2021-2022学年江西省抚州市临川一中暨临川一中实验学校高一（上）期末数学试卷

这是一份2021-2022学年江西省抚州市临川一中暨临川一中实验学校高一（上）期末数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知集合A＝{x|3x}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2}，则（∁RA）∩B＝（ ）
A．{﹣3，﹣2}B．{﹣3，﹣2，﹣1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
2．（5分）已知a＝20210.5，b＝0.52021，c＝lg20210.5，则（ ）
A．c＞b＞aB．c＞a＞bC．a＞b＞cD．a＞c＞b
3．（5分）下列函数在定义域上既是奇函数又是减函数的是（ ）
A．
B．f（x）＝lg0.5x
C．f（x）
D．
4．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0]上单调递减．若实数a满足f（lg2a）+f（lga）≤2f（2），则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，4]B．（0，4]C．D．
5．（5分）函数f（x）＝ln（x）的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．（5分）甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为．若前两局中乙队以2：0领先，则下列结论正确的是（ ）
A．甲队获胜的概率为
B．乙队以3：0获胜的概率为
C．乙队以3：1获胜的概率为
D．乙队以3：2获胜的概率为
7．（5分）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事时间内没有发生大规模群体感染的标志是“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：中位数为2，众数为3；
乙地：总体平均数为2，总体方差为3；
丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；
丁地：总体平均数为3，中位数为4．
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）
A．甲地B．乙地C．丙地D．丁地
8．（5分）已知函数f（x），若方程f（x）＝a有三个实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则下列结论不正确的为（ ）
A．x1x2＝1
B．的取值范围为[5，+∞）
C．a的取值范围为
D．不等式f（x）＞2的解集为
二、多选题：本大题共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.
（多选）9．（5分）下列命题是假命题的有（ ）
A．若一组数据为82，81，79，78，95，88，92，84，则该组数据的75%分位数是88
B．命题“∀x＞0，2x＞1”的否定为“∃x≤0，2x≤1”
C．设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件是次品
D．若幂函数f（x）＝xα（α∈R）经过点，则α＝﹣3
（多选）10．（5分）已知a＞0，b＞0，若4a+b＝1，则（ ）
A．的最小值为9
B．的最小值为9
C．（4a+1）（b+1）的最大值为
D．（a+1）（b+1）的最大值为
（多选）11．（5分）某停车场的收费标准如下：临时停车半小时内（含半小时）免费，临时停车1小时收费5元，此后每停车1小时收费3元，不足1小时按1小时计算，24小时内最高收费40元．现有甲、乙两车临时停放在该停车场，下列判断正确的是（ ）
A．若甲车与乙车的停车时长之和为1.6小时，则停车费用之和可能为8元
B．若甲车与乙车的停车时长之和为2.5小时，则停车费用之和可能为10元
C．若甲车与乙车的停车时长之和为10小时，则停车费用之和可能为34元
D．若甲车与乙车的停车时长之和为25小时，则停车费用之和可能为45元
（多选）12．（5分）已知函数f（x）（m∈R，e为自然对数的底数），则（ ）
A．函数f（x）至多有2个零点
B．函数f（x）至少有1个零点
C．当m＜﹣3时，对∀x1≠x2，总有0成立
D．当m＝0时，方程f[f（x）]＝0有3个不同实数根
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）总体编号为01，02，…19，20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为 ．
14．（5分）若正数a，b满足a+b+2＝ab，则的最小值是 ．
15．（5分）某次投篮测试中，投中2次才能通过测试，通过即停止投篮，且每人最多投3次．已知，某同学每次投篮投中的概率为0.7，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 ．
16．（5分）对于函数，有以下四个命题：
①对于任意实数a，f（x）为偶函数；
②f（x）有两个零点的充要条件是a≤0；
③f（x）的最小值为a；
④存在实数a，使得方程f（x）＝1有且仅有一个实数解．
其中正确的命题的序号有 ．
四、解答题：共题本大题6小题，共70分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程及演算步骤.
