精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题

新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期3月份月考数学试题 一、单选题 1. 已知，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（ ） A. 极差为6 B. 中位数为90 C. 第70%分位数为92 D. 平均数为90.25 5. 现有甲，乙两支篮球队进行比赛，甲队每场获胜的概率为，且各场比赛互不影响．若比赛采用“三局两胜”制，则甲队获得胜利的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 设集合，那么（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，两动点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上从点处同时出发做匀速圆周运动．已知点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，且两点在第2秒末第一次相遇于点处，则它们从出发后到第2次相遇时，点走过的总路程为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在平面直角坐标系中，已知角的终边经过点，下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列关于角的说法正确的是（ ） A. 终边在第二象限的角的集合为 B. 与终边相同的角的集合为 C. 若角，则角是第四象限角 D. 若角是三角形的一个内角，则角必是第一、二象限角 11. 已知函数，则方程的根的个数可能为（ ） A. 2 B. 6 C. 5 D. 4 三、填空题 12. ________． 13. 生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小．为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯蒂模型：，其中是正常数，表示初始时刻种群数量，叫做种群的内禀增长率，是环境容纳量．可以近似刻画时刻的种群数量．给出下列四个结论：①如果，那么存在； ②如果，那么存在； ③如果，那么对任意； ④如果，那么存在，任意． 其中所有正确结论的序号是______． 14. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，制作扇子的扇形面积为，圆面中剩余部分的面积为.当扇子扇形的圆心角的度数为时，扇面看上去形状较为美观，则此时__________. 四、解答题 15. （1）已知角，将改写成的形式，并指出是第几象限角； （2）用弧度表示终边落在如图所示阴影部分内(不包括边界)的角的集合. 16. 已知幂函数的图象关于轴对称，函数． （1）判断在上的单调性并证明； （2）设函数，．若，，求的取值范围． 17. 在2025年八省联考结束后，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段分组，绘制了如图所示的频率分布直方图. （1）求出图中a的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）； （2）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数； （3）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数. 18. 某班元旦联欢会上开展趣味抽奖小游戏，在不透明的盒子里装有标号为1，2的两个红球和标号为3，4，5的三个白球，五个小球除颜色外完全相同，参与游戏的同学从中任取1个，有放回的抽取2次，根据抽到小球的情形分别设置一，二，三等奖.班委会讨论了以下两种规则： 规则一：若抽到两个红球且标号和为偶数获一等奖，抽到两个白球且标号和为偶数获二等奖，抽到两个球标号和为奇数获三等奖，其余不获奖； 规则二：若抽到两个红球且标号和为奇数获一等奖，抽到两个球的标号和为5的倍数获二等奖，抽到两个球标号和为偶数获三等奖，其余不获奖. （1）请以标号写出两次抽取小球的所有结果（其中x，y分别为第一、第二次抽到的小球标号）； （2）求两种规则下获得二等奖的概率； （3）请问哪种规则获奖概率更大，并说明理由. 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题､新结论的重要方法. 阅读材料：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等. 例如，，求证：.证明：原式. 请根据以上阅读材料解答下列问题： （1）已知，求的值. （2）若，解关于的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期3月份月考数学试题 一、单选题 1. 已知，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用换元法令，则，将函数化成关于的函数，再将自变量改为即得. 【详解】令，则，且， 代入原式得， 故的解析式为. 故选：C. 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简得出，再应用基本不等式计算的最小值即可求解. 【详解】已知，所以， 则， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 故选：D. 3. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性求解判断. 