江西省抚州市临川第一中学2023-2024学年高一下学期3月考试数学试题

临川一中20232024学年度高一下学期考试数学试题一、单项选择题：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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式得到集合，根据指数函数的性质求出集合，结合集合的运算得出答案.【详解】由解得或，则，则，∵，∴，则，所以.故选：A.2.已知甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据（单位：分）从小到大排列为如下：甲队：7，12，12，20，，31；乙队：8，9，19，，25，28.这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x和y的值分别为（）A.2和3 B.0和2 C.0和3 D.2和4【答案】C【解析】【分析】根据甲乙中位数相同求得y的值，再根据平均数相同即可求得x，即得答案.【详解】由题意得甲的平均数为，乙的平均数为，而甲的中位数为，故乙的中位数为，即，故，故选：C3.已知，，则“”是“”的（）A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质，结合充分必要条件的定义，即可判断选项.详解】若，则且，即，反过来，若，则，但，则，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：C4.一个表面被涂上红色的棱长为ncm（n≥3，n∈N*）的立方体，将其适当分割成棱长为1cm的小立方体，从中任取一块，则恰好有两个面是红色的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先确定共分割的块数，以及满足条件的块数，再求概率.【详解】由条件可知，共有块，两个面的交界处的中间部分是两个面是红色，每一个交界处有块，共有12个交界，则两个面是红色的有块，所以概率.故选：B5.已知函数的大致图像如图所示，则函数的解析式应为()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】本题是选择题，可采用排除法，根据函数的不关于轴对称可排除选项D，再根据函数定义域是，排除选项A，利用极限思想可排除B，即可得到所求．【详解】解：如图，因为函数定义域是，排除A选项，当，，排除B，因为，所以函数为偶函数，根据函数图象不关于轴对称可知函数不是偶函数，故可排除选项D.故选：C．6.已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由分段函数的定义域要求及所给不等式中的绝对值进行分类讨论，再借助参变分离进行计算即可得.【详解】当时，，故，即，由随增大而增大，故，当时，恒成立。当时，，故，即，由随增大而增大，故，当时，，故，即，由随增大而减小，故，即，综上所述，.故选：C.7.若，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用指对数运算法则得到，，，从而利用对数函数的性质分析判断得，，从而得解.【详解】，，，因为，则，所以，即；而，，所以，所以，即；综上：.故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用与比较大小，利用与比较大小，从而得解.8.已知函数，若，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数不等式的形式构造函数，然后判断的奇偶性以及单调性，即可求解.【详解】设函数，因为函数为奇函数，函数为奇函数，所以为奇函数.因为函数，在上均为单调递增函数，所以在上单调递增.由，得，即，，所以，根据在上单调递增，可得，解得.故选：A二、多项选择题：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，有选错的得0分.9.连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（）A.与不互斥且相互独立 B.与互斥且不相互独立C.与互斥且不相互独立 D.与不互斥且相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据事件的互斥与独立的定义对选项一一验证即可.【详解】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；第一次出现2点，第二次点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；对于B：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.故选：ABD.10.下列命题中正确的是（）A.“”是“”的必要不充分条件B.若角是第三象限角，则可能在第三象限C.若且，则为第二象限角D.锐角终边上一点坐标为，则【答案】BCD【解析】【分析】A选项通过充分性必要性两方面验证；B选项根据是第三象限角，表示出范围确定所属象限；C选项综合且情况确定所属象限；D选项求角的正切值，确定锐角.【详解】A选项：若，则，有充分性；若，则或没有必要性.A错误；B选项：若角是第三象限角，则，则，当时，为第一象限角；时，为第三象限角；当时，为第四象限角；所以可能在第三象限.B正确；C选项：，则为第二象限或第四象限角；，则为第一象限或第二象限角，同时满足上述条件，所以为第二象限角.C正确；D选项：锐角终边上一点坐标为，则有，，所以，且为锐角，所以，D正确.故选：BCD11.已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（）A.B.是奇函数C.若，则D.若当时，，则在单调递减【答案】ABD【解析】【分析】令即可判断A；令，求出，再令，即可判断B；令即可判断C；由，得，再根据函数单调性定义即可判断D.【详解】因为，令，得，所以，故A正确；令，得，所以，令，得，又，所以，又因为定义域为，所以函数奇函数，故B正确；令，得，又，所以，故C错误；当时，由，可得，又，，在上任取，不妨设，，，故在单调递减，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键在于对和准确的赋值以及对单调性定义计算的精简.12.已知，则以下结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】A项，利用函数与和图象交点的横坐标，及对称性求得，；B项，根据题干，可求得：，进而判断B选项；C项，D项，利用不等式基本性质判断，注意取等条件.