山東省濰坊市2023-2024學(xué)年高一年級(jí)上冊1月期末考試數(shù)學(xué)試題（解析版）

皿廣、、九

IK）一數(shù)學(xué)

本試卷共4頁.滿分150分.考試時(shí)間120分鐘.

注意事項(xiàng)：

1.答題前，考生務(wù)必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準(zhǔn)考證號(hào)、姓名.

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改

動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本

試卷上無效.

3.考試結(jié)束，考生必須將試題卷和答題卡一并交回.

一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的.

1IglOO-27§=（）

A.1B.0C.-1D.-2

【答案】C

【解析】

［分析】利用對數(shù)和指數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算可得所求代數(shù)式的值.

1_1

【詳解】Igloo—27^=lgl02-（33）3=2-3=-l-

故選：C.

2.下列函數(shù)中，在區(qū)間（0,+8）上單調(diào)遞減的是（）

A.y-hixB.y=-C.y=x2D.y=e'-1

X

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)、反比例函數(shù)的性質(zhì)判定即可.

【詳解】因?yàn)榈讛?shù)e>l,所以y=lnx,y=1—1都是單調(diào)遞增函數(shù)，不合題意；

當(dāng)xe（0,+s）時(shí)，y=%2單調(diào)遞增，不合題意；

y反比例函數(shù)，且1>0,所以當(dāng)xe（0,+oo）時(shí)單調(diào)遞減，

尤

故選：B.

3.設(shè)meR,命題“存在”侖0,使儂;27nLi=o有實(shí)根，，的否定是（）

A.任意加之0,使2—如一1=0無實(shí)根B.任意根<0,使加/一如一1=0有實(shí)根

C.存在加之。，使―znx—1=0無實(shí)根D.存在根<0,使加/—mx—1=0有實(shí)根

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)含有一個(gè)量詞的命題的否定，即可得答案.

【詳解】由題意知命題“存在根之0,使儂-zm:-1=0有實(shí)根”為存在量詞命題，

其否定為：任意mN0,使/nr?_3_]=0無實(shí)根，

故選：A

4.已知〃=2i"i,Z?=則（）

A.a<b<cB.a<c<bC.c<a<bD.c<b<a

【答案】D

【解析】

分析】分別將與1,2比較大小即可得解.

【詳解】因?yàn)椤??°1>21=2，1=1。833<b=1。834<1。839=2,。=叵<巫=1，

44

所以

故選：D

5.如圖所示莖葉圖表示的是甲、乙兩人在5次綜合測評中的成績，其中一個(gè)數(shù)字被污損，則甲的平均成績

不超過乙的平均成績的概率為（）

甲乙

988347

2109>9

7321

---B.D.

101055

【答案】B

【解析】

【分析】設(shè)乙在5次綜合測評中成績中被污損數(shù)字為無，由題意求得甲乙兩人的平均值或平均值表達(dá)式,

列不等式求出尤的范圍，確定被污損數(shù)字，根據(jù)古典概型的概率公式，即可求得答案.

【詳解】設(shè)乙在5次綜合測評中的成績中被污損數(shù)字為x,

則》￡{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},

依題意得甲的平均值為((88+89+90+91+92)=90,

甲的平均值為:(83+84+87+90+x+99)=|(443+x),

由題意可得((443+x)290,解得工之7,

即甲的平均成績不超過乙的平均成績時(shí)被污損的數(shù)字可能為7、8、9,

3

故甲的平均成績不超過乙的平均成績的概率為一，

10

故選：B

6.已知關(guān)于x的不等式生工4-1的解集是|,則實(shí)數(shù)a的值為()

x-113)

,4

A.—1B.1C.—D.2

3

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)不等式的解集可得答案.

【詳解】由目一4—1得7]

x-l~工U

x-l

因?yàn)椴坏仁缴?-1的解集是I:』],

X-lL3)

所以^—=—,解得a=l.

33

故選：B.

