20202021學年遼寧省大連市高一上學期期末數學試題一、單選題1．“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】A【分析】根據充要關系定義進行判斷選擇.【詳解】若，則，所以充分性成立；若，則不一定成立，例如互為相反向量時就不成立，所以必要性不成立；故選：A【點睛】本題考查充要關系判斷，考查基本分析判斷能力，屬基礎題.2．若，，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求解出對數型函數的定義域作為集合，然后根據集合的補集和交集運算求解出的結果.【詳解】因為中，所以，所以，所以，所以，故選：C.3．若樣本平均數為，總體平均數為，則A． B． C．是的估計值 D．是的估計值【答案】D【詳解】樣本平均數為，總體平均數為，統計學中，利用樣本數據估計總體數據，樣本平均數是總體平均數的估計值，故選D.4．如圖所示，在正方形ABCD中，E為AB的中點，F為CE的中點，則A． B．C． D．【答案】D【分析】由平面向量基本定理和向量運算求解即可【詳解】根據題意得：，又，，所以.故選D.【點睛】本題主要考查了平面向量的基本定理的簡單應用，屬于基礎題.5．冪函數及直線，，將平面直角坐標系的第一象限分成八個“卦限”：①，②，③，④，⑤，⑥，⑦，⑧（如圖所示），則冪函數的圖象經過的“卦限”是（）A．①，⑦ B．④，⑧ C．③，⑦ D．①，⑤【答案】D【分析】根據、時的取值特點分析出的圖象所過的“卦限”.【詳解】當時，因為，所以，所以，所以經過⑤；當時，因為，所以，所以，所以經過①；所以的圖象經過①⑤“卦限”；故選：D.6．從含有兩件正品，和一件次品的件產品中，按先后順序任意取出兩件產品，每次取出后不放回，則取出的兩件產品中恰有一件次品的概率是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】取出兩件產品，按照第一次取出在前，第二次取出在后，構成一個基本事件，由此可列出所有的基本事件，然后找出滿足條件的基本事件進行計算即可.【詳解】每次取一件，取后不放回地連續取兩次，其一切可能的結果組成的基本事件有：（括號左邊表示第一次取出的產品，括號右邊表示第二次取出的產品），共種；滿足要求的的基本事件有：，共種，所以目標事件的概率為：.故選：B.7．基本再生數R0與世代間隔T是新冠肺炎的流行病學基本參數.基本再生數指一個感染者傳染的平均人數，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間.在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數模型：描述累計感染病例數I(t)隨時間t(單位:天)的變化規律，指數增長率r與R0，T近似滿足R0=1+rT.有學者基于已有數據估計出R0=3.28，T=6.據此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間約為(ln2≈0.69)（）【答案】B【分析】根據題意可得，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，根據，解得即可得結果.【詳解】因為，，，所以，所以，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，則，所以，所以，所以天.故選：B.【點睛】本題考查了指數型函數模型的應用，考查了指數式化對數式，屬于基礎題.8．已知函數，若關于的方程有三個不同的實根，則的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】方程的兩根為，則，共有三根，可得的范圍，進而得的取值范圍.【詳解】如圖設，方程的兩根為，，計有三根,所以，，所以且，解得.故選:A【點睛】方法點睛:利用換元法，將問題轉化為一元二次方程根的分布處理.二、多選題9．設，，為三個事件，下列各式意義表述正確的是（）A．表示事件不發生且事件和事件同時發生B．表示事件，，中至少有一個沒發生C．表示事件，至少有一個發生D．表示事件，，恰有一個發生【答案】ACD【分析】根據對立事件、互斥事件的概念對選項進行判斷，即可得答案．