17．（10分）化简求值：
（1）；
（2）．
18．（12分）有A，B两个盒子，其中A盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，B盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，f3（x）＝lgx，f4（x）＝2x．
（1）若从B盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率；
（2）若从A，B两盒中各取一张卡片，B盒中的卡片上的函数恰好具备A盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“巧合”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“巧合”的概率．
19．（12分）“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（90分及以上为认知程度高），现从参赛者中抽取了x人，按年龄分成5组（第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]），得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人．
（1）求x；
（2）求抽取的x人的年龄的中位数（结果保留整数）；
（3）从该市大学生、军人、医务人员、工人、个体户五种人中用分层抽样的方法依次抽取6人，42人，36人，24人，12人，分别记1～5组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加知识竞赛代表相应的成绩，年龄组中1～5组的成绩分别为93，96，97，94，90，职业组中1～5组的成绩分别为93，98，94，95，90．
（Ⅰ）分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差；
（Ⅱ）以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“一带一路”的认知程度，并谈谈你的感想．
20．（12分）某纪念章从某年某月某日起开始上市，通过市场调查，得到该纪念章每1枚的市场价y（单位：元）与上市时间x（单位：天）的数据如表：
（1）根据上表数据，从下列函数中选取一个恰当的函数描述该纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系并说明理由：①y＝ax+b；②y＝ax2+bx+c；③y＝a•lgbx；④y＝k•ax；
（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格．
21．（12分）定义在R上的函数f（x）是单调函数，满足f（3）＝6，且f（x+y）＝f（x）+f（y），（x，y∈R）．
（1）求f（0），f（1）；
（2）判断f（x）的奇偶性，并证明；
（3）在下列两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答．
①；②．
若 _______，f（kx2）+f（2x﹣1）＜0，求实数k的取值范围．
22．（12分）已知函数f（x）＝x+lg9（9x+1）．
（1）若f（x）﹣（2x+a）＞0对于任意x恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数g（x）＝9f（x）﹣x+2m•3x+1，x∈[0，lg98]，是否存在实数m，使得g（x）的最小值为0？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．
2021-2022学年江西省抚州市临川一中暨临川一中实验学校高一（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、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．（5分）已知集合A＝{x|3x}，B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2}，则（∁RA）∩B＝（ ）
A．{﹣3，﹣2}B．{﹣3，﹣2，﹣1}C．{0，1，2}D．{﹣1，0，1，2}
【分析】化简集合A，根据补集与交集的定义，运算即可．
【解答】解：集合A＝{x|3x}＝{x|x＜﹣1}，
所以∁RA＝{x|x≥﹣1}；
又集合B＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2}，
所以（∁RA）∩B＝{﹣1，0，1，2}．
故选：D．
【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2．（5分）已知a＝20210.5，b＝0.52021，c＝lg20210.5，则（ ）
A．c＞b＞aB．c＞a＞bC．a＞b＞cD．a＞c＞b
【分析】利用指数与对数函数的单调性，即可得出大小关系．
【解答】解：∵a＝20210.5＞1，b＝0.52021∈（0，1），c＝lg20210.5＜0，
∴a＞b＞c．
故选：C．
【点评】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（5分）下列函数在定义域上既是奇函数又是减函数的是（ ）
A．
B．f（x）＝lg0.5x
C．f（x）
D．
【分析】根据常见函数的性质判断函数的单调性和奇偶性即可．
【解答】解：对于A，函数是奇函数，在定义域上不单调，故A错误，
对于B，函数f（x）不是奇函数，故B错误，
对于C，函数在定义域上单调递减且是奇函数，故C正确，
对于D，函数f（x）不是单调函数，故D错误，
故选：C．
【点评】本题考查了常见函数的性质，考查函数的单调性，奇偶性问题，是基础题．
4．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0]上单调递减．若实数a满足f（lg2a）+f（lga）≤2f（2），则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，4]B．（0，4]C．D．