7.拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)事件A="第一枚出現(xiàn)偶數(shù)點(diǎn)"，B="第二枚出現(xiàn)奇數(shù)點(diǎn)”，則下列說法

正確的是()

A.A與8互斥B.A與2互為對立

匚4與8相等D.A與8相互獨(dú)立

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)互斥、對立、獨(dú)立事件的定義判斷即可.

【詳解】事件A與B能同時(shí)發(fā)生，如第一枚的點(diǎn)數(shù)2,第二枚的點(diǎn)數(shù)為1,

故事件A與B既不是互斥事件，也不是對立事件，故選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤；

「吐費(fèi)/「(上急4。(小怒T尸⑷")號(hào)十:,

因?yàn)槭?A)?尸(5)=尸(A3),所以A與B獨(dú)立，故選項(xiàng)D正確；

事件A與3不相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.

故選：D.

8.已知/(%)是定義在R上的奇函數(shù)，若對于任意的石e(-co,0],當(dāng)王彳々時(shí)，都有

)(斗)―/(4)>。成立，則不等式(％—1)/(%)>。的解集為()

玉-x2

A.(0,1)B,(1,+oo)C.(-oo,-l)U(l,+oo)D.(-oo,0)O(1,+oo)

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)題意分析出/(%)的單調(diào)性，且得到x>0時(shí)，/(x)>0,x<0時(shí)，/(力<0的結(jié)論，然后

分類討論解不等式即可.

【詳解】對于任意的石,々^(一8,0],當(dāng)玉片/時(shí)，都有\(zhòng)J\">0成立,

玉-x2

所以/(九)在,0]嚴(yán)格增，又/(%)是定義在R上的奇函數(shù)，

所以“尤)在R上嚴(yán)格增，且/(0)=0,所以無>0時(shí)，/(x)>0,%<0時(shí)，/(x)<0,

x-l>0x-l<0X>1X<1

(x—l)/(x)>0o〔/(%)>。或V即《或<

lf(x)<0x>0x<0

所以XW(-OO,0)U(l,+8),

故選：D.

二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每個(gè)小題給出的選項(xiàng)中，有多

項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知實(shí)數(shù)mb,c滿足”+/?+c=0,且則()

A.ac<0B.ab>bcC.ac<beD.—>—

ac

【答案】ACD

【解析】

【分析】由題意判斷出。>0,。<0,繼而結(jié)合不等式的性質(zhì)一一判斷各選項(xiàng)，即可得答案.

【詳解】由實(shí)數(shù)。，6,c滿足。+/;+C=0,且a>"c,

得a>0,c<0,6的正負(fù)無法確定；

故ac<0,A正確；

由于a>O,c<。，則a>c,但b的正負(fù)不確定，故不能確定B錯(cuò)誤；

由于a>b>c,c<0,故ac<Z?c,C正確；

由于a>0,c<0,故L>0>,，D正確，

ac

故選：ACD

10.己知函數(shù)的定義域?yàn)镽,值域?yàn)閇-2,3],則下列函數(shù)的值域也為[-2,3]的是()

A.y=/(x+l)B.y=/(x)+lC.y=/(-x)D.y=-/(%)

【答案】AC

【解析】

【分析】結(jié)合題意根據(jù)復(fù)合函數(shù)值域及函數(shù)圖象變換，逐個(gè)選項(xiàng)驗(yàn)證可得答案.

【詳解】對于A,y=/(x+l)的圖象可看作由/(力的圖象向左平移一個(gè)單位得到的，故值域不變，正

確；

對于B,由y=耳—2,3]可得y=〃x)+le[—1,4],即y=/(x)+l的值域?yàn)閇—1,4],錯(cuò)誤；

對于C,函數(shù)y=/(—X)與函數(shù)y=/(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，

故函數(shù)y=/(一%)的值域與函數(shù)y=/(x)的值域相同，為[-2,3],正確；

對于D,由y=/(x)e[—2,3]可得y=—/(x)c[—3,2],即y=—f(x)的值域?yàn)閇―3,2],錯(cuò)誤.

