2023-2024学年山东省潍坊市高一上学期1月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省潍坊市2023-2024学年高一上学期1月期末考试数学试题一、单项选择题：本大题共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.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】.故选：C.2.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为底数，所以，都是单调递增函数，不合题意；当时，单调递增，不合题意；反比例函数，且，所以当时单调递减.故选：B．3.设，命题“存在，使有实根”的否定是（）A.任意，使无实根 B.任意，使有实根C.存在，使无实根 D.存在，使有实根【答案】A【解析】由题意知命题“存在，使有实根”为存在量词命题，其否定为：任意，使无实根.故选：A.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，，所以.故选：D.5.如图所示茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设乙在5次综合测评中的成绩中被污损数字为x，则，依题意得甲的平均值为，甲的平均值为，由题意可得，解得，即甲的平均成绩不超过乙的平均成绩时被污损的数字可能为7、8、9，故甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为.故选：B.6.已知关于x的不等式的解集是，则实数a的值为（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】由得，因为不等式的解集是，所以，解得.故选：B.7.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件“第一枚出现偶数点”，“第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（）A.A与B互斥 B.A与B互为对立C.A与B相等 D.A与B相互独立【答案】D【解析】事件与能同时发生，如第一枚的点数2，第二枚的点数为1，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；，，，，因为，所以与独立，故选项D正确；事件与不相等，故选项C错误.故选：D.8.已知是定义在上奇函数，若对于任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于任意的，当时，都有成立，所以在严格增，又是定义在上的奇函数，所以在上严格增，且，所以时，，时，，或，即或，所以.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的选项中，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.已知实数a，b，c满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】由实数a，b，c满足，且，得，b的正负无法确定，故，A正确；由于，则，但b正负不确定，故不能确定，B错误；由于，，故，C正确；由于，故，D正确.故选：ACD.10.已知函数的定义域为，值域为，则下列函数的值域也为的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对于A，的图象可看作由的图象向左平移一个单位得到的，故值域不变，正确；对于B，由可得，即的值域为，错误；对于C，函数与函数的图象关于y轴对称，故函数的值域与函数的值域相同，为，正确；对于D，由可得，即的值域为，错误.故选：AC.11.在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7日，每天新增疑似病例不超过5人”．根据过去连续7天的新增疑似病例数据信息，下列各项中，一定没有发生大规模群体感染的是（）A.众数为1且中位数为4 B.平均数为3且极差小于或等于2C.标准差为且平均数为2 D.平均数为2且中位数为3【答案】BCD【解析】根据题意，设7天数据中，最小值为a，最大值为b，依次分析选项：