【详解】A项，a、b分别是函数与和图象交点的横坐标，由图可知，，，又因为函数图象关于对称，所以C、D两点关于对称，所以，，所以A项正确；B项，因为，且，所以，取倒数有，，即：，由A项可知，，，所以，所以B项正确；C项，由得：，由图象可知，，所以，所以C项错误；D项，因为，所以，当且仅当时取等，又因为，所以等号不能取，所以，所以D项正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知则_______【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数的关系处理即可.【详解】令，则，．．故答案为：14.若是上的减函数，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】先保证在每段上都是减函数，然后在时，的值大于等于的值，从而得到的取值范围，得到答案.【详解】因为是上的减函数，所以，解得在时，的值大于等于的值，即，解得，综上所述的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查根据分段函数的单调性求参数的范围，属于中档题.15.已知函数，．设，．记的最小值为A，的最大值为B，则______．【答案】【解析】【分析】令，可得或，由题易知的最小值，的最大值，则可求出答案.【详解】，，令，得或．因为，，所以的最小值，的最大值，所以．故答案为：.16.已知正实数、满足，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】设，由基本不等式可得出关于的不等式，解之即可.【详解】因为，则，所以，，设，因为且，由基本不等式可得，所以，，则，当且仅当时，等号成立，所以，，即，解得.因此，的取值范围是.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.设命题p：实数x满足，命题q：实数x满足.（1）若，且p与q均是真命题，求实数x的取值范围；（2）若p是q成立的必要不充分条件，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，化简命题p，命题q，再根据为真命题，则p真且q真求解；（2）化简两个命题，，根据p是q的必要不充分条件，由求解.【小问1详解】解：当时，若命题p为真命题，则不等式为，解得；若命题q为真命题，则由，解得.∵为真命题，则p真且q真，∴实数x的取值范围是.【小问2详解】由，解得，又，∴.设，，∵p是q的必要不充分条件，∴，∴，解得.∴实数a的取值范围是.18.某中学400名学生参加全市高中数学竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，并整理得到如下频率分布直方图：（1）由频率直方图求样本中分数的分位数；（2）已知样本中分数在的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；（3）已知样本中男生与女生的比例是，男生样本的均值为70，方差为10，女生样本的均值为80，方差为12，请计算出总体的方差.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图数据求解；（2）由频率分布直方图数据求解；（3）由总样本的均值与方差的公式计算求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图可得分数分位数位于并设为,则有,解得.故频率分布直方图可得分数分位数为：.【小问2详解】由频率分布直方图知，分数在频率为,在样本中分数在的人数为人，在样本中分数在的人数为95人，所以估计总体中分数在的人数为人，所以总体中分数小于的人数为.【小问3详解】总样本的均值为,所以总样本的方差为.故总样本的方差为.19.已知函数.（1）若，求函数的单调递增区间；（2）当时，函数的最大值为1，最小值为，求实数的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据，求得的函数解析式，再根据正弦函数的单调性，确定函数的单调递增区间.（2）由先确定的范围，进而求出的范围，再利用已知的最值，分类建立关于的方程组解得a，b的值.【小问1详解】依题意，由，得，所以函数的单调递增区间为.【小问2详解】当时，，则，即，令，则，显然，当时，函数在上单调递减，于是，解得，当时，函数在上单调递增，于是，解得，所以实数的值为或.20.已知函数为奇函数.（1）解不等式；（2）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，求得，得到，列出不等式，即可求解；（2）根据题意，转化为函数的值域是函数的值域的子集，结合对数的运算，求得，结合，列出不等式组，即可求解.【小问1详解】解：由的定义域为，因为为奇函数，可得，解得，所以，又由不等式，可得，整理得，解得，所以不等式的解集为.【小问2详解】解：因为，总有，使得成立，所以函数的值域是函数的值域的子集，而，令，所以，所以，又由在上递增，所以，所以，解得，所以的取值范围为.21.甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下:累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空:每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率；（3）求甲最终获胜的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有2种①乙胜丙、乙胜甲、乙胜丙②乙胜丙、甲胜乙、甲胜丙，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（2）首先分析出只需四场比赛就决出冠军的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（3）首先分析出甲最终获胜的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.【小问1详解】记事件A为甲胜乙，则，，事件B为甲胜丙，则，，事件C为乙胜丙，则，，前三场比赛结束后，丙被淘汰概率为.【小问2详解】只需四场比赛就决出冠军的概率为：.【小问3详解】由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为，第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，所以甲最终获胜的概率.22.已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；②若对任意的