【詳解】根據題意，依次分析選項：對于，表示事件不發生且事件和事件同時發生，正確；對于，表示事件、、至少一個發生，則表示事件都沒有發生，錯誤；對于，表示事件，至少有一個發生，正確；對于，表示事件、不發生且事件發生，事件、不發生且事件發生，事件、不發生且事件發生，則表示事件，，恰有一個發生，正確，故選：．10．已知正數，，則下列不等式中恒成立的是（）A． B．C． D．【答案】AB【分析】對A，利用基本不等式即可判斷；對B，將展開利用基本不等式可求解；對C，做差即可比較；對D，利用基本不等式可判斷.【詳解】對A，，，當且僅當時等號成立，故A正確；對B，，，當且僅當時等號成立，故B正確；對C，，即，故C錯誤；對D，，，，即，當且僅當時等號成立，故D錯誤.故選：AB.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.11．下列結論正確的是（）A．一個平面內只有一對不共線的向量可作為表示該平面內所有向量的基底B．若（，，是單位向量），則，．C．向量與共線存在不全為零的實數，，使D．已知，，三點共線，為直線外任意一點，若，則【答案】CD【分析】A．根據基底概念進行判斷；B．考慮共線的情況；C．根據向量共線的條件和共線向量定理進行判斷；D．先根據點共線分析出向量共線，再根據共線向量定理進行證明并判斷.【詳解】A．一個平面內不共線的非零向量有無數對，每一對都可以作為表示該平面內所有向量的基底，故錯誤；B．當共線時，如：，可取，此時，故錯誤；C．當與均為零向量時，顯然符合要求，且存在不全為零的實數，，使；當時，由與共線可知，即，符合題意，故正確；D．不妨設，所以，所以，所以，故正確；故選：CD.【點睛】結論點睛：向量問題中的常見結論：（1）兩個向量能作為基底的條件：同一平面內不共線的非零向量；（2）共線向量定理：若向量與非零向量共線，則有且僅有一個實數使得；（3）已知平面中三點共線(O在該直線外)，若，則必有.12．已知函數，若有四個解，，，滿足，則下列命題正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【分析】作函數的圖象，由圖象可得，；從而逐項判斷各選項即可得答案．【詳解】作函數的圖象如下，有四個解，即與的圖象有4個交點，，可得，可知選項正確；圖象可得，則，且，令，根據函數單調性可得．可知選項錯誤；，且，得，可得，當且僅當時，取等號．；，可知選項正確；從圖象可知，不正確；故選：AC．【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵一是畫出函數的圖象，二是對數的運算，三是數形結合思想的運用.三、填空題13．的值為_______．【答案】【分析】根據對數運算法則可得答案.【詳解】因為，所以，故答案為：.14．設，是兩個不共線的向量，，，，，三點共線，則_______．【答案】【分析】根據向量共線定理設出，由此求解出的值，則結果可知.【詳解】因為三點共線，所以共線，設，所以，且不共線，所以，所以，故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵是通過點共線得到向量共線并結合向量共線定理完成參數的求解.15．我國古代數學名著《數書九章》有“米谷粒分”題：糧倉開倉收糧，有人送來米石，驗得米內夾谷，抽樣取米一把，數得粒內夾谷粒，估計這批米內所夾的谷有_______石．（只要求寫出運算式，不用化簡）【答案】【分析】利用樣本估計總體進行列式.【詳解】由題意可知，這批米內所夾的谷有：，故答案為：.四、雙空題16．已知定義在上函數，已知定義在上函數滿足，設函數與圖象交點為，則的值為_______；的值為_______（用表示）．【答案】【分析】根據的解析式計算的值，則可求；先判斷出的對稱性，然后根據的對稱性，分析出圖象交點的對稱性，由此求解出的值.【詳解】因為，所以，所以，所以；因為，所以的圖象關于點對稱，又因為，所以的圖象也關于點對稱，所以圖象的交點關于點對稱，則所以，故答案為：；.【點睛】結論點睛：對稱性的常用結論如下：（1）若函數滿足或或，則的一條對稱軸為；（2）若函數滿足或或，則的一個對稱中心為.五、解答題17．如圖，已知，，是三邊，，上的點，且，，，如果，，試用基底表示向量，．【答案】，.【分析】根據已知條件先得到，然后根據可求解出的基底表示；根據，，可求解出的基底表示.