故選：AC

11.在發(fā)生某公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機(jī)構(gòu)認(rèn)為該事件在一段時(shí)間內(nèi)沒有發(fā)生大規(guī)模群體感染的標(biāo)志為

“連續(xù)7日，每天新增疑似病例不超過5人”.根據(jù)過去連續(xù)7天的新增疑似病例數(shù)據(jù)信息，下列各項(xiàng)中，

一定沒有發(fā)生大規(guī)模群體感染的是()

A.眾數(shù)為1且中位數(shù)為4B.平均數(shù)為3且極差小于或等于2

C.標(biāo)準(zhǔn)差為0且平均數(shù)為2D.平均數(shù)為2且中位數(shù)為3

【答案】BCD

【解析】

【分析】根據(jù)題意，舉出反例可得A錯(cuò)誤，由平均數(shù)、極差的性質(zhì)分析B,由標(biāo)準(zhǔn)差、平均數(shù)的公式分析

C,由中位數(shù)、平均數(shù)的定義分析D,綜合可得答案.

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)7天數(shù)據(jù)中，最小值為名最大值為6,

依次分析選項(xiàng)：

對于A,數(shù)據(jù)1、1、1、4、5、6、7,滿足眾數(shù)為1且中位數(shù)為4,但不滿足“每天新增疑似病例不超過5人”，

不符合題意；

對于B,若數(shù)據(jù)的平均數(shù)為3,其數(shù)據(jù)的最小值aW3,又由極差小于或等于2,故數(shù)據(jù)中的最大值匕<5,

符合題意；

對于C,標(biāo)準(zhǔn)差為五，則其方差為2,假設(shè)6N6,則方差的最小值為2)>2,與標(biāo)準(zhǔn)差為行

77

矛盾，故必有匕<5,符合題意；

對于D,假設(shè)設(shè)匕26,由于其中位數(shù)為3,則平均數(shù)的最小值為

-(0+0+0+3+3+3+6)=y>2,與平均數(shù)為2矛盾，故必有匕45,符合題意.

故選：BCD.

『a,xW—1,

12.已知函數(shù)/(%)=<[og](x+1),x〉_i,若函數(shù)y=/(x)一機(jī)有三個(gè)零點(diǎn)七,々,馬，且不<%<七，

、2

則()

,,15,1

A.1</W<4B.------<&<——

1632

C.函數(shù)/(%+1)的增區(qū)間為[一2,-1]D.的最小值為8+拒

【答案】ABD

【解析】

【分析】做出/(x)的圖像可直接判斷AC；對于B只需計(jì)算y=l°gi(%+l)與y=l,y=4的交點(diǎn)即可；

2

對于D,把所求的式子消元變成為的函數(shù)，再經(jīng)過適當(dāng)?shù)淖冃芜\(yùn)用基本不等式即可.

【詳解】如圖所示:

對于A：方程/（%）=加有三個(gè)解O丁=/（尤）與丁=相有3個(gè)交點(diǎn)，從圖中可以看出A正確；

對于民令log產(chǎn)1）=4得即B點(diǎn)的坐標(biāo)為卜勃）,”/+1）=1得即C

點(diǎn)的坐標(biāo)為

由圖可知》3的范圍應(yīng)該介于8,C之間，可以取8點(diǎn)，不能取C點(diǎn)，所以-"《退＜-工，故B正確;

162

對于C：/（尤）的增區(qū)間為[—2,—1],所以/（x+1）的增區(qū)間為[—3,—2],故C錯(cuò)誤；

對于D：否,尤2關(guān)于x=—2對稱，所以西+々=—4,根=4（國+章=4（*+2廣

令4（x+2『=4得％=—3或x=—1，由圖可知不目-3,-2）

2

X；+X；+log60=X；+（—4—石）2+log4（v1+2）20=2（X]+2）+――+8

911

2（%+2）+--------7+8>22（%+2Y------7+8=8+A/2

'）4（石+2『V44+2『

等號(hào)當(dāng)2（3+2『=4（x：2）2時(shí)即網(wǎng)=—*—2e[—3,—2）時(shí)成立,故D正確.

