河南省南阳市2021-2022学年高一上学期期末数学试题

这是一份河南省南阳市2021-2022学年高一上学期期末数学试题，共15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。
2021年秋期高中一年级期终质量评估数学试题第Ⅰ卷    选择题（共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 设全集，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合B的补集，再求【详解】因为，，所以，因为，所以，故选：B2. 某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测. 若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编号为（    ）34 57 07 86 36  04 68 96 08 23  23 45 78 89 07  84 42 12 53 31  25 30 07 32 86    32 21 18 34 29  78 64 54 07 32  52 42 06 44 38  12 23 43 56 77  35 78 90 56 42 A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据随机数表依次进行选取即可．【详解】解：根据随机数的定义，1行的第5列数字开始由左向右依次选取两个数字，大于30的数字舍去，重复的舍去，取到数字依次为07，04，08，23，12，则抽取的第5个零件编号为12.故选：．【点睛】本题考查简单随机抽样的应用，同时考查对随机数表法的理解和辨析．3. 4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片的数字之积为偶数的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】从4张卡片上分别写有数字1，2，3，4中随机抽取2张的基本事件有：12，13，14，23，24，34，一共6种，其中数字之积为偶数的有：12，14，23，24，34一共有5种，所以取出的2张卡片的数字之积为偶数的概率为，故选：D4. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分且不必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】解指数不等式和对数不等式，求出两个命题的等价命题，进而根据充要条件的定义，可得答案．【详解】“”“”，“” “”，“”是“”的充分而不必要条件，故“”是“”的的充分而不必要条件，故选：．5. 函数取最小值时的值为（    ）A. 6 B. 2 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】变形为，再根据基本不等式可得结果.【详解】因为，所以，所以，当且仅当且，即时等号成立.故选：B【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值时，取等号的条件，属于基础题.6. 不等式的解集为，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将不等式的解集为，转化为不等式的解集为R，分和两种情况讨论求解.【详解】因为不等式的解集为，所以不等式的解集为R，当，即时，成立；当，即时，，解得，综上：实数的取值范围是故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于基础题.7. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现样本加入新数据4，5，6，此时样本容量为10，若此时平均数为，方差为，则（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】设这10个数据分别为：，进而根据题意求出和，进而再根据平均数和方差的定义求得答案.【详解】设这10个数据分别为：，根据题意，，所以，故选：B.8. 已知函数为偶函数，且在上单调递减，则的解集为　　A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据为偶函数，可得；根据在上递减得；然后解一元二次不等式可得．【详解】解：为偶函数，所以，即，，由在上单调递减，所以，，可化为，即，解得或故选：．【点睛】本题主要考查奇偶性与单调性的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9. 某地一年之内12个月的降水量从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，则该地区的月降水量20%分位数和75%分位数为（    ）A. 51，58 B. 51，61 C. 52，58 D. 52，61【答案】B【解析】【分析】先把每月的降水量从小到大排列,再根据分位数的定义求解.【详解】把每月的降水量从小到大排列为: 46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，,所以该地区的月降水量的分位数为;所以该地区的月降水量的分位数为.故选：B10. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】函数为复合函数，先求出函数的定义域为，因为外层函数为减函数，则求内层函数的减区间为，由题意知函数在区间上单调递增，则是的子集，列出关于的不等式组，即可得到答案.【详解】的定义域为，令，则函数为，外层函数单调递减，由复合函数的单调性为同增异减，要求函数的增区间，即求的减区间，当，单调递减，则 在上单调递增，即是的子集，则.故选：C.11. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，其和等于20的概率是（    ）【注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其它正因数，则称这个整数为素数．】A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】随机选取两个不同的数共有种，而其和等于20有2种，由此能求出随机选取两个不同的数，其和等于20的概率．【详解】在不超过20的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19共8个，随机选取两个不同的数共有种，随机选取两个不同的数，其和等于20有2种，分别为（3,17）和（7,13），故可得随机选取两个不同的数，其和等于20的概率，故选：．12. 已知定义在上函数满足：①的图像关于直线对称；②对任意的，，当时，不等式成立．