2022-2023学年北京市西城区高一上学期数学期末试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市西城区高一上学期数学期末试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市西城区高一上学期数学期末试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先化简集合，再求并集即可.【详解】因为，所以.故选：A2．已知命题p：x <1，，则为A．x ≥1, ＞ B．x <1, C．x <1,  D．x ≥1, 【答案】C【详解】 根据全称命题与存在性命题之间的关系，可知命题的否定为，故选C．3．如图，在平行四边形中，（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量运算得.【详解】由图知，故选：B.4．若，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用特殊值判断AB，由不等式的性质及指数函数的单调性判断C，由特殊值及对数的意义判断D.【详解】当时，，故A错误；当时，，故B错误；由，因为为增函数，所以，故C正确；当时，无意义，故不成立，故D错误.故选：C5．不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将不等式移项通分得到，再转化为二次不等式即可得答案.【详解】，即，解得：，不等式的解集为，故选：C.6．正方形的边长为1，则（    ）A．1 B．3 C． D．【答案】D【分析】利用向量数量积的运算性质，结合正方形中垂直关系及边长即可求解.【详解】在正方形中，如图所示,，故选：D.7．某物流公司为了提高运输效率，计划在机场附近建造新的仓储中心．已知仓储中心建造费用C（单位：万元）与仓储中心到机场的距离s（单位：）之间满足的关系为，则当C最小时，s的值为（    ）A．20 B． C．40 D．400【答案】A【分析】根据均值不等式求解即可.【详解】因为，当且仅当，即时等号成立，所以当C最小时，s的值为20.故选：A8．设，则（    ）A．8 B．11 C．12 D．18【答案】D【分析】计算，，代入计算即可.【详解】，则，，故选：D.9．己知为单位向量，则“”是“存在，使得”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】对于前者是否能推出后者，我们举出反例即可，对于后者是否推前者，由后者可得共线且同方向，则，即后者能推出前者，最后即可判断.【详解】若，则，但此时不存在，使得，故不存在，使得，故前者无法推出后者，若存在，使得，则共线且同方向，此时，故后者可以推出前者，故“”是“存在,使得的必要不充分条件”，故选：B.10．近年来，踩踏事件时有发生，给人们的生命财产安全造成了巨大损失．在人员密集区域，人员疏散是控制事故的关键，而能见度x（单位：米）是影响疏散的重要因素．在特定条件下，疏散的影响程度k与能见度x满足函数关系：（是常数）．如图记录了两次实验的数据，根据上述函数模型和实验数据，b的值是（参考数据：）（    ）A． B． C．0.24 D．0.48【答案】A【分析】分别代入两点坐标得，，两式相比得结合对数运算得，解出值即可.【详解】当时，①，当时，②，①比②得，，故选：A. 二、填空题11．函数的定义域是_____________．【答案】【分析】根据对数型函数的定义域，结合二次根式的性质进行求解即可.【详解】由题意可知：，所以该函数的定义域为，故答案为：12．某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组为，，，，．根据频率分布直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于20小时的人数是________________．【答案】60【分析】首先计算频率为，再乘以总人数即可.【详解】由频率分布直方图可知每周自习时间不少于20小时的频率为,故200名学生中每周的自习时间不少于20小时的人数为人.故答案为：60.13．写出一个同时满足下列两个条件的函数_____________．①对，有；②当时，恒成立．【答案】(答案不唯一)【分析】由满足的两个条件可以联想到对数函数，再根据对数函数的性质时行判断即可得答案.【详解】解：因为由满足的两个条件可以联想到对数函数，当时，对，,满足条件①；当时，，满足条件②.故答案为：(答案不唯一)14．函数的定义域为，且，都有，给出给出下列四个结论：①或；②一定不是偶函数；③若，且在上单调递增，则在上单调递增；④若有最大值，则一定有最小值．其中，所有正确结论的序号是______________．【答案】①③【分析】根据所给性质直接计算可判断①，取特殊函数判断②，利用函数的单调性定义判断③，取特殊函数判断④.【详解】因为，都有，所以，即或，故①正确；不妨取，则，即恒成立，所以是偶函数，故②错误；设，且，则，所以，即，所以，即在上单调递增，故③正确；不妨取，则满足，函数有最大值1，但是无最小值，故④错误.故答案为：①③ 三、双空题15．已知函数，若，则的解集为___________；若，，则a的取值范围为_____________．【答案】     或；     .【分析】代入，分和两种情况，分别求解，最后取并集即可得出的解集；原题等价于“当时，恒成立”以及“当时，恒成立”同时满足，分别求出a的取值范围，最后取公共部分即可得到.【详解】当时，.当时，由可得，解得；当时，由可得，解得.综上所述，的解集为或.“若，”等价于“当时，恒成立”以及“当时，恒成立”同时满足.当时，恒成立，因为当时，单调递增，所以应满足，即；当时，恒成立，则.则由“当时，恒成立”以及“当时，恒成立”同时满足可得，.故答案为：或；. 四、解答题16．某射手打靶命中9环、10环的概率分别为0.25，0.2．如果他连续打靶两次，且每次打靶的命中结果互不影响．(1)求该射手两次共命中20环的概率；(2)求该射手两次共命中不少于19环的概率．