故選：ABD

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查函數(shù)方程思想，數(shù)形結(jié)合思想以及函數(shù)的最值的求法，有兩個(gè)關(guān)鍵:

1：做出的圖像，對于ABC選項(xiàng)并不難判斷;

2：對于D選項(xiàng)，可以理解為是個(gè)多元函數(shù)問題，遇到多元函數(shù)問題，最常見的辦法是通過消元把多元函

數(shù)問題轉(zhuǎn)化成一元函數(shù)問題求解，另外運(yùn)用基本不等式的時(shí)候注意判斷是否滿足一正二定三相等的條件,

尤其要判斷是否能夠取等號(hào).

三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.

13.一組數(shù)據(jù)18,27,30,33,34,40,42的75%分位數(shù)為.

【答案】40

【解析】

【分析】按照百分位數(shù)計(jì)算公式，即可求解.

【詳解】這一組數(shù)據(jù)共7個(gè)數(shù)據(jù)，7x75%=5.25,

所以第75%分位數(shù)為第6個(gè)數(shù)據(jù)，是40.

故答案為：40

14.已知定義在R上的函數(shù)/（X）滿足以下兩個(gè)條件：①對任意占,超恒有/（菁+%2）=/（玉）/（9）；②

Ax）在R上單調(diào)遞減.請寫出一個(gè)滿足上述條件的函數(shù)/（x）=.（答案不唯一）

【答案】［g］（答案不唯一）

【解析】

【分析】根據(jù)函數(shù)滿足的條件，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，即可寫出一個(gè)滿足題中條件的函數(shù).

【詳解】根據(jù)題意知函數(shù)了⑺滿足以下兩個(gè)條件：①對任意4/恒有/（玉+/）=/（石）/（%）；

②/（尤）在R上單調(diào)遞減，

則=在R上單調(diào)遞減，

（1、（國+巧）,1、國r［、芍

且［/JJ,即滿足/（玉+'2）=/（百）/（%2），

故符合題意，

故答案為：（答案不唯一）

15.11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10:10后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲

2

勝，該局比賽結(jié)束.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為乙發(fā)球時(shí)乙得分的

概率為各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局打成10:10后，甲先發(fā)球，則甲以13:11獲勝的概率為.

【答案】7

6

【解析】

【分析】先根據(jù)甲以13:11獲勝時(shí)，前2場甲一勝一負(fù)，最后2場甲連勝，再利用獨(dú)立事件概率公式和互

斥事件概率公式即可求解.

【詳解】由題意可得，甲、乙的比分為10:10后，甲、乙又進(jìn)行了4場比賽，每場比賽結(jié)果相互獨(dú)立，

前2場甲一勝一負(fù)，最后2場甲連勝.

則甲以13：11贏得比賽的概率為=

323232326

故答案為：—■

6

12b

16.已知實(shí)數(shù)”，。滿足一e"+“=2,1!1丁+/2=0,貝！Ja+A=____.

2e2

【答案】2

【解析】

【分析】原等式可分別變形為ge"+Ine"=2,〃+ln2〃=2,可構(gòu)造函數(shù)/(x)=gx+lnx,結(jié)合函數(shù)

單調(diào)性可得e“=2b，結(jié)合已知條件即可得解.

2b

【詳解】由In丁+人=0得，ln2b—lne2+b=0,即人+ln2b=2,

e

由工e〃+a=2得，-efl+lnefl=2,

22

令/(x)=gx+lnx,則/(%)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，

有/(2〃)=人+1112〃=2,/(efl)=1efl+lnefl=2,

故e"=2Z?，即人=—e",所以a+/?=aH—e"=2.

22

故答案為：2.

四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.已知集合A={x|(x+2)(%-8)<0},B={x||x|<3}.

⑴求AcB；

(2)若集合C={x|m—6(尤<4祖),且“xeC”是“xeA”的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

【答案】(1)AnB={x|-2<%<3}

(2)(2,4)

【解析】

【分析】(1)解一元二次不等式求解4解絕對值不等式求解2,進(jìn)而根據(jù)交集的運(yùn)算求解；

(2)根據(jù)已知可推得A是C的真子集，根據(jù)集合的包含關(guān)系列出不等式組，求解即可得出答案.

