⅰ）当时，则，即

（ⅱ）当时，则

由，得，所以

综上所述：实数的取值范围是

18. 已知函数（，为常数）是奇函数.

（1）求实数的值；

（2）求不等式的解集.

【答案】（1）-1    （2）

【解析】

【分析】（1）根据函数是奇函数可得答案；

（2）利用单调性定义判断出单调性，再利用单调性解不等式即可.

【小问1详解】

由函数（，为常数）是奇函数，

令，则，即得，

经检验当时，为奇函数.

【小问2详解】

任意，且，

，

因为且，所以，

所以 ，  

所以在R上单调递增函数，

由，得，

即，

因为，即，所以或，

所以不等式的解集为.

19. 随着新课程改革和高考综合改革的实施，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展，为此，某市于2021年举行第一届高中文科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估该市高中学生的文科素养，从所有参赛学生中随机抽取1000名学生的成绩（单位：分）作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）现从以上各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人.若第三组学生实际成绩的平均数与方差分别为74分和2，第四组学生实际成绩的平均数与方差分别为84分和1，求这20人中分数在区间所有人的成绩的方差.

【答案】（1）直方图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据题意求出成绩落在频率，补全频率分布直方图，利用频率分布直方图求出平均数和80%分位数；

(2)根据分层抽样的性质求得第三组和第四组抽取的人数，进而求得该两组成绩的平均值，利用方差公式即可求出这两组成绩的方差.

【小问1详解】

成绩落在的频率为

补全的频率分布直方图，如图

样本的平均数(分)

设80%分位数为，则，

解得：(分}

【小问2详解】

由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取3人和2人

分层抽样的平均值：（分）

分层抽样的方差：

20. 已知函数.

（1）设，求函数的值域；

（2）若不等式在区间有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意可得，，则等价于，即可求出值域．

（2）根据题意可得在恒成立，则，由对数函数的单调性可得在区间有解，即在区间有解；利用分离参数法，可得在区间有解，再令，则，根据单调性即可求出结果.

【小问1详解】

解：

令，则等价于，

因为

所以当时，

所以的值域为；

【小问2详解】

解：首先考虑定义域：在区间恒成立，得

由于在上是单调递增的，

所以在区间有解.

即等价于在区间有解，即在区间有解

而，所以在区间有解

因为，令，

设，

函数在区间上单调递增

所以在区间有解等价于，

即   

综上实数的取值范围为

21. 某兴趣小组在研究性学习活动中，通过对某商店一种商品销售情况的调查发现：该商品在过去的一个月内（以天计）的日销售价格（元）与时间（天）的函数关系近似满足（为常数）.该商品的日销售量（个）与时间（天）部分数据如下表所示：

已知第天该商品的日销售收入为元.

（1）求出该函数和的解析式；

（2）求该商品的日销售收入（元）的最小值.

【答案】（1），   

（2）最小值为元

【解析】

【分析】（1）利用可求得的值，利用表格中的数据可得出关于、的方程组，可解得、的值，由此可得出函数和的解析式；

（2）求出函数解析式，利用基本不等式、函数单调性求得在且、且的最小值，比较大小后可得出结论.

【小问1详解】

解：依题意知第天该商品的日销售收入为，

解得，所以，.

由表格可知，解得.

所以，.

【小问2详解】

解：由（1）知，

当且时，，

当且时，.

，

当时，由基本不等式可得，

当且仅当时，等号成立，即.

当时，因为函数、均为减函数，则函数为减函数，

所以当时，取得最小值，且.

综上所述，当时，取得最小值，且.

故该商品的日销售收入的最小值为元.

22. 已知函数的定义域是，且.

（1）求函数的定义域和值域；

（2）若函数对定义域内任意的实数，，，，都有恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）定义域为，值域为   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由题意可知函数的定义域为，所以且，再令，可得，再根据二次函数的性质，即可求出结果；

（2）由题意， 将问题转换为，再分，和三种情况，根据（1），即可求出结果.

【小问1详解】

解：由，解得，

所以函数的定义域为   

又

令，

则函数在上单调递减，上单调递增，所以

而

故当时，即时，

当时，即或1时，

所以函数的值域为

【小问2详解】

解：由任意实数，，，，都有恒成立，

问题转换为

①当时，恒成立

②当时，由得：

即，即，解得：或

③当时，由得：解得：

综述①②③实数的取值范围为：或