【答案】(1)0.04(2)0.14 【分析】（1）根据相互独立事件概率的乘法公式即可求解，（2）分类讨论，结合独立事件的概率公式即可求解.【详解】（1）两次共命中20环,意味着两次都是命中10环，根据相互独立事件的概率公式可得概率为：（2）第一次9环第二次10环的概率为,第一次10环第二次9环的概率为,两次都是10环的概率为，所以两次共命中不少于19环的概率为17．已知函数．(1)判断函数的奇偶性，并证明你的结论；(2)证明函数在上是减函数；(3)写出函数在上的单调性（结论不要求证明）．【答案】(1)为奇函数，证明见解析(2)证明见解析(3)函数在上的单调递减 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义判断与证明即可；（2）根据单调性的定义，取值、作差（变形）、定号、下结论等步骤进行证明即可；（3）结合函数的奇偶性与单调性直接判断即可.【详解】（1）解：为奇函数，理由如下：函数，定义域为，所以，则，所以为奇函数.（2）证明：任取，且，则，因为，所以所以，即，故函数在上是减函数.（3）解：由（1）知函数为上的奇函数，由（2）知函数在上是单调递减所以函数在上的单调递减.18．甲和乙分别记录了从初中一年级（2017年）到高中三年级（2022年）每年的视力值，如下表所示 2017年2018年2019年2020年2021年2022年甲4.944.904.954.824.804.79乙4.864.904.864.844.744.72 (1)计算乙从2017年到2022年这6年的视力平均值；(2)从2017年到2022年这6年中随机选取2年，求这两年甲的视力值都比乙高0.05以上的概率；(3)甲和乙的视力平均值从哪年开始连续三年的方差最小？（结论不要求证明）【答案】(1)4.82(2)(3)甲的视力平均值从2020开始连续三年的方差最小，乙的视力平均值从2017开始连续三年的方差最小. 【分析】（1）利用平均数公式计算即可；（2）列表分析，利用古典概型概率公式计算即可（3）由表中数据分析波动性即可得结论.【详解】（1）乙从2017年到2022年这6年的视力平均值为：.（2）列表： 2017年2018年2019年2020年2021年2022年甲4.944.904.954.824.804.79乙4.864.904.864.844.744.72甲与乙视力值的差0.0800.090.060.07 由表格可知：2017年到2022年这6年中随机选取2年，这两年甲的视力值都比乙高0.05上的年份由有4年，故所求概率为：（3）从表格数据分析可得：甲的视力平均值从2020开始连续三年的方差最小，乙的视力平均值从2017开始连续三年的方差最小.19．函数，其中．(1)若，求的零点；(2)若函数有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）令，即可求解零点，（2）令得，进而结合基本不等式即可求解.【详解】（1）当时，，令，则，故，所以的零点为.（2）令，则，，故，由于，所以，因此，由于，由基本不等式可得，当且仅当，即时取等号，故，所以的取值范围为20．某商贸公司售卖某种水果．经市场调研可知：在未来20天内，这种水果每箱的销售利润r（单位：元）与时间t（，单位：天）之间的函数关系式为，且日销售量p（单位：箱）与时间t之间的函数关系式为．(1)求第几天的日销售利润最大？最大值是多少？(2)在未来的这20天中，在保证每天不赔本的情况下，公司决定每销售1箱该水果就捐赠元给“精准扶贫”对象，为保证销售积极性，要求捐赠之后每天的利润随时间t的增大而增大，求m的取值范围．【答案】(1)第10天的销售利润最大,最大值是1250元.(2),且. 【分析】（1）通过计算得，根据二次函数最值即可得到答案；（2）计算，根据题意得到不等式， 且对于均成立以及，最后取交集即可.【详解】（1）设第日的销售利润为，则                                             .，当时，.所以第10天的销售利润最大，最大值是1250元.（2）设捐赠之后第日的销售利润为，则.依题意，应满足以下条件：①；②，即；③对于均成立，即.综上，且.21．设函数的定义域为D，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称I为的一个“区间”．性质1：对任意，有；性质2：对任意，有．(1)分别判断区间是否为下列两函数的“区间”（直接写出结论）；①；     ②；(2)若是函数的“区间”，求m的取值范围；(3)已知定义在上，且图象连续不断的函数满足：对任意，且，有．求证：存在“区间”，且存在，使得不属于的所有“区间”．【答案】(1)①是，②不是；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）根据新定义直接判断即可得出结论；（2）根据是函数的“区间”确定其满足性质1，据此分类讨论求二次函数值域，检验即可得解；（3）由所给函数性质分析出满足性质2，转化为不恒成立，存在“区间”，再构造函数，证明有唯一零点，且.【详解】（1）对①，当，，满足性质1，是函数的“区间”，对②，当时，，当时，，故不满足性质1,2，不是函数的“区间”.（2）记， ，注意到，因此，若为函数的“区间”，则其不满足性质②，必满足性质①，即.当时，在上单调递增，且，所以不包含于，不合题意；当时，，符合题意；当时，，所以，不合题意.综上，.（3）对于任意区间，记，依题意，在上单调递减，则.因为，所以，即S的长度大于的长度，故不满足性质①.因此，如果为的“Q区间”，只能满足性质②，即，即只需存在使得，或存在使得.因为不恒成立，所以上述条件满足，所以一定存在“Q区间" .记，先证明函数有唯一零点；因为在上单调递减，所以在上单调递减.若，则为的唯一零点；若，则，即，由零点存在定理，结合单调性，可知存在唯一，使得；若，则，即，由零点存在定理，结合单调性，可知存在唯一，使得；综上，函数有唯一零点，即，已证的所有“Q区间”都满足条件②，所以.【点睛】关键点点睛：根据所给函数的新定义，理解应用新定义，是解决问题的关键，其中注意分类讨论思想、特殊化思想的应用，属于难题.