【分析】由题意，不等式f（lg2a）+f（lga）≤2f（2）等价于2f（lg2a）≤2f（2），结合f（x）在R上的单调性即可求解不等式．
【解答】解：∵f（x）是定义域为R的偶函数，
∴f（lg2a）＝f（lga），
∴不等式f（lg2a）+f（lga）≤2f（2）等价于2f（lg2a）≤2f（2），
又∵f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，
∴f（|lg2a|）≤f（2），即﹣2≤lg2a≤2，
解得a≤4，
∴a的取值范围是[，4]．
故选：D．
【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性，涉及不等式的求解，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
5．（5分）函数f（x）＝ln（x）的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据函数的性质，结合函数图象特点即可得到结论．
【解答】解：由x0 得，﹣1＜x＜0或x＞1，
即函数的定义域为{x|﹣1＜x＜0或x＞1}，故A，D错误．
当x＞1时，y＝x为增函数，
∴f（x）＝ln（x）也为增函数，
∴排除C，
故选：B．
【点评】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数的性质是解决本题的关键．
6．（5分）甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为．若前两局中乙队以2：0领先，则下列结论正确的是（ ）
A．甲队获胜的概率为
B．乙队以3：0获胜的概率为
C．乙队以3：1获胜的概率为
D．乙队以3：2获胜的概率为
【分析】A，在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜；
B，乙队以3：0获胜，即第4局乙获胜；
C，乙队以三比一获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜；
D，若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输．
【解答】解：对于A，在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜，
所以甲队获胜的概率为P1＝（）3，故A错误；
对于B，乙队以3：0获胜，即第4局乙获胜，概率为，故B正确；
对于C，乙队以三比一获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为，故C错误；
对于D，若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，
所以乙队以3：2获胜的概率为，故D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件与它的对立事件概率间的关系，属于中档题．
7．（5分）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事时间内没有发生大规模群体感染的标志是“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：中位数为2，众数为3；
乙地：总体平均数为2，总体方差为3；
丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；
丁地：总体平均数为3，中位数为4．
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）
A．甲地B．乙地C．丙地D．丁地
【分析】根据题意，由众数、中位数、方差的统计意义，分析四个地区是否可能出现“发生大规模群体感染”，即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于甲地：中位数为2，众数为3，有可能出现超过7人的情况，如数据0，0，1，1，2，2，3，3，3，8，出现了每天新增疑似病例超过7人的情况，可能发生大规模群体感染；
对于乙地，假设过去10天新增疑似病例数据存在一个数据x，x≥8，
而总体平均数为2，则总体方差S2（x﹣2）2≥3.6，故不成立，
故假设不成立，故符合没有发生大规模群体感染的标志，一定没有发生大规模群体感染；
对于丙地，对于数据8，1，1，0，0，0，0，0，0，0，总体平均数为1，总体方差大于0，而出现了每天新增疑似病例超过7人的情况，可能发生大规模群体感染；
对于丁地，平均数与中位数不能限制极端值的出现，则有可能出现超过7人的情况，可能发生大规模群体感染；
故选：B．
【点评】本题考查众数、中位数、方差的计算，注意列举法的运用，属于基础题．
8．（5分）已知函数f（x），若方程f（x）＝a有三个实数根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则下列结论不正确的为（ ）
A．x1x2＝1
B．的取值范围为[5，+∞）
C．a的取值范围为
D．不等式f（x）＞2的解集为
【分析】问题转化为f（x）和y＝a有3个不同的交点，结合函数图象，对各个选项分别判断即可．
【解答】解：画出函数f（x）的图象，如图示：
f（x）＝a有3个不等的实根
⇔f（x）和y＝a有3个不同的交点，
∴a∈（0，2]，故C错误，
∵x1＜x2＜x3，x1x2，
x1x2（x1•x2）＝0，
∴x1•x2＝1故A正确，
2，x3≥5，故∈[5，+∞）故B正确，
结合图象不等式f（x）＞2的解集为（0，）∪（4，5），故D正确，
故选：C．
【点评】本题考查了函数的零点问题，考查常见函数的性质以及转化思想，是中档题．
二、多选题：本大题共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.
