2025-2026学年江西省九江一中高一（上）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年江西省九江一中高一（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|x+A.{−4,−2,1,22.命题“∃x∈R，x2A.∃x∈R，x2+x+1<0 B.∃x∈3.已知幂函数f(x)=(m2−A.(−3,0) B.(−4.如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，其中n(Ω)=24，n(A)=A.n(AB)=4

B.事件A与B互斥

C.P(5.若函数y=x2−2x−3的定义域为[A.(0,3] B.[1,6.一个袋子中有4个球，其中有2个白色球(标号为1和2)，2个黑色球(标号为3和4)，这4个球除颜色和标号外完全相同，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则摸出的2个球颜色相同的概率为(

)A.23 B.12 C.137.已知函数f(x)=4−x2,xA.(2,e2] B.(l8.已知函数f(x)=2x,xA.a有最小值 B.a有最大值 C.b有最小值 D.b有最大值二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.某高中学校高一年级参加“三新”联考，现从高一(1)，(2)，(3)班共120名学生的数学成绩中随机抽取30份，若按性别比例分层随机抽样，则男生数学成绩抽取18份，被抽取的女生平均分为100分，方差为5，男生平均分为110A.样本容量为30 B.120名学生的数学成绩中男生有72人

C.估计高一年级数学平均分为106分 D.估计高一年级数学方差为710.下列说法中，正确的是(

)A.已知正数x，y满足x+3y=4，则1x+3y的最小值为4

B.已知函数f(x−1)的定义域为[0,1]，则f(x+111.已知函数f(x)的定义域为R，对任意的a，b∈R，都有f(a+A.f(0)=1

B.∃x∈R，使得f(x)≤0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.求值：log38×13.已知函数f(x)为R上的奇函数，且在[0,+∞)上单调递增，f(14.已知函数f(x)=lnx+x，g四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知集合A={x|2≤x≤5}，B={x|m+1≤x≤3−2m}．

16.(本小题15分)

已知函数f(x)=log12(x2−2ax+3)．

(1)若f(x)的定义域为17.(本小题15分)

某校环保社团组织高二年级所有学生参加一项环保知识竞赛初赛，从所有成绩(满分100分，最低分50分)中，随机调查了40名同学的测试成绩，按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，并绘制出了部分频率分布直方图，如图所示．

18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(2x−1)(2x−3)．

(19.(本小题17分)

若函数f(x)在定义域内存在实数x0，使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立，则称函数f(x)有“飘移点”x0．

(1)从以下4个函数中任选2个，判断其是否存在“飘移点”，并说明理由．

①f(x)=2x；②f(x)=kx+b(k,b为常数)；③f(x)=x2；④f(x)=1x．

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：解不等式x+2≤2x+2≥0可得：−2≤x≤2，所以集合A={2.【答案】D

【解析】解：“∃x∈R，x2+x+1>0”的否定是：∀x3.【答案】B

【解析】解：由f(x)=(m2−m−5)xm是幂函数，得m2−m−5=1，解得m=3或m=−2，

又因为f(x)在区间(0,4.【答案】A

【解析】解：对于A，∵n(A∪B)=n(A)+n(B)−n(AB)，

∴n(AB)=10+6−12=4，故A正确；

对于B，由n(AB)=4可知，事件A与B5.【答案】C

【解析】【分析】本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查函数的定义域与值域，正确配方是关键，属于基础题．

配方，再计算当x=1时，y=−4；当x=0或2时，y【解答】

解：函数y=x2−2x−3=(x−1)2−4，故当x=1时，y=−4；当x=6.【答案】C

【解析】解：试验的样本空间Ω={(1,2)，(2,1)，(1,3)，(3,1)，(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，(2,4)7.【答案】C