对于A，数据1、1、1、4、5、6、7，满足众数为1且中位数为4，但不满足“每天新增疑似病例不超过5人”，不符合题意；

对于B，若数据的平均数为3，其数据的最小值，又由极差小于或等于2，故数据中的最大值，符合题意；

对于C，标准差为，则其方差为2，假设，则方差的最小值为，与标准差为矛盾，故必有，符合题意；

对于D，假设设，由于其中位数为3，则平均数的最小值为，与平均数为2矛盾，故必有，符合题意．

故选：BCD．12.已知函数若函数有三个零点，且，则（）A. B.C.函数的增区间为 D.的最小值为【答案】ABD【解析】如图所示：对于A：方程有三个解与有3个交点，从图中可以看出A正确；对于B：令得，即点的坐标为，令得，即点的坐标为，由图可知的范围应该介于，之间，可以取点，不能取点，所以，故B正确；对于C：的增区间为，所以的增区间为，故C错误；对于D：关于对称，所以，，令得或，由图可知，，，等号当时，即时成立，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.一组数据18，27，30，33，34，40，42的分位数为__________．【答案】40【解析】这一组数据共7个数据，，所以第75%分位数为第6个数据，是40.故答案为：40.14.已知定义在上的函数满足以下两个条件：①对任意恒有；②在上单调递减．请写出一个满足上述条件的函数________．（答案不唯一）【答案】【解析】根据题意知函数满足以下两个条件：①对任意恒有；②在上单调递减，则在上单调递减，且，即满足，故符合题意.故答案为：.15.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局打成后，甲先发球，则甲以获胜的概率为______.【答案】【解析】由题意可得，甲、乙的比分为后，甲、乙又进行了4场比赛，每场比赛结果相互独立，前2场甲一胜一负，最后2场甲连胜，则甲以赢得比赛的概率为.故答案：.16.已知实数a，b满足，则______.【答案】2【解析】由得，，即，由得，，令，则在定义域内单调递增，有，，故，即，所以.故答案为：2.四、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.已知集合.（1）求；（2）若集合，且“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.解：（1）由题意得，，，所以.（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合A是集合C的真子集，所以，解得，所以实数m的取值范围是.18.已知函数（且）的图象恒过定点A，且点A在函数的图象上．（1）求函数的解析式；（2）若存在互不相等的实数m，n使，求的值．解：（1）令得，所以函数的图象恒过定点，所以，解得，所以.（2）由，得，所以或，当时，由单调性知，，不符合题意；当时，，所以．19.甲、乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲、乙两台机床加工的零件都是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品且甲机床加工的零件不是一等品的概率是.（1）分别求甲、乙两台机床各自加工的零件是一等品的概率；（2）从甲加工的零件中取两个，从乙加工的零件中取一个检验，求至少有一个一等品的概率.解：（1）记事件A：甲机床加工的零件是一等品，事件B：乙机床加工的零件是一等品，且A与B相互独立，由题意得，，所以，解得.（2）记事件C：从甲加工的零件中取两个都不是一等品，事件D：抽取的三个零件至少有一个一等品，则，所以.20.已知函数.（1）解关于x的不等式；（2）若关于x的不等式的解集为.（i）求的值；（ii）求的最小值.解：（1）不等式，整理得，当时，原不等式可化为，此时不等式的解为或；当时，原不等式可化为，此时不等式的解为；综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.（2）（i）若的解集为，则m，n分别是方程的两根，且，由韦达定理可知，所以.（ii）由（i）知，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为9.21.某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率；（3）根据检测结果确定该指标的一个临界值c，且，某科技公司准备用甲、乙两种型号的芯片生产A型手机、B型手机各1万部，有以下两种方案可供选择：方案一：将甲型芯片应用于A型手机，其中该指标小于等于临界值c的芯片会导致每部手机损失700元；将乙型芯片应用于B型手机，其中该指标大于临界值c的芯片会导致每部手机损失300元；方案二：重新检测所用的全部芯片，会避免方案一的损失费用，但检测费用共需要101万元；请从科技公司的角度考虑，选择合理的方案，并说明理由.解：（1）由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值为：.（2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在和的各1件，分别记为A和B，来自乙型芯片指标在和分别为3件和1件，分别记为和，从中任取两件，样本空间可记为共包含15个样本点，记事件E：指标在和各1件，则共包含3个样本点，所以．（3）设将甲、乙两种型号芯片应用于A型、B型手机时，该科技公司损失为y（万元），，所以当时，；当时，；当时，，综上，当临界值时，选择方案二；当临界值时，选择方案一和方案二均可；当临界值时，选择方案一．22.已知函数（且）为奇函数，且．（1）求实数m的值；（2）若对于函数，用将区间任意划分成n个小区间，若存在常数，使得和式对任意的划分恒成立，则称函数为上的有界变差函数．判断函数是否为上的有界变差函数？若是，求M的最小值；若不是，请说明理由．解：（1）因为为奇函数，所以当时，，化简得，所以，代回检验符合题意．（2）是上的有界变差函数．证明如下：因为，，所以为偶函数，（i）当时，当时，单调递减，所以，即在上单调递减，又为偶函数，所以在上单调递增，对区间任意划分，若存在，满足，则，故若存在常数M，使得，则，否则必定存在，使得，下证当时，此时也恒成立，证明：，，综上，当，M的最小值为．（ii）当时，当时，单调递增，所以，即在上单调递增，又为偶函数，所以在上单调递减，对区间任意划分，若存在，满足，则，故若存在常数M，使得，则，否则必定存在，使得，下证当时，此时也恒成立，证明：，，综上，当，M的最小值为．综上所述，当时，M的最小值为；当时，M的最小值为22．山东省潍坊市2023-2024学年高一上学期1月期末考试数学试题一、单项选择题：本大题共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.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】.故选：C.2.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为底数，所以，都是单调递增函数，不合题意；当时，单调递增，不合题意；反比例函数，且，所以当时单调递减.故选：B．3.设，命题“存在，使有实根”的否定是（）A.任意，使无实根 B.任意，使有实根C.存在，使无实根 D.存在，使有实根【答案】A【解析】由题意知命题“存在，使有实根”为存在量词命题，其否定为：任意，使无实根.故选：A.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，，所以.故选：D.5.如图所示茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设乙在5次综合测评中的成绩中被污损数字为x，则，依题意得甲的平均值为，甲的平均值为，由题意可得，解得，即甲的平均成绩不超过乙的平均成绩时被污损的数字可能为7、8、9，故甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为.故选：B.6.已知关于x的不等式的解集是，则实数a的值为（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】由得，因为不等式的解集是，所以，解得.故选：B.7.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件“第一枚出现偶数点”，“第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（）A.A与B互斥 B.A与B互为对立C.A与B相等 D.A与B相互独立【答案】D【解析】事件与能同时发生，如第一枚的点数2，第二枚的点数为1，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；，，，，因为，所以与独立，故选项D正确；事件与不相等，故选项C错误.故选：D.8.已知是定义在上奇函数，若对于任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于任意的，当时，都有成立，所以在严格增，又是定义在上的奇函数，所以在上严格增，且，所以时，，时，，或，即或，所以.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的选项中，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.已知实数a，b，c满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】由实数a，b，c满足，且，得，b的正负无法确定，故，A正确；由于，则，但b正负不确定，故不能确定，B错误；由于，，故，C正确；由于，故，D正确.故选：ACD.10.已知函数的定义域为，值域为，则下列函数的值域也为的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】对于A，的图象可看作由的图象向左平移一个单位得到的，故值域不变，正确；对于B，由可得，即的值域为，错误；对于C，函数与函数的图象关于y轴对称，故函数的值域与函数的值域相同，为，正确；对于D，由可得，即的值域为，错误.故选：AC.11.在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续7日，每天新增疑似病例不超过5人”．根据过去连续7天的新增疑似病例数据信息，下列各项中，一定没有发生大规模群体感染的是（）A.众数为1且中位数为4 B.平均数为3且极差小于或等于2C.标准差为且平均数为2 D.平均数为2且中位数为3【答案】BCD【解析】根据题意，设7天数据中，最小值为a，最大值为b，依次分析选项：

