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
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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
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()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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