安市高一上学期期末教学质量检测2021
数学试题
(测试叶间:120分钟卷面总分:150分)
注意事项
1答卷前,考生务将自已的姓名、考证号填写在答题卡上
2问答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦f
净后,再迅涂其他答案标号.阿答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效
3.考试结束后,将答题卡交问
、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。
设集合A=(1,5,7,B=(=2≤0小则A∩B=
A.1,3
B.{3,5
C.(5,7}
2已知命题p:3x。∈Rx3-x。≤0,则p的否定为
A.3x∈R,x3-x。>0
B.Hx∈R,x2-x>0
C.Hx∈R,x2-x≤0
3.某地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异,而男、女生视力情况差异不大,
为了解该地区中小学生的祝力情况.下而的抽样方法中,最合理的抽样方法是
A.简单随机抽样
1按性别分层随机抽样
C按学段分层随机抽样
D其他抽样方法
4.若x>0,则4-x-9
A.最小值-2
B最大值-2
C.最小值10
1)最大值10
5设a+lga=0,b=3,c=lna,则a,b,的大小关系为
B. c
Ca
1).b6.一个大于1的自然数除了1和它自身外,不能被其他正整数整除的数叫做素数我国数学家
陈景润在母德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大F2的偶数
可以表示为两个素数的和”,如8=3+5.在不超过15的素数中,随机地取两个不同的数,其和
大于15的概率是
吉安市高一上学期期末教学质量检测数学试题第1贝共6页
7.若关于x的不等式x2+(a+1)x+ab>0的解集为(x1x≠1},则ab的值为
A.1
B.2
8.已知函数f(x2+1)=√2-x2+1x1,则下列选项中正确的是
A.函数f(x)是单调增函数
1.数f(x)的值域为(0.2
C函数f(x)为偶函数
1函数f(x)的定义域为[1,3
二、选择题:本题共↓小题,每小题5分,共20分。在毎小题给出的选项中,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.下列各式正确的是
3°
.已知2a+b=1.则
C若log.2=m,log.3=n,则a”=12
log, 9 log. 3lg 3
10.下列存在量词命题中,是假命题的是
A.彐x∈R,2x+√x-1=0
B若f(x)为奇函数,则f(0)=0
C.3x∈R|x|<0
D)若f(-1)>f(-2),则f(x)为增函数
1.下表是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据.
每场比赛得分
3
6
10
頻数2123111
则该队员得分的
A.中位数是10
B.平均数是8
C.第40百分位数是7
D方差是48
12由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年,德国数学家戴德金从连续性的
要求出发,用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割),并把实数理论建立在严格的
科学基础上,才结束了无理数被认为“无理”的时代也结東了持续2000多年的数学史上的
第一次大危机所谓戴德金分期,是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N,且满足
MUN=Q,M∩N=,M中的每一个元素都小于N中的每一个元素,则称(M,N)为戴德
金分割试判断,对于任一戴德金分割(M,N),下列选项可能成立的是
AM没有最大元素,N有·个最小元素1M没有最大元素,N也没有最小元素
CM有一个最大元素,N有个最小元素D.M有一个最大元索,N没有最小元素
三、填空题:本题共4小题每小题5分,共20分。
13数f(x)=√2x+1+√2x1的定义城是
14已知甲,乙,丙三人去参加某公司面试,他们被该公司录取的概率分别是
54·3·三人录
取结果相互之间没有影响,则他们三人中恰有两人坡录取的概率为
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数学试题参考答案
题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ２－(t－１)＋ (t－１)＝ ３－t＋ t－１,其定义
答案 B D C B B B 域为[１,３],f(x)不是偶函数,又因为f(１)＝f(３)＝