对于A，数据1、1、1、4、5、6、7，满足众数为1且中位数为4，但不满足“每天新增疑似病例不超过5人”，不符合题意；

对于B，若数据的平均数为3，其数据的最小值，又由极差小于或等于2，故数据中的最大值，符合题意；

对于C，标准差为，则其方差为2，假设，则方差的最小值为，与标准差为矛盾，故必有，符合题意；

对于D，假设设，由于其中位数为3，则平均数的最小值为，与平均数为2矛盾，故必有，符合题意．

故选：BCD．12.已知函数若函数有三个零点，且，则（）A. B.C.函数的增区间为 D.的最小值为【答案】ABD【解析】如图所示：对于A：方程有三个解与有3个交点，从图中可以看出A正确；对于B：令得，即点的坐标为，令得，即点的坐标为，由图可知的范围应该介于，之间，可以取点，不能取点，所以，故B正确；对于C：的增区间为，所以的增区间为，故C错误；对于D：关于对称，所以，，令得或，由图可知，，，等号当时，即时成立，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.一组数据18，27，30，33，34，40，42的分位数为__________．【答案】40【解析】这一组数据共7个数据，，所以第75%分位数为第6个数据，是40.故答案为：40.14.已知定义在上的函数满足以下两个条件：①对任意恒有；②在上单调递减．请写出一个满足上述条件的函数________．（答案不唯一）【答案】【解析】根据题意知函数满足以下两个条件：①对任意恒有；②在上单调递减，则在上单调递减，且，即满足，故符合题意.故答案为：.15.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局打成后，甲先发球，则甲以获胜的概率为______.【答案】【解析】由题意可得，甲、乙的比分为后，甲、乙又进行了4场比赛，每场比赛结果相互独立，前2场甲一胜一负，最后2场甲连胜，则甲以赢得比赛的概率为.故答案：.16.已知实数a，b满足，则______.【答案】2【解析】由得，，即，由得，，令，则在定义域内单调递增，有，，故，即，所以.故答案为：2.四、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.已知集合.（1）求；（2）若集合，且“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围.解：（1）由题意得，，，所以.（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合A是集合C的真子集，所以，解得，所以实数m的取值范围是.18.已知函数（且）的图象恒过定点A，且点A在函数的图象上．（1）求函数的解析式；（2）若存在互不相等的实数m，n使，求的值．解：（1）令得，所以函数的图象恒过定点，所以，解得，所以.（2）由，得，所以或，当时，由单调性知，，不符合题意；当时，，所以．19.甲、乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲、乙两台机床加工的零件都是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品且甲机床加工的零件不是一等品的概率是.（1）分别求甲、乙两台机床各自加工的零件是一等品的概率；（2）从甲加工的零件中取两个，从乙加工的零件中取一个检验，求至少有一个一等品的概率.解：（1）记事件A：甲机床加工的零件是一等品，事件B：乙机床加工的零件是一等品，且A与B相互独立，由题意得，，所以，解得.（2）记事件C：从甲加工的零件中取两个都不是一等品，事件D：抽取的三个零件至少有一个一等品，则，所以.20.已知函数.（1）解关于x的不等式；（2）若关于x的不等式的解集为.（i）求的值；（ii）求的最小值.解：（1）不等式，整理得，当时，原不等式可化为，此时不等式的解为或；当时，原不等式可化为，此时不等式的解为；综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.（2）（i）若的解集为，则m，n分别是方程的两根，且，由韦达定理可知，所以.（ii）由（i）知，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为9.21.某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率；（3）根据检测结