（多选）9．（5分）下列命题是假命题的有（ ）
A．若一组数据为82，81，79，78，95，88，92，84，则该组数据的75%分位数是88
B．命题“∀x＞0，2x＞1”的否定为“∃x≤0，2x≤1”
C．设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件是次品
D．若幂函数f（x）＝xα（α∈R）经过点，则α＝﹣3
【分析】直接利用分位数，命题的否定，概率和估计值间的关系，幂函数的性质判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：该组数据的75%分位数在第6位和第7位之间，故，故A错误；
对于B：命题“∀x＞0，2x＞1”的否定为“∃x＞0，2x≤1”故B错误；
对于C：次品率为该产品的估计值，并不是对200件产品来说的，故C错误；
对于D：幂函数f（x）＝xα（α∈R）经过点，则α，故D错误．
故选：ABCD．
【点评】本题考查的知识要点：分位数，命题的否定，概率和估计值间的关系，幂函数的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
（多选）10．（5分）已知a＞0，b＞0，若4a+b＝1，则（ ）
A．的最小值为9
B．的最小值为9
C．（4a+1）（b+1）的最大值为
D．（a+1）（b+1）的最大值为
【分析】利用基本不等式的变形及乘1法，基本不等式的性质可求得答案．
【解答】解：对于A，（）（4a+b）＝24，故A错误，
对于B，（）（4a+b）＝59，故B正确，
对于C，由于a＞0，b＞0，（4a+1）+（b+1）＝3，所以（4a+1）（b+1）≤（）2，当且仅当4a+1＝b+1时取等号，故C正确；
对于D，由于a＞0，b＞0，（4a+4）+（b+1）＝6，所以（a+1）（b+1）（4a+4）（b+1）（）2，当且仅当4a+4＝b+1＝3时取等号．即a，b＝2，故等号取不到，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了基本不等式的性质及其应用，考查了灵活运用基本不等式解决问题的能力，属于基础题．
（多选）11．（5分）某停车场的收费标准如下：临时停车半小时内（含半小时）免费，临时停车1小时收费5元，此后每停车1小时收费3元，不足1小时按1小时计算，24小时内最高收费40元．现有甲、乙两车临时停放在该停车场，下列判断正确的是（ ）
A．若甲车与乙车的停车时长之和为1.6小时，则停车费用之和可能为8元
B．若甲车与乙车的停车时长之和为2.5小时，则停车费用之和可能为10元
C．若甲车与乙车的停车时长之和为10小时，则停车费用之和可能为34元
D．若甲车与乙车的停车时长之和为25小时，则停车费用之和可能为45元
【分析】根据各个选项的停车时长，算出停车费用，即可判断选项是否正确．
【解答】解：选项A：因为停车时长为1.6小时，若甲或乙停车0小时，乙或甲停车1.6小时，则停车费用为8元，故A正确，
选项B：因为停车时长为2.5小时，超过2小时，则停车费用之和大于10元，不可能为10元，B错误，
选项C：因为停车时长为10小时，若每人停车时长为5小时，则停车总费用为2×[5+（5﹣1）×3]＝34元，C正确，
选项D：因为停车时长为25小时，若甲停车时长为1小时，则乙停车时长为24小时，则停车总费用为5+40＝45，D正确，
故选：ACD．
【点评】本题考查了根据实际问题建立函数模型的问题，属于基础题．
（多选）12．（5分）已知函数f（x）（m∈R，e为自然对数的底数），则（ ）
A．函数f（x）至多有2个零点
B．函数f（x）至少有1个零点
C．当m＜﹣3时，对∀x1≠x2，总有0成立
D．当m＝0时，方程f[f（x）]＝0有3个不同实数根
【分析】作出函数y＝ex﹣1和函数y＝﹣x2﹣4x﹣4的图象，观察图象逐项分析即可得出答案．
【解答】解：作出函数y＝ex﹣1和函数y＝﹣x2﹣4x﹣4的图象如图所示，
当m＞0时，函数f（x）只有1个零点，
当﹣2＜m≤0时，函数f（x）有2个零点，
当m≤﹣2时，函数f（x）只有1个零点，故选项AB正确；
当m＜﹣3时，函数f（x）为增函数，故选项C正确；
当m＝0时，f（t）＝0，t1＝﹣2，t2＝0，当f（x）＝t1＝﹣2时，该方程有两个解，
当f（x）＝t2＝0时，该方程有两个解，所以方程f[f（x）]＝0有4个不同的解，故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题以分段函数为背景，考查函数的零点，单调性，函数的图象与性质，考查推理论证能力，考查数形结合思想，考查直观想象，数学抽象，数学运算等核心素养，属于中档题．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）总体编号为01，02，…19，20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为 01 ．