【解析】解：方程g(x)=f(f(x))−t恰有5个零点，

那么f(f(x))=t恰有5个相异实根，

令f(x)=m，问题转化为满足f(x)=mf(m)=t的x恰有5个不同的解．

作出f(x)的图象，如图所示，

由图易得：当t=2时，f(m)=t仅有两个相异实根−2,1，

而f(x)=−2,f(x)=1各仅有1个实根，不合题意；

当t<2时，关于m的方程f(m)=t仅有一个实根m0，且m0<0，

此时f(x)=m0仅有1个实根，不合题意；

当2<8.【答案】B

【解析】解：根据题意可得当x≤1时，f(x)=2x，

易知f(x)在区间(−∞,1]上单调递增，且f(1)=2；

当x>1时，f(x)=x2−4x，对称轴为x=2，

易知f(x)在区间(1,9.【答案】AB【解析】解：从高一(1)，(2)，(3)班共120名学生的数学成绩中随机抽取30份，

按性别比例分层随机抽样，

则男生数学成绩抽取18份，被抽取的女生平均分为100分，方差为5，男生平均分为110分，方差为10，

对于A，从中随机抽取30名，则样本量为30，故A正确；

对于B，设120名学生的数学成绩中男生有n人，

∵按性别比例分层随机抽样时男生抽取18人，

∴1830=n120，解得n=72，

∴120名学生的数学成绩中男生有72人，故B正确；

对于C，按性别比例分层随机抽样，男生数学成绩抽取18份，则女生数学成绩抽取12份，

设高一年级数学平均分为z−，

∴z−=1830×110+1230×10010.【答案】AC【解析】解：对于A，因为x，y>0，且x+3y=4，

则1x+3y=14×(x+3y)(1x+3y)=14(10+3yx+3xy)≥14(10+23yx⋅3xy)=4，

当且仅当3yx=3xy，即x=y=1时取等号，故A正确；

对于B，若f(x−1)的定义域为[0,1]，则0≤x≤111.【答案】AC【解析】解：∀a，b∈R，f(a+b)=f(a)f(b)，

令a=1，b=0，得f(1)=f(1)f(0)，

又1>0，所以0<f(1)<1，则f(0)=1，故A正确；

因为当x>0时，0<f(x)<1，

所以当x<0时，−x>0，所以0<f(−x)<1，

又f(x)f(−x)=f(x−x)=f(0)=112.【答案】6

【解析】解：原式=lg8lg3×lg13.【答案】[−【解析】解：∵函数f(x)是R上的奇函数，且在[0,+∞)上单调递增，

∴f(x)在(−∞,0]上为增函数，

∴f(x)在R上为增函数，f(0)=0，

又14.【答案】5

【解析】解：因为g(x)=ex+x，易知g(x)在R上单调递增，

又由f(a)=g(b)可得lna+a15.【答案】(23,【解析】解：(1)因为A∪B=A，所以B⊆A，

当B=⌀时，则

m+1>3−2m，

解得m>23，

当B≠⌀时，则m+1≤3−2mm+1≥23−2m≤5，

解得m≤23m≥1m≥−1，无解，

综上所述，m的取值范围为(16.【答案】(1)(−【解析】解：(1)由f(x)的定义域为R，知x2−2ax+3>0的解集为R，

则Δ=4a2−12<0，解得：−3<a<3．

所以a的取值范围为(−3,3)；

(2)函数f(x)的值域为R等价于u(x)=x2−2ax+3能取到(0,+∞)上的一切值，

所以只要umin≤0即可，其中u(x)=x2−2a17.【答案】0.3，

86分

25

【解析】解：(1)由题意，成绩在[70,80)的频率为1−(0.005+0.010+0.040+0.015)×10=0.3，

则0.310=0.030，补全频率分布直方图，如图所示：

(2)因为[90,100]的频率为0.015×10=0.15<0.31，

[80,100]的频率和为(0.015+0.040)×10=0.55>0.31，

所以排名前31%的同学的成绩位于[80,90)内，且设为x，

则0.015×10+(90−x)×0.04=0.31，解得x=86，

所以进入决赛的同学成绩应不低于86分．

(3)由题，样本成绩在[50,70)内的频率为(0.005+0.010)×10=0.15，

所以样本成绩在[50,70)内的学生数为0.15×40=6，

其中成绩在[18.【答案】[−1,【解析】解：(1)函数f(x)=(2x−1)(2x−3)，

当x∈[0,2]，2x∈[1,4]，令2x=t，则t∈[1,4]，

g(t)=(t−1)(t−3)=t2−4t+3=(t−2)2−1(1≤t≤4)，

由二次函数的性质可知，当t=2时，g(t)19.【答案】(1)①f(x)=2x，存在“飘移点”；②f(x)=kx+b，当b=0时，存在“飘移点”；当b≠0时，不存在“飘移点”；③f(x)=x2，存在“飘移点”；④f(x)=1x，不存在“飘移点”；理由如下：

①f(x)=2x，因为2(x0+1)=2x0+2恒成立，故f(x)=2x存在“飘移点”；②f(x)=kx+b(k,b为常数)，由【解析】解：(1)①f(x)=2x，存在“飘移点”；②f(x)=kx+b，当b=0时，存在“飘移点”；当b≠0时，不存在“飘移点”；

③f(x)=x2，存在“飘移点”；④f(x)=1x，不存在“飘移点”；理由如下：

①f(x)=2x，因为2(x0+1)=2x0+2恒成立，故f(x)=2x存在“飘移点”；

②f(x)=kx+b(k,b为常数)，由k(x0+1)+b=kx0+b+k+b，则b=0，

故当b=0时，f(x)=kx+b(k,b为常数)存在“飘移点”；

故当b≠0时，f(x)=kx+b(k,b为常数)不存在“飘移点”；

③f(x)=x2，因为(x0+1)2=x02+1，

则x0=0，故f(x)=x2存在“飘移点”；

④f(x)=