【详解】令，对称轴为，又是R上增函数， 因为是上的增函数， 所以，即， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 4. 已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（ ） A. 极差为6 B. 中位数为90 C. 第70%分位数为92 D. 平均数为90.25 【答案】C 【解析】 【分析】根据一组数据的极差，平均数，中位数，百分位数的定义依次求解即可. 【详解】由题意可知：数据的极差为：，故A错误； 数据的中位数为：，故B错误； 因为，故数据的第70%分位数为第6个数，故C正确； 因为数据的平均数为：，故D错误. 故选：C 5. 现有甲，乙两支篮球队进行比赛，甲队每场获胜的概率为，且各场比赛互不影响．若比赛采用“三局两胜”制，则甲队获得胜利的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】讨论甲获胜时比赛的场次，结合独立事件的概率乘法公式运算求解. 【详解】若比赛两场甲获胜，则概率为； 若比赛三场甲获胜，则概率为； 甲获得冠军的概率. 故选：A. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义域、奇偶性以及特殊点的函数值来确定正确答案. 【详解】的定义域为， ，所以是奇函数， 图象关于原点对称，所以B选项错误. ，所以C选项错误. 的增长速度比的增长速度慢， 所以时，，所以D选项错误. 故选：A 7. 设集合，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于集合进行整理，分析其特点即可求解． 【详解】由于M中，是奇数； 而N中，是整数，因此必有． 故选：B. 8. 如图所示，两动点在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上从点处同时出发做匀速圆周运动．已知点按逆时针方向每秒钟转弧度，点按顺时针方向每秒钟转弧度，且两点在第2秒末第一次相遇于点处，则它们从出发后到第2次相遇时，点走过的总路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算相遇时间，再确定转过的角度，再利用弧长公式可求点走过的总路程. 【详解】根据题意，设经过秒，第二次相遇. 点对应的圆心角为，则有， 则. 则由，解可得， 所以第二次相遇时，走过的总路程为． 故选：C 二、多选题 9. 在平面直角坐标系中，已知角的终边经过点，下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用三角函数定义计算可得A错误，将代入计算可判断BD正确，再由诱导公式化简计算即可得出C正确. 【详解】对于A，由三角函数定义可知，即A错误； 对于B，易知，所以，即B正确； 对于C，化简，即C正确； 对于D，将代入可得： 原式，可得D正确. 故选：BCD 10. 下列关于角的说法正确的是（ ） A. 终边在第二象限的角的集合为 B. 与终边相同的角的集合为 C. 若角，则角是第四象限角 D. 若角是三角形的一个内角，则角必是第一、二象限角 【答案】AC 【解析】 【分析】写出终边在第二象限的角的集合可判断A；写出与终边相同的角的集合可判断B；由可判断C；举反例可判断D. 【详解】对于A，终边在第二象限的角的集合为 ，故A正确； 对于B，与终边相同的角的集合为，故B错误； 对于C，，所以和的终边相同， 故是第四象限角，故C正确； 对于D，当三角形其中一个内角为直角时，该角终边不在任何象限，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，则方程的根的个数可能为（ ） A. 2 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】ACD 【解析】 【分析】先画出的图象，再讨论方程的根，求得的范围，再数形结合，得到答案. 【详解】画出的图象如图所示： 令，则，则， 当，即时，，此时，由图与的图象有两个交点， 即方程的根的个数为2个，A正确； 当时，即时，，则 故，， 当时，即，则有2解， 当时，若，则有3解；若，则有2解， 故方程的根的个数为5个或4个，CD正确； 故选：ACD 【点睛】本题考查了函数的根的个数问题，函数图象的画法，考查了分类讨论思想和数形结合思想，难度较大. 三、填空题 12. ________． 【答案】18 【解析】 【分析】利用指数运算及指数式与对数式的互化关系计算得解. 【详解】. 故答案为：18 13. 生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小．为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯蒂模型：，其中是正常数，表示初始时刻种群数量，叫做种群的内禀增长率，是环境容纳量．可以近似刻画时刻的种群数量．给出下列四个结论：①如果，那么存在； ②如果，那么存在； ③如果，那么对任意； ④如果，那么存在，任意． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①：令，运算求解即可；对于②：利用作差法分析判断即可；对于③：结合函数单调性分析判断；对于④：根据函数值域结合函数单调性分析判断. 【详解】对于①：当时，， 令，解得：， 因为r为种群的内禀增长率，，所以，故①正确； 对于②：因为， 因为，，则，可得， 则，所以对任意的，故②错误； 对于③：因为，且在内单调递减， 若，，可知，可知在内单调递减， 则在内单调递增， 所以对任意，故③正确； 对于④：因为，且， 则，可得，所以， 又因为在内单调递增， 所以存在，任意，故④正确； 故答案为：①③④. 14. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，制作扇子的扇形面积为，圆面中剩余部分的面积为.