【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．
【解答】解：从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字中小于20的编号依次为08，02，14，02，14，19，14，01，04，00．其中第七个和第五个与第三个都是14，重复．第二个02，第四个是02，重复，
可知对应的数值为08，02，14，19，01，
则第5个个体的编号为01．
故答案为：01．
【点评】本题主要考查简单随机抽样的应用，正确理解随机数法是解决本题的关键，比较基础．
14．（5分）若正数a，b满足a+b+2＝ab，则的最小值是 2 ．
【分析】由已知得，a0，从而可得b＞1，然后把a代入所求式子，结合基本不等式即可求解．
【解答】解：因为正数a，b满足a+b+2＝ab，
所以a0，
所以b＞1，
则b﹣1，
当且仅当b﹣1，即b＝1时取等号，
故则的最小值2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值中的应用，属于基础题．
15．（5分）某次投篮测试中，投中2次才能通过测试，通过即停止投篮，且每人最多投3次．已知，某同学每次投篮投中的概率为0.7，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 0.784 ．
【分析】该同学通过测试是指该同学连续投中两次或前两次投中一次且第三次投中，由此能求出该同学通过测试的概率．
【解答】解：该同学通过测试是指该同学连续投中两次或前两次投中一次且第三次投中，
∴该同学通过测试的概率为：
p0.784．
故答案为：0.784．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式的合理运用．
16．（5分）对于函数，有以下四个命题：
①对于任意实数a，f（x）为偶函数；
②f（x）有两个零点的充要条件是a≤0；
③f（x）的最小值为a；
④存在实数a，使得方程f（x）＝1有且仅有一个实数解．
其中正确的命题的序号有 ①③④ ．
【分析】直接利用函数的性质对称性的应用，函数的图象和函数的零点的关系，充分条件和必要条件判断①②③④的结论．
【解答】解：函数，：
对于①，对于任意实数a，由于x∈R，函数f（x）满足f（x）＝f（﹣x），故函数f（x）为偶函数，故①正确；
对于②，由于函数y＝2|x|和函数y在x＝0时达到最小值，所以 的最小值为0，所以函数f（x）＝0整理得，故函数g（x）与函数k（x）＝﹣a有两个交点的充要条件为a＜0，故②错误；
对于③，由②得：函数g（x）的最小值为0，所以f（x）的最小值为a，故③正确；
对于④，由②得：g（x）的最小值为0，故当1﹣a＝0时，解得a＝1，即存在实数a，使得方程f（x）＝1有且仅有一个实数解，故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查的知识要点：函数的关系式的变换，函数的性质，对称性的应用，函数的图象和函数的零点的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
四、解答题：共题本大题6小题，共70分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程及演算步骤.
17．（10分）化简求值：
（1）；
（2）．
【分析】（1）利用有理数指数幂的运算性质求解．
（2）利用对数的运算性质求解．
【解答】解：（1）原式．
（2）原式．
【点评】本题主要考查了有理数指数幂的运算性质，考查了对数的运算性质，属于基础题．
18．（12分）有A，B两个盒子，其中A盒中装有四张卡片，分别写有：奇函数、偶函数、增函数、减函数，B盒中也装有四张卡片，分别写有函数：，，f3（x）＝lgx，f4（x）＝2x．
（1）若从B盒中任取两张卡片，求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率；
（2）若从A，B两盒中各取一张卡片，B盒中的卡片上的函数恰好具备A盒中的卡片上的函数的性质时，则称为一个“巧合”，现从两盒中各取一张卡片，求它们恰好“巧合”的概率．
【分析】（1）B盒中的4个函数分别记为1，2，3，4，从B盒中任取两张卡片，列举出所有的基本事件，再找出其中定义域不同的基本事件，再利用古典概型的概率公式求解即可．
（2）把A盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减，从A，B两盒中各取一张卡片，列举出所有的基本事件，再根据函数的单调性得到“巧合”的个数，最后由古典概型的概率公式即可求解．
【解答】解：（1）B盒中的4个函数，，f3（x）＝lgx，f4（x）＝2x分别记为1，2，3，4，
从B盒中任取两张卡片，所有的取法为（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种，
又函数f1（x），f2（x），f4（x）的定义域均为R，函数f3（x）的定义域为（0，+∞），
所取函数的定义域不同的取法有（1，3），（2，3），（3，4），共3种，
所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为．
（2）解：把A盒中的奇函数、偶函数、增函数、减函数分别记为奇、偶、增、减，
则从A，B两盒中各取一张卡片有（奇，1），（奇，2），（奇，3），（奇，4），（偶，1），（偶，2），（偶，3），（偶，4），（增，1），（增，2），（增，3），（增，4），（减，1），（减，2），（减，3），（减，4），共16种取法，
又f1（x）是偶函数，f4（x）是奇函数，f2（x）是减函数，f3（x），f4（x）是增函数，
所以恰为“巧合”的有（偶，1），（奇，4），（减，2），（增，3），（增，4），共5种，
所以“巧合”的概率为．
【点评】本题主要考查了函数的定义域和奇偶性，以及单调性，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
19．（12分）“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，某市为了了解人们对“一带一路”的认知程度，对不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（90分及以上为认知程度高），现从参赛者中抽取了x人，按年龄分成5组（第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]），得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有6人．
（1）求x；
（2）求抽取的x人的年龄的中位数（结果保留整数）；
（3）从该市大学生、军人、医务人员、工人、个体户五种人中用分层抽样的方法依次抽取6人，42人，36人，24人，12人，分别记1～5组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加知识竞赛代表相应的成绩，年龄组中1～5组的成绩分别为93，96，97，94，90，职业组中1～5组的成绩分别为93，98，94，95，90．
（Ⅰ）分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差；
（Ⅱ）以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“一带一路”的认知程度，并谈谈你的感想．
【分析】（1）根据频率分布直方图求出第一组频率，由此能求出x．
（2）设中位数为a，则0.01×5+0.07×5+（a﹣30）×0.06＝0.5，由此能求出中位数．
（3）（Ⅰ）利用平均数和方差公式能分别求出5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差．
（Ⅱ）从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更好．感想：结合本题和实际，符合社会主义核心价值观即可．
【解答】（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）根据频率分布直方图得第一组频率为0.01×5＝0.05，
∴，∴x＝120． …（2分）
（Ⅱ）设中位数为a，则0.01×5+0.07×5+（a﹣30）×0.06＝0.5，
解得a．
∴中位数为32． …（5分）
（Ⅲ）（i）5个年龄组的平均数为（93+96+97+94+90）＝94，
方差为[（﹣1）2+22+32+02+（﹣4）2]＝6，
5个职业组的平均数为（93+98+94+95+90）＝94，
方差为[（﹣1）2+42+02+12+（﹣4）2]＝6.8． …（10分）
（ii）评价：从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更好．
感想：一带一路”是指“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称．它将充分依靠中国与有关国家既有的双多边机制，借助既有的、行之有效的区域合作平台．“一带一路”战略目标是要建立一个政治互信、经济融合、文化包容的利益共同体、命运共同体和责任共同体，是包括欧亚大陆在内的世界各国，构建一个互惠互利的利益、命运和责任共同体．
（结合本题和实际，符合社会主义核心价值观即可．）…（12分）
【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查中位数、平均数、方差的求法及应用，是基础题．
20．（12分）某纪念章从某年某月某日起开始上市，通过市场调查，得到该纪念章每1枚的市场价y（单位：元）与上市时间x（单位：天）的数据如表：
（1）根据上表数据，从下列函数中选取一个恰当的函数描述该纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系并说明理由：①y＝ax+b；②y＝ax2+bx+c；③y＝a•lgbx；④y＝k•ax；