【詳解】解：因為，所以，所以，.18．我國是世界上嚴重缺水的國家之一，某市為了制定合理的節水方案，對家庭用水進行了調查，通過抽樣，獲得了某年個家庭的月均用水量（單位：），將數據按照，，，，分成組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖．（I）求圖中的值；（II）假設同組中的每個數據都用該組區間的中值點代替，估計全市家庭月均用水量的平均數．【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根據頻率和為列出關于的方程，由此求解出的值；（II）將每組數據的組中值乘以該組數據的頻率，然后將所有的結果相加即可得到月均用水量的平均數.【詳解】（I）因為，所以；（II）由題意可知月平均用水量為：（），故全市家庭月均用水量的平均數為.19．已知函數的反函數的圖象經過點．（I）求函數的解析式；（II）判斷函數的奇偶性，并證明．【答案】（I）；（II）奇函數；證明見解析.【分析】（1）先根據的圖象過點判斷出的圖象所過的點，將點代入的解析式則可求，由此可求的解析式；（2）先判斷定義域，然后根據與的關系可判斷出的奇偶性.【詳解】（1）因為的圖象經過點，所以的圖象經過點，所以，所以，所以，所以；（2）為奇函數；證明如下：因為的定義域為關于原點對稱，且，所以為奇函數.【點睛】思路點睛：判斷函數的奇偶性的步驟如下：（1）先分析的定義域，若定義域不關于原點對稱，則為非奇非偶函數，若的定義域關于原點對稱，則轉至（2）；（2）若，則為偶函數；若，則為奇函數.20．某項選拔共有四輪考核，每輪設有一個問題，能正確回答問題者進入下一輪考核，否則即被淘汰.已知某選手能正確回答第一、二、三、四輪的問題的概率分別為、、、，且各輪問題能否正確回答互不影響.（Ⅰ）求該選手進入第四輪才被淘汰的概率;（Ⅱ）求該選手至多進入第三輪考核的概率.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【詳解】（Ⅰ）記“選手能正確回答第輪的問題”的事件記為，則，，所以選手進入第四輪才被淘汰的概率:．（Ⅱ）該選手至多進入第三輪考核的概率．21．定義滿足性質“，對任意，，均滿足，當且僅當時等號成立．”的函數叫函數．（I）下列函數（1）；（2）；（3）；（4）是函數是_________（直接寫出序號）（II）選擇（I）中一個函數，加以證明；（III）試利用函數解決下列問題：若實數，滿足，求的最大值．【答案】（I）（1）（4）；（II）證明見解析；（III）【分析】（I）（II）根據函數定義即判斷（1）（4）；舉特例可判斷（2）（3）；（III）利用，設，根據可求解.【詳解】（I）對（1），，則任取，，，則，當且僅當取等號，所以，故是函數；對（2），，當時，，，此時，故不是函數；對（3），，當時，，，此時，故不是函數；對（4），，任取，則，，因為，當且僅當時取等號，所以，所以，故是函數；故選（1）（4）是函數；（II）證明見（I）；（III）利用，設，則，由（I）可知，當且僅當時取等號，所以，即，當且僅當時取等號所以的最大值為.【點睛】關鍵點睛：本題考查函數新定義，解題的關鍵是正確理解函數的定義.22．已知函數，其中．（I）若，且時，的最小值是，求實數的值；（II）若，，且時，恒成立，求實數的取值范圍；（III）若，，，函數在區間上的最大值與最小值的差不大于，求正數的取值范圍．【答案】（I）；（II）；（III）.【分析】（I）根據已知條件將函數變形為，然后根據對勾函數單調性以及對采用分類討論的思想，判斷出的最小值并求解出的值；（II）將問題轉化為“時，”，再根據對數函數的單調性得到，結合定義域求解出的取值范圍；（III）根據已知條件先確定出的單調性，然后根據得到關于的不等式，將問題轉化為“恒有”，分析的單調性和最小值，由此求解出的取值范圍.【詳解】（I）因為，所以，即，令，由對勾函數單調性可知：在上單調遞減，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，解得，與矛盾，不符合；當時，在上單調遞減，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，且，所以，解得，滿足要求；綜上可知：；（II