当扇子扇形的圆心角的度数为时，扇面看上去形状较为美观，则此时__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式计算可得. 【详解】设圆面的半径为，则. 故答案为： 四、解答题 15. （1）已知角，将改写成的形式，并指出是第几象限角； （2）用弧度表示终边落在如图所示阴影部分内(不包括边界)的角的集合. 【答案】（1），第二象限角；（2）， 【解析】 【分析】（1）整理可得，进而判断角所在象限； （2）根据题意，利用终边在直线上的角的表示方法，求出角的集合. 【详解】（1）因为， 所以角与的终边相同，且，所以角是第二象限角； （2）图①：因为， 所以阴影部分内(不包括边界)的角的集合； 图②：因为， 所以阴影部分内(不包括边界)的角的集合. 16. 已知幂函数的图象关于轴对称，函数． （1）判断在上的单调性并证明； （2）设函数，．若，，求的取值范围． 【答案】（1）函数在上单调递增；证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的性质确定的值，进而确定函数的解析式，再根据函数单调性的定义证明. （2）先根据函数的单调性，确定集合，再分情况讨论二次函数在给定区间上的最值，根据条件列出不等式求参数的取值范围. 【小问1详解】 由，所以或， 由幂函数的图象关于轴对称，所以. 故. 所以. 函数在上单调递增，下面用单调性定义证明： 设， 则. 因为，所以，，，所以， 所以，即. 所以函数在上单调递增. 【小问2详解】 因为函数在上单调递增，且， 所以，. 对，. 当即时，在上单调递增，所以， 由. 当即时，在上单调递减，在上单调递增，所以. 由，无解. 当即时，在上单调递减，所以， 由，这与矛盾，无解. 综上可知：. 故的取值范围是：. 17. 在2025年八省联考结束后，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段分组，绘制了如图所示的频率分布直方图. （1）求出图中a的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）； （2）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数； （3）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数. 【答案】（1）， （2）120分 （3）众数估计值为100分，平均数估计值为分 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程，求得，进而得到及格率； （2）分别求得在110以下和130以下的学生所在比例，结合百分数的计算方法，即可求解； （3）结合频率分布直方图的众数和平均数的计算方法，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质， 可得，解得. 所以及格率为. 【小问2详解】 得分在110分以下的学生所占比例为， 得分在130分以下的学生所占比例为， 所以第80百分位数位于内， 由，估计第80百分位数为120分. 【小问3详解】 由图可得，众数估计值为100分. 平均数估计值为（分）. 18. 某班元旦联欢会上开展趣味抽奖小游戏，在不透明的盒子里装有标号为1，2的两个红球和标号为3，4，5的三个白球，五个小球除颜色外完全相同，参与游戏的同学从中任取1个，有放回的抽取2次，根据抽到小球的情形分别设置一，二，三等奖.班委会讨论了以下两种规则： 规则一：若抽到两个红球且标号和为偶数获一等奖，抽到两个白球且标号和为偶数获二等奖，抽到两个球标号和为奇数获三等奖，其余不获奖； 规则二：若抽到两个红球且标号和为奇数获一等奖，抽到两个球的标号和为5的倍数获二等奖，抽到两个球标号和为偶数获三等奖，其余不获奖. （1）请以标号写出两次抽取小球的所有结果（其中x，y分别为第一、第二次抽到的小球标号）； （2）求两种规则下获得二等奖的概率； （3）请问哪种规则获奖概率更大，并说明理由. 【答案】（1）两次抽取小球的所有可能结果为： ，，，，， ，，，，， ，，，，， ，，，，， ，，，，， （2） （3）两种规则获奖的概率一样大.理由： 三等奖分别为事件，，, 事件包含，两个样本点，. 事件包含，，，，，，，，，，，十二个样本点， . 所以规则一获奖的概率 ， 事件包含，两个样本点，； 事件包含，，，，，，，，，，，，（在中已经记录，不再计算），十二个样本点，. 所以规则二获奖的概率 ， ∴所以两种规则获奖的概率一样大. 【解析】 【分析】（1）直接列举所有结果； （2）（3）根据古典概型求解概率即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记规则一中获得二等奖为事件，记规则二中获得二等奖为事件， 事件包含，，，，五个样本点， 故， 事件包含，，，，五个样本点， 故. 【小问3详解】 略 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题､新结论的重要方法. 阅读材料：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等. 例如，，求证：.证明：原式. 请根据以上阅读材料解答下列问题： （1）已知，求的值. （2）若，解关于的方程. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意把代入式中化简计算即可得解； （2）将代入方程后化简计算即可得解. 【小问1详解】 已知，则有. 【小问2详解】 由， 关于的方程， 可化为：， 即：， ∴，即，解得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $