【文档说明】北京市西城区2022-2023学年高一上学期期末数学答案.docx，共(5)页，268.229 KB，由小赞的店铺上传

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北京市西城区2022—2023学年度第一学期期末试卷高一数学答案及评分参考2023.1一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.1.A2.C3.B4.C5.C6.D7.A8.D9.B10.A二、填空题：本大题共5题，每小题5分，

共25分.11.[0,1)12.6013.2logx（答案不唯一，对数函数的底数(1,4]a即可）14.(,0)(2,)−+，10a−15.①③注：第14题第一问2分，第二问3分；第15题全部选对得5分，不选或有错

选得0分，其他得3分.三、解答题：本大题共6小题，共85分.其他正确解答过程，请参照评分标准给分.16．（本小题13分）解：记事件iA：某射手第i次打靶，命中9环，iB：某射手第i次打靶，命中10环，其中1,2i=，则12()()0.25PAPA==，12()()0.2PBPB==.（Ⅰ）因为1

2BB,相互独立，所以1212()()()0.20.20.04PBBPBPB===.即连续打靶两次，命中20环的概率为0.04.（Ⅱ）连续打靶两次，命中不少于19环，可能第一次命中9环，第二次命中10环，可能第一次命中10环，第二次命中9环，还可能两次都命

中10环，即121212ABBABB++.因为1A与2B，1B与2A，1B与2B相互独立，且12AB，12BA，12BB互斥，因此121212121212()()()()PABBABBPABPBAPBB++=++121212()()()()()()

PAPBPBPAPBPB=++0.250.20.20.250.20.20.14=++=.即连续打靶两次，命中不少于19环的概率为0.14.17．（本小题15分）解：（Ⅰ）因为函数的定义域为R，所以xR时，x−R.又因为2()()1xfxfxx−−==−+

，所以函数()fx是奇函数.（Ⅱ）任取12,[1,)xx+，且12xx，则12122212()()11xxfxfxxx−=−++2212212212(1)(1)(1)(1)xxxxxx+−+=++221212122212(1)

(1)xxxxxxxx+−−=++12212212(1)()(1)(1)xxxxxx−−=++.因为121xx≤，所以210xx−，1210xx−，所以12()()0fxfx−，即12()()fxfx.根据函数单调性定义，2()1xfxx=+在[1,)+上是减函数.（Ⅲ）(

)fx在(,1]−−上是减函数.18．（本小题14分）解：（Ⅰ）乙从2017年到2022年这6年的视力平均值为4.864.904.864.844.744.724.82.6+++++=（Ⅱ）甲的视力值比乙高0.05以上的

年份有：2017年、2019年、2021年、2022年.从2017年到2022年这6年中随机选取2年，所有可能的结果有15种，它们是：(2017,2018),(2017,2019),(2017,2020),(2017,2021),(2017,2022),(2018,2019),

(2018,2020),(2018,2021),(2018,2022),(2019,2020),(2019,2021),(2019,2022),(2020,2021),(2020,2022),(2021,2022).用A表示

“这两年甲的视力值都比乙高0.05以上”这一事件，则A中的结果有6个，它们是：(2017,2019),(2017,2021),(2017,2022),(2019,2021),(2019,2022),(2021,

2022),所以，所求得概率62()155PA==.（Ⅲ）甲和乙的视力平均值从2017年开始连续三年的方差最小．19．（本小题15分）解：（Ⅰ）当0c=时，()1lgfxx=−，令1lg0x−=，解得10x=，所以函数零点为10x=

.（Ⅱ）由已知，1lg,010,()lg1,10,xcxfxxcx−−=−−≤当0c时，()fx有两个零点12,xx12()xx，11lgxc−=，2lg1xc−=，所以1110cx−=，12

10cx+=，所以111240441010101010ccccxx−++=+=+40210104010cc=≥.当且仅当40101010cc=，即lg2c=时，等号成立，所以124[40,)xx++.20．（本小题13分）解：（Ⅰ）设第t日的销售利润为()ft，则1()(10)(1

202)4ftrptt==+−211012002tt=−++21(10)12502t=−−+.当10t=时，max()1250ft=.所以第10天的销售利润最大，最大值是1250元.（Ⅱ）设捐赠之后第t日的销售利润为()

gt，则1()(10)(1202)4gttmt=+−−21(102)12001202tmtm=−+++−.依题意，m应满足以下条件：①mN；②192010219.52m++=，即4.75m；③1104

mt+≤对于120,ttN≤≤均成立，即10.25m≤.综上510m≤≤，且*mN.21．（本小题15分）解：（Ⅰ）①是，②不是.（Ⅱ）记[0,]Im=，{()|}SfxxI=，注意到(0)0[0,]fm=，因此，若I为函数()fx的“区间”，则其不满足性质②

，必满足性质①，即SI.22()2(1)1fxxxx=−+=−−+.当01m时，()fx在I上单调递增，且()(1)0fmmmm−=−−，所以[0,()]Sfm=不包含于[0,]Im=，不合题意；当12m≤≤时，[(0),(1)][0,1][0,]SffmI===[，合题意；

当2m时，()(2)(0)0fmff==，所以()fmI，不合题意.综上，[1,2]m.（Ⅲ）对于任意区间[,]()Iabab=，记{()|}SfxxI=，依题意，()fx在I上单调递减，则[(),()]Sfbfa=.因为()()1fbfaba−−−，所以()()fafbba−

−，即S的长度大于I的长度，故不满足性质①.因此，如果I为()fx的“区间”，只能满足性质②，即SI=，即只需存在aR使得()faa，或存在bR使得()fbb.因为()fxx=不恒成立，所以上述条件满足，所以()fx一定存在“区间”

.记()()gxfxx=−，先证明函数()gx有唯一零点：因为()fx在R上单调递减，所以()gx在R上单调递减.若(0)0f=，则00x=为()gx的唯一零点；若(0)0ft=，则()(0)ftft=，即(0)0g，()0gt，由零点存在

定理，结合()gx单调性，可知存在唯一0(0,)xt，使得0()0gx=；若(0)0ft=，则()(0)ftft=，即(0)0g，()0gt，由零点存在定理，结合()gx单调性，可知存在唯一0(,0)xt，使得0()0gx=；综上，

函数()gx有唯一零点0x，即00()fxx=，已证()fx的所有“区间”I都满足条件②，所以0xI.