【小問1詳解】

由題意得，A={x|(x+2)(x-8)<0}={x|-2<%<8},

3={R國<3}={x1-3<無<3},所以={R-24尤<3}.

【小問2詳解】

因?yàn)椤皒eC”是“xeA”的必要不充分條件，所以集合A是集合C的真子集，

m—6<—2

所以o，解得2(機(jī)<4,所以實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍是(2,4).

4m>8

18.已知函數(shù)=(。>。且awi)的圖象恒過定點(diǎn)A,且點(diǎn)A在函數(shù)g(x)=log?x的圖象

上.

(1)求函數(shù)g(x)解析式；

(2)若存在互不相等的實(shí)數(shù)相，〃使|gO)|=|g(〃)|,求加〃的值.

【答案】(1)g(x)=log2%

(2)mn=l

【解析】

【分析】(1)函數(shù)/⑺的圖象恒過定點(diǎn)42,1),代入g(M可得答案；

⑵由|gO)|=|g(砌得log?m=log2〃或log?m=-log2n,根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得答案.

【小問1詳解】

令X—2=0得x=2,所以函數(shù)/⑺的圖象恒過定點(diǎn)A(2,l),

所以g(2)=log〃2=l,解得a=2,

所以g(x)=log2%；

【小問2詳解】

由|g(相)|=|g(〃)|，得|log2m|=|log2司，

所以log?〃?=log2〃或log2m=-log2n,

當(dāng)log2m=log2〃時(shí)，由y=log?x單調(diào)性知,m=n,不符合題意；

當(dāng)log2m=-log2n時(shí)，log?m+log2n=log2mn=0,

所以=l.

19.甲、乙兩臺(tái)機(jī)床各自獨(dú)立地加工同一種零件，已知甲、乙兩臺(tái)機(jī)床加工的零件都是一等品的概率為

乙機(jī)床加工的零件是一等品且甲機(jī)床加工的零件不是一等品的概率是

24

(1)分別求甲、乙兩臺(tái)機(jī)床各自加工的零件是一等品的概率；

(2)從甲加工的零件中取兩個(gè)，從乙加工的零件中取一個(gè)檢驗(yàn)，求至少有一個(gè)一等品的概率.

23

【答案】(1)

34

35

(2)—

36

【解析】

【分析】(1)記事件4甲機(jī)床加工的零件是一等品，事件8：乙機(jī)床加工的零件是一等品，且A與8相

1-1

互獨(dú)立，根據(jù)P(AB)=-,P(AB)=結(jié)合獨(dú)立事件概率乘法公式及對立事件概率公式列方程組求解即

24

可；

(2)記事件C：從甲加工的零件中取兩個(gè)都不是一等品，事件抽取的三個(gè)零件至少有一個(gè)一等品，根

據(jù)獨(dú)立事件概率乘法公式及對立事件概率公式求解即可.

【小問1詳解】

記事件人甲機(jī)床加工的零件是一等品，事件8：乙機(jī)床加工的零件是一等品，且A與B相互獨(dú)立，

P[AB)=P(A)P(B)=^

1-1

由題意得,P(AB)=-,P(AB)=-，所以

P(AB)=P(A)P(B)=[1-P(A)]P(B)=1

23

解得P(A)=G，P(5)=7

34

【小問2詳解】

記事件C：從甲加工的零件中取兩個(gè)都不是一等品，

--111

事件抽取的三個(gè)零件至少有一個(gè)一等品，則P(C)=P(A)P(A)=§xg=§,

-1135

所以P(D)=1—P(C3)=1—P(C)P(3)=1——x-=—.

9436

20.己知函數(shù)/(x)=ax?+x-l(aw0).

(1)解關(guān)于X的不等式/(x)>—1;

(2)若關(guān)于尤的不等式/(x)>0的解集為(私").

(i)求工+工的值；

mn

(ii)求4m+〃的最小值.

【答案】20.當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為工］。(0,+“)；當(dāng)a<0時(shí)，不等式的解集為［。，-！

aJ1a

21.(i)1；(ii)9

【解析】

【分析】(1)根據(jù)。>0和a<0分類討論解不等式即可.