题号 ７ ８ ９ １０ １１ １２ ２,故 f(x)不 是 单 调 增 函 数,易 得 [f(t)]２ ＝
答案 A D ABC BCD AC ABD
( ３－t＋ t－１)２ ＝２＋２ (３－t)(t－１)＝２＋
１．B 集合A＝{１,３,５,７},B＝{x|２＜x≤５},则 A∩
２ －t２＋４t－３(１≤t≤３),则[f(t)]２∈[２,４],所
B＝{３,５}．故选B．
以[ ()]
２．D 由含有量词命题的否定可知选 D． ft ∈
[２,２],故选 D．
２ ５ ５
３．C 因为男、女生视力情况差异不大,而学段的视力 ３９．ABC 对于 A,a a２ ＝ a a３ ＝ a３ ＝a６ ,
情况有较大差异,所以应按学段分层抽样．故选C． ２７a ; , ３
b ３３a ３b
故 A对 对于 B ２a＋b ,故３a ＝ ３a ＝３ ＝３ B
９ ( ９４．B ４－x－ ＝４－ x＋ ) , ９x＋ 有最小值x x x ６,所 对;对于C,am ＝２,an＝３,a２m＋n ＝(am )２an ＝１２,故
９ ９
以４－x－ ＝４－ (x＋ ) 有最大值－２．故选B． ; , １ １x x C对 对于 Dlo ９＋lo ３＝log９４＋log３５＝log３２＋g４ g５
５．B 由已知得lga＝－ a,数形结合得０＜a＜１,则 log３５＝log３１０,故 D错．故选 ABC．
b＞１,c＜０,所以c＜a＜b,故选B． １０．BCD A中,２x＋ x－１＝０,即(２ x－１)(x＋１)＝
６．B 在不超过１５的素数２,３,５,７,１１,１３中,随机地 １
０,解得x＝ ,所以 A是真命题;B中,０必须在定４
取两个不同的数,基本事件总数为１５,其和大于１５
义域内,所以 B是假命题;C中,因为x＝０时,|０|
包含 的 基 本 事 件 有:(３,１３),(５,１１),(５,１３),
＝０,所以C是假命题;D显然是假命题．故选(７,１１),(７,
BCD．
１３),(１１,１３),∴其和大于１５的概率是
１１．AC 该队员得分的中位数和平均数都是１０,方差
６ ２
P＝１５＝ ．
故选
５ B． ５４２
是 ,第４０百分位数是１１ ７．
故选 AC．
ìΔ＝(a＋１)２ , －４ab＝０
７．A 由题知 í 解得a＋１ ab＝１．
故 １２．ABD 根据题意,依次分析选项:对于 A,若 M ＝
－ ２ ＝１
,
{x∈Q|x＜０},N＝{x∈Q|x≥０},则 M 没有最大
选 A． 元素,N 有一个最小元素０,故 A 正确;对于 B,若
８．D 由题意,因为f(x２＋１)＝ ２－x２ ＋|x|,所以 M＝{x∈Q|x＜ ２},N＝{x∈Q|x≥ ２},则 M 没
可得２－x２≥０,即－ ２≤x≤ ２,可令x２＋１＝t,所 有最大元素,N 也没有最小元素,故 B正确;对于
以x２＝t－１,x＝± t－１(１≤t≤３),则f(t)＝ C,M 有一个最大元素,N 有一个最小元素,设 M
吉安市高一上学期期末教学质量检测 数学试题 参考答案 第 １页 共４页
的最大元素为m,N 的最小元素为n,有 m＜n,不 ì １０－３a≥２
,
能满足 M∪N＝Q,C错误;对于 D,若 M＝{x∈Q| ②当C≠ 时,要C B,则 í２a≤５, 解得２＜
x≤０},N＝{x∈Q|x＞０},M 有一个最大元素,N
１０－３a＜２a,
没有最小元素,故 D正确．故选 ABD． ５
a≤ ． ２ ９
分
１
１３．[ , 要 使 函 数２ ＋ ∞ ) f (x)＝ ２x＋１ ＋ ５
由①②得a≤２．
２x＋１≥０, １
２x－１有意义,则{ 解之,得x≥ ． ５２x－１≥０． ２ 故a的取值范围是 (－∞, ] ． ２ １０分
３ －１
１４． 因为甲,乙,丙三人被该公司录取的频率分别 ２７ ３ ２ １ ０２０ １８．解:(１)① ( ) ＋ (３－２)＋３２ －(－２０２１)６４
１ １ １ －３×(－１)
是 , , ,且三人录取结果相互之间没有影响, ( ４ ３５ ４ ３ ＝ ３ ) ＋２－ ３＋ ３－１
所以他们三人中恰有两人被录取的概率为 (１－ ４ ７＝ ＋２－１＝ 分３ ３． ４
１ ) １ １ １ １ １ １ １５ × × ＋ × (１－ ) × ＋ × × ３２４ ３ ５ ４ ３ ５ ４ ②２log３２－log３ ９＋log３８
( １ ) ３ ２２１－３ ＝ ×８２０． ＝log３ ３２
９
１５．[ ３－ ,２ －１) ∪(－１,２] 因为－２x２＋x＋６≥０ ＝log３９
３
２x２－x－６≤０ － ≤x≤２,x∈{－１,m}是不等 ＝２． ８分２
(２)由于x＋x－１＝４＞０,所以x＞０,
式－２x２＋x＋６≥０成立的充分不必要条件,所以
１ １ ２－ －１
[ ３
２ ２
] x ＋x ＝x＋x ＋２＝６
,