（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格．
【分析】（1）由表格中的数据可知所选函数为非单调函数，即y＝ax2+bx+c；
（2）把三组数据代入所选函数解析式，得到关于a，b，c的方程组，求解a，b，c的值，再由配方法求最值．
【解答】解：（1）∵随着时间x的增加，y的值先减后增，
而所给的四个函数中y＝ax+b、y＝a•lgbx及y＝k•ax显然都是单调函数，不满足题意，
∴选取函数y＝ax2+bx+c；
（2）把点（4，90），（10，51），（36，90）代入函数，
得，解得．
∴y．
∴当x＝20时，y有最小值，ymin＝26．
故该纪念章市场价最低时的上市天数为20天，最低价格为26元．
【点评】本题考查根据实际问题选择函数模型，训练了二次函数最值的求法，是中档题．
21．（12分）定义在R上的函数f（x）是单调函数，满足f（3）＝6，且f（x+y）＝f（x）+f（y），（x，y∈R）．
（1）求f（0），f（1）；
（2）判断f（x）的奇偶性，并证明；
（3）在下列两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答．
①；②．
若 _______，f（kx2）+f（2x﹣1）＜0，求实数k的取值范围．
【分析】（1）求出f（0）＝0，求出f（3）＝3f（1），然后求解f（1）；
（2）利用函数奇偶性的定义判断函数f（x）的奇偶性即可；
（3）选①：利用函数的奇偶性，结合不等式恒成立，以及函数的单调性求解函数的最小值以及k的范围即可．
选②：利用函数f（x）是奇函数，且f（kx2）+f（2x﹣1）＜0在上有解，转化不等式，求解函数的最大值，推出k的取值范围即可．
【解答】解：（1）取x＝0，得f（0+y）＝f（0）+f（y），即f（y）＝f（0）+f（y），∴f（0）＝0，
∵f（3）＝f（1+2）＝f（1）+f（2）＝f（1）+f（1）+f（1）＝3f（1），又f（3）＝6，得3f（1）＝6，可得f（1）＝2；
（2）取y＝﹣x，得f（0）＝f[x+（﹣x）]＝f（x）+f（﹣x）＝0，移项得f（﹣x）＝﹣f（x）
∴函数f（x）是奇函数；
（3）选①：
∵f（x）是奇函数，且f（kx2）+f（2x﹣1）＜0在上恒成立，
∴f（kx2）＜f（1﹣2x）在上恒成立，且f（0）＝0＜f（1）＝2；
∴f（x）在R上是增函数，∴kx2＜1﹣2x在上恒成立，∴在上恒成立，
令．由于，∴．
∴g（x）min＝g（1）＝﹣1，∴k＜﹣1．即k∈（﹣∞，﹣1）．
选②：f（x）是奇函数，且f（kx2）+f（2x﹣1）＜0在上有解，
∴f（kx2）＜f（1﹣2x）在上有解，且f（0））＝0＜f（1）＝2；
∴f（x）在R上是增函数，
∴kx2＜1﹣2x在上有解，∴在上有解，
令．由于，∴．
∴，∴k＜0．即k∈（﹣∞，0）．
【点评】本题考查抽象函数的应用，函数恒成立体积的转化，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
22．（12分）已知函数f（x）＝x+lg9（9x+1）．
（1）若f（x）﹣（2x+a）＞0对于任意x恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数g（x）＝9f（x）﹣x+2m•3x+1，x∈[0，lg98]，是否存在实数m，使得g（x）的最小值为0？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由f（x）﹣（2x+a）＞0对于任意x恒成立，可得对于任意x恒成立，然后求出a的取值范围．
（2）根据条件，可得g（x）＝9x+2m⋅3x+2，令t＝3x，得到p（t）＝t2+2mt+2＝（t+m）2+2﹣m2，然后对m分类讨论，求出m的值即可．
【解答】解：（1）由题意，可知f（x）﹣（2x+a）＞0对于任意x恒成立，
代入可得，所以对于任意x恒成立，
令，
因为，所以由对数函数的图像与性质，可得，所以a≤0，
所以a的取值范围为（﹣∞，0]．
（2）g（x）＝9f（x）﹣x+2m⋅3x+1，x∈[0，lg98]，且
代入化简，可得g（x）＝9x+2m⋅3x+2，
令t＝3x，因为x∈[0，lg98]，所以，
则p（t）＝t2+2mt+2＝（t+m）2+2﹣m2，，
①当﹣m≤1，即m≥﹣1时，p（t）在上为增函数，
所以p（t）min＝p（1）＝2m+3＝0，解得，不合题意，舍去
②当，即时，
p（t）在[1，﹣m]上为减函数，p（t）在上为增函数，
所以，解得，所以
③当，即时，p（t）在上为减函数，
所以，解得不合题意，舍去，
综上可知，．
【点评】本题考查了函数恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．
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