(2)(i)由題意相，”分別是方程/+x-1=0的兩根，利用韋達(dá)定理即可得解；

(ii)結(jié)合(i)中結(jié)論，利用基本不等式“1”的妙用即可得解.

【小問1詳解】

不等式/(%)>-!,整理得x(ox+l)>0,

當(dāng)a>0時(shí)，原不等式可化為xx+工〉0,此時(shí)不等式的解為x<—1或x>0；

<a)a

當(dāng)a<0時(shí)，原不等式可化為xx+工<0,此時(shí)不等式的解為0<x<—工；

<a)a

綜上，當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為。(0,+")；

當(dāng)a<0時(shí)，不等式的解集為

【小問2詳解】

⑴若/(%)>0的解集為(私")，則如〃分別是方程辦2+x-1=0的兩根，且。<0,

1

m+n--

aby11m+n

由韋達(dá)定理可知<i,所以一+一二=1.

1mnmn

m-n=—

a

(ii)由(i)知，m>0,n>0,

所以4m+n=(4m+n)二9,

rj4H73

當(dāng)且僅當(dāng)一=——，即"Z=—,〃=3時(shí)等號(hào)成立，所以4根+〃的最小值為9.

mn2

21.某芯片代工廠生產(chǎn)甲、乙兩種型號(hào)的芯片，為了解芯片的某項(xiàng)指標(biāo)，從這兩種芯片中各抽取100件進(jìn)

行檢測，獲得該項(xiàng)指標(biāo)的頻率分布直方圖，如圖所示:

甲型芯片乙型芯片。

假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以樣本估計(jì)總體,以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率.

(1)估計(jì)乙型芯片該項(xiàng)指標(biāo)的平均值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表);

(2)現(xiàn)分別采用分層抽樣的方式，從甲型芯片指標(biāo)在［70,90)內(nèi)取2件，乙型芯片指標(biāo)在［50,70］內(nèi)取4

件，再從這6件中任取2件，求指標(biāo)在［50,60)和［70,80)內(nèi)各1件的概率；

(3)根據(jù)檢測結(jié)果確定該指標(biāo)的一個(gè)臨界值c,且ce［50,60］,某科技公司準(zhǔn)備用甲、乙兩種型號(hào)的芯片

生產(chǎn)A型手機(jī)、2型手機(jī)各1萬部，有以下兩種方案可供選擇：

方案一：將甲型芯片應(yīng)用于A型手機(jī)，其中該指標(biāo)小于等于臨界值c的芯片會(huì)導(dǎo)致每部手機(jī)損失700元；

將乙型芯片應(yīng)用于B型手機(jī)，其中該指標(biāo)大于臨界值c的芯片會(huì)導(dǎo)致每部手機(jī)損失300元；

方案二：重新檢測所用的全部芯片，會(huì)避免方案一的損失費(fèi)用，但檢測費(fèi)用共需要101萬元；請從科技公

司的角度考慮，選擇合理的方案，并說明理由，

【答案】(1)47

⑵-

5

(3)答案見解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)平均數(shù)公式，即可求解；

(2)根據(jù)條件列舉樣本容量和樣本點(diǎn)的方法，列式求解；

(3)根據(jù)頻率分布直方圖，計(jì)算損失費(fèi)用與c的關(guān)系式，即可比較后，判斷選擇的方案.

【小問1詳解】

由頻率分布直方圖得乙型芯片該項(xiàng)指標(biāo)的平均值為：

x=(25x0.002+35x0.026+45x0.032+55x0.030+65x0.010)x10=47.