{－１,m} － ,２ ,
３ ( )
可得
２ － ２ ≤m≤２
且 m≠
１ －１x２ ＋x ２ ＝ ６． １２分
－１．
２
１６．(x)＝x－４(
解:()函数 ( ) ( )
答案不唯一) １９． １ f x ＝ax ＋ b－２x＋３,由f(１)＝af
:() { ,可得 , 分１７．解 １ 因为A＝ x|３＜x＜７},B＝{x|２＜x＜５}, ＋b－２＋３＝２ a＋b＝１ １
所以A∪B＝{x|２＜x＜７}, ２分 １ ４ １ ４ b ４a所以
a ＋b ＝
(a＋b)( a ＋b ) ＝a ＋b ＋５≥２
因为A＝{x|３＜x＜７},所以 RA＝{x|x≤３或
b ４a 分
x≥７},
× ＋５＝９． ３
４分 a b
则( RA)∩B＝{x|２＜x≤３}． ５分 b ４a当且仅当 ＝ 时等号成立,因为 , ,a b a＋b＝１a＞０
(２)①当C＝ 时,满足C B,此时１０－３a≥２a,
１ ２
; b＞０,解得a＝ ,b＝ 时等号成立,
１ ４
此时
解得a≤２ ７分 ３ ３ a ＋b
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取得最小值９． ５分 该家庭使用了节水龙头后５０天日用水量的平均
(２)由a＋b＝１,得ax２＋(b－２)x＋３＞２,即ax２－ 数为
(a＋１)x＋１＞０,即(ax－１)(x－１)＞０． ７分 １
x２＝ (５０ ０．０５×１＋０．１５×５＋０．２５×１３＋０．３５×
当a＝０时,不等式的解集为(－∞,１);
１０＋０．４５×１６＋０．５５×５)＝０．３５(m３)． １０分
当a＜０时,
１
不等式的解集为 ( ,１) ;a 估计使用节水龙头后,一年可节省水(０．４８－０．３５)×
１
当０＜a≤１时, ≥１,不等式的解集为(－∞,１)∪ ３６５＝４７．４５(m
３)． １２分
a
２１．解:(１)∵f(x)为奇函数,
( １,a ＋∞ ) ; ∴ x∈R,f(x)＝－f(－x)恒成立, １分
１
当a＞１时, ＜１,不等式的解集为 ( －∞,１ ) ∪ x|x＋a|＝x|－x＋a|化简得２ax＝０恒成立,∴aa a
＝０． ３分
(１,＋∞)． １２分
(２)(i)当a＝－２时,
２０．解:(１)频率分布直方图如下图所示:
x２{ －２x
,x≥２,
f(x)＝x|x－２|＝ ４分
２x－x２,x＜２,
作出f(x)的图象
５分
由图象可知f(x)的单调递增区间为(－∞,１)和
(２,＋∞)．
单调递减区间(１,２)． ７分
４分 (i)由题意可知,f(x)在(３－２m,m＋１)上为减函数,
(２)该家庭未使用节水龙头５０天日用水量的平均 ８分
数为 ì３－２m＜m＋１．
１ 故(３－２m,m＋１) [１,２]．∴ í３－２m≥１．
x１＝ (５００．０５×１＋０．１５×３＋０．２５×２＋０．３５×４＋
m＋１≤２．
０．４５×９＋０．５５×２６＋０．６５×５)＝０．４８(m３)．
２
解得 ＜m≤１． 分７分 ３ １１
吉安市高一上学期期末教学质量检测 数学试题 参考答案 第 ３页 共４页
()解:( ) x －x (２x －２x
综上,
) ,
实数m 的取值范围为 ( ２, 分 ２ hx ＝２ ＋２ ＋２２ ＋２ －m３ １] ． １２
令t＝２x＋２－x．
２２．(１)证明:∵f(x)的图象关于y 轴对称,∴f(x)为
则h(x)＝２(２x＋２－x)２－４＋２x＋２－x－m
偶函数, １分
２ 分
∴f(－x)－f(x)＝０,即２－x ＋a x (x
＝２t ＋t－４－m． ７
２ － ２ ＋a
－x) , ( )(x －x) , 由(１)可得当x∈[－１,＋∞)时,２ ＝０ 整理得 １－a ２ －２ ＝０ 上式对任意 t∈
[２,＋∞);
２
的x∈R均成立,故１－a＝０, ２分 引入函数F(t)＝２t ＋t－４－m,t∈[２,＋∞)．
∴a＝１． ３分 易知F(t)在[２,＋∞)上单调递增,F(t)最多有一
任取x１,x２∈[０,＋∞),且x１＜x２, 个零点．
则f(x２)－f(x１)＝２x２＋２－x２－２x１－２－x１ 要使h(x)在[－１,＋∞)上有两个零点,则t∈ (２,
２x１＋２x２＋２x１－２２x１＋x２－２x２
＝
２x１＋x２ ５ ] , １０分２
(２x１＋x２－１)(２x２－２x１)
＝ x ＋x ． ２ ５
分
１ ２
所以m＝２t２＋t－４,t∈ ( ,５２ ] ,可得２ m∈(６,１１],
∵x１,x２∈[０,＋∞),且x x x１＜x２,∴２１－２２＜０,
故实数m 的取值范围为(６,１１]． １２分
２x１＋x２－１＞０,∴f(x２)＞f(x１),即证f(x)在[０,
＋∞)上单调增． ６分
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