令，，，则下列不等式成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，分析可得的图象关于轴对称，结合函数的单调性定义分析可得函数在，上为增函数；结合函数的奇偶性可得在区间，上为减函数，由对数的运算性质可得，据此分析可得答案．详解】解：根据题意，函数的图象关于直线对称，则的图象关于轴对称，即函数为偶函数，又由对任意的，，，当时，不等式成立，则函数在，上为增函数，又由为偶函数，则在区间，上为减函数，，，，因为，则有，故有.故选：D第Ⅱ卷    非选择题（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 某高校甲、乙、丙、丁4个专业分别有150，150，400，300名学生．为了了解学生的就业倾向，用分层随机抽样的方法从这4个专业的学生中抽取40名学生进行调查，应在丁专业中抽取的学生人数为______．【答案】12【解析】【分析】利用分层抽样的性质直接求解【详解】由题意应从丁专业抽取的学生人数为：．故答案为：12．14. 已知，是相互独立事件，且，，则______．【答案】【解析】【分析】由相互独立事件的性质和定义求解即可【详解】因为，是相互独立事件，所以，也是相互独立事件，因为，，所以，故答案为：15. 若函数的定义域为，则函数的定义域为______．【答案】【解析】【分析】利用的定义域，求出的值域，再求x的取值范围.【详解】 的定义域为 即 的定义域为故答案为：16. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当时，，则函数的零点个数为______．【答案】10【解析】【分析】将原函数的零点转化为方程或的根，再作出函数y=f(x)的图象，借助图象即可判断作答.【详解】函数的零点即方程的根，亦即或的根，画出函数y=f(x)的图象和直线，如图所示，观察图象得：函数y=f(x)的图象与x轴，直线各有5个交点，则方程有5个根，方程也有5个根，所以函数的零点有10个.故答案为：10三、解答题（本大题共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. 新冠病毒怕什么？怕我们身体的抵抗力和免疫力！适当锻炼，合理休息，能够提高我们身体的免疫力，抵抗各种病毒．某小区为了调查居民的锻炼身体情况，从该小区随机抽取了100为居民，记录了他们某天的平均锻炼时间，其频率分别直方图如下：（1）求图中的值和平均锻炼时间超过40分钟的人数；（2）估计这100位居民锻炼时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）和中位数．【答案】（1），平均锻炼时间超过40分钟的人数为18人    （2）100位居民锻炼时间的平均数为分钟，中位数约为分钟【解析】【分析】（1）由频率和为1，列方程求解出值，由频率分布直方图求出平均锻炼时间超过40分钟的频率，再由频率乘以100可得结果，（2）利用平均数定义直接求解，由频率分直方图判断出中位数在30-40分钟这一组，然后列方程求解即可【小问1详解】由频率分布直方图可知，解得，由频率分布直方图求出平均锻炼时间超过40分钟的频率为，所以平均锻炼时间超过40分钟的人数为人，【小问2详解】这100位居民锻炼时间的平均数为（分钟），因为，，所以中位数在锻炼时间30-40分钟这一组，设中位数为，则，解得（分钟）18. 已知集合，．（1），求实数的取值范围；（2）设，，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）化简集合，，由，利用两个集合左右端点的大小分类得出实数的取值范围．（2）根据题意可得，推不出，即是的真子集，进而得出实数的取值范围．【小问1详解】由题意，．若，则或，解得或，，实数的取值范围是．【小问2详解】命题，命题，是的必要不充分条件， ，推不出，即是的真子集，，解得：．实数的取值范围为．19. 已知函数，对任意的，，都有，且当时，．（1）求证：是上的增函数；（2）若，解不等式．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）赋值法证明抽象函数单调性；（2）先根据，用辅助法求出，再利用第一问求出的函数单调性解不等式.【小问1详解】由可得：，令，，且，则，因为当时，，所以，，即，由于的任意性，故可证明是上的增函数；【小问2详解】令得：，因为，所以，故，由第一问得到是上的增函数，所以，解得：，故不等式解集为.20. 已知函数．（1）求函数的定义域，并判断函数的奇偶性；（2）对于，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）的定义域为，奇函数；    （2）.【解析】【分析】（1）由求定义域，再利用奇偶性的定义判断其奇偶性； （2）将对于，不等式恒成立，利用对数函数的单调性转化为对于，不等式恒成立求解.【小问1详解】解：由函数，得，即，解得或，所以函数的定义域为，关于原点对称，又，所以 是奇函数；【小问2详解】因为对于，不等式恒成立，所以对于，不等式恒成立，所以对于，不等式恒成立，所以对于，不等式恒成立，令，则 在 上递增，所以 ，所以.21. 甲乙两人用两颗质地均匀的骰子（各面依次标有数字1、2、3、4、5、6的正方体）做游戏，规则如下：若掷出的两颗骰子点数之和为3的倍数，则由原投掷人继续投掷，否则由对方接着投掷．第一次由甲投掷．（1）求第二次仍由甲投掷的概率；（2）求游戏的前4次中乙投掷的次数为2的概率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意利用古典概型求概率的计算公式求得结果．（2）游戏的前4次中乙投掷的次数为2，包含3种情况，根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式，可计算结果．【小问1详解】求第二次仍由甲投，说明第一次掷出的点数之和为3的倍数，所有的情况共有种，其中，掷出的点数之和为3的倍数的情况有、、、、、，、、、、、，共计12种情况，故第二次仍由甲投掷的概率为．【小问2详解】由（1）可得掷出的两颗骰子点数之和为3的倍数的概率为，所以两颗骰子点数之和不为3的倍数的概率为，游戏的前4次中乙投掷的次数为2，可能乙投掷的次数为第二次第三次，则概率为，或第二次第四次，则概率为，或第三次第四次，则概率为，以上三个事件互斥，所以其概率为.22. 已知函数，．（1）若函数在区间上存在零点，求正实数的取值范围；（2）若，，使得成立，求正实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）结合函数的单调性及零点存在定理可得结论；（2）由题意可得在，上，，由函数的单调性求得最值，解不等式可得所求范围．【小问1详解】函数，因为在区间上单调递减，又，所以在区间上单调递减，所以在区间上单调递减，若在区间上存在零点，则.【小问2详解】存在，，，使得成立，等价为在，上，．由在，递增，可得的最小值为，又，所以在，递减，可得的最大值为，由，解得，所以；综上可得，的范围是．