【小問2詳解】

根據(jù)分層抽樣得，來自甲型芯片指標(biāo)在［70,80)和［80,90)的各1件，分別記為A和2,來自乙型芯片指標(biāo)

在［50,60)和［60,70］分別為3件和1件，分別記為G，。2，03和D，

從中任取兩件，樣本空間可記為。={(A,3),(ACj,(AC?),(A,G)，(AD),

(B,C1),(B,C2),(B,C3),(B,D),(C1,C2),(C1,C3),(C1,D),(C2,C3),(C2,D),(C3,D)}

共包含15個(gè)樣本點(diǎn)，

記事件E：指標(biāo)在［50,60)和［70,80)各1件，則石={(Acj,(A。2)，(A。3)}共包含3個(gè)樣本點(diǎn)，

31

所以于(或=話=丁

【小問3詳解】

設(shè)將甲、乙兩種型號(hào)芯片應(yīng)用于A型、B型手機(jī)時(shí)，該科技公司損失為y(萬元)，

y=700X［0.002X10+0.005x(c-50)］+300x［0.01xl0+0.03x(60-c)］

=409—5.5c,ce［50,60］,

所以當(dāng)50Wc<56時(shí)，y>101；

當(dāng)c=56時(shí)，y=101；

當(dāng)56<cW60時(shí)，y<101,

綜上，當(dāng)臨界值ce［50,56)時(shí)，選擇方案二；

當(dāng)臨界值c=56時(shí)，選擇方案一和方案二均可；

當(dāng)臨界值ce(56,60］時(shí)，選擇方案一.

/、fa2x+ax-2,x>0,

22.已知函數(shù)心(。>0且awl)為奇函數(shù)，且g(x)="(x)|.

—ci—a+2,九<0

(1)求實(shí)數(shù)機(jī)的值；

(2)若對于函數(shù)y=m(x),xe［夕，勿,用xi(i=O,l,2,---,n,p=xo<xl<---<xn=］)將區(qū)間［，/任意

n

劃分成"個(gè)小區(qū)間，若存在常數(shù)河>0,使得和式〃Z(XT)|〈”對任意的劃分恒成立，則稱

1=1

函數(shù)制X)為［。,切上的有界變差函數(shù).判斷函數(shù)是否為［-|108〃2|,|108〃4］上的有界變差函數(shù)？若

是，求M的最小值；若不是，請說明理由.

【答案】(1)m=-2

(2)丁=8(；0是［-［108〃2|,|隆"4|］上的有界變差函數(shù)，當(dāng)。＜a＜l時(shí)，M的最小值為正；當(dāng)a＞l時(shí),

M的最小值為22.

【解析】

【分析】(1)根據(jù)奇函數(shù)定義運(yùn)算求解；

(2)先證明y=g(x)為偶函數(shù)，分0＜。＜1和a＞1兩種情況討論，根據(jù)有界變差函數(shù)的定義，結(jié)合絕對

值不等式性質(zhì)運(yùn)算求解.

【小問1詳解】

因?yàn)閥=/(x)為奇函數(shù)，

所以當(dāng)無＜0時(shí)，/(%)=-/(-%)=-(a2x+ax-2)=-cT-ax+2,

化簡得a'm=a-2%所以m=-2,代回檢驗(yàn)符合題意.

【小問2詳解】

y=g(x)是［-|logfl2|,|loga4|］上的有界變差函數(shù).證明如下：

因?yàn)間(—x)=1/(-%)1=1一/。)1=1f(x)|=g(x),XeR,

所以y=g(x)為偶函數(shù),

(i)當(dāng)Ova<l時(shí),

lx

當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=-a2x-ax+2=-II+2單調(diào)遞減,

所以/(%)>/(O)=o,即g(x)=/U)在［log02,0］上單調(diào)遞減,

又y=g(x)為偶函數(shù)，所以y=g(x)在［0,-log。4］上單調(diào)遞增.

對區(qū)間［log。2,—loga4］任意戈|J分log"2=/<%<L<X"=-logfl4,

若存在左，滿足冬=0,

則工以(玉)-8(%)|=1(芭)-g(/)|+…+|g(/+i)-g(O)|+…|g(x”)-g(x”一)i|

i=l

=g(%)—g(石)+??,+g(X"J—g(0)+g(/+J—g(°)+???+g(%)—g(x,i)

51737

=g(%)+g(%)-2g@=g(loga2)+g(-loga4)-2x0=：+.=/

4lolo