精品解析：江西省抚州市金溪县第一中学等校2024-2025学年高一下学期第一次联考数学试卷

高一数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册至必修第二册第一章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知是钝角三角形中最大角，则是（ ） A. 第一象限角 B. 第三象限角 C. 第四象限角 D. 小于的正角 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知某扇形的弧长为5，圆心角为2rad，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数在某一周期内的大致图象为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，用四个不同的元件连接成一个工作系统，当元件正常工作，且三个元件中至少有一个正常工作时，该系统正常工作．已知元件A正常工作的概率为，元件正常工作的概率均为，且这四个元件是否正常工作相互独立，则该系统正常工作的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的所有零点之和为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 10 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 11. 若存在，对任意，使得，则称是上的“边界函数”．下列结论正确的是（ ） A. 是上的“边界函数” B. 是上的“边界函数” C. 是上的“边界函数” D. 若是上的“边界函数”，则是上的“边界函数” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在范围内，终边与重合的角的大小为______． 13. 已知角的终边经过点，则______． 14. 已知定义域为函数的图象关于点对称，且当时，不等式恒成立，其中，则不等式的解集为______． 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. 某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表． 0 0 2 0 0 （1）将表中数据补充完整，并直接写出的解析式； （2）若，求的值． 16. 其校为了解学生的综合素养情况，从该校学生中随机地抽取了40名学生作为样本，进行综合素养测评，将他们的得分（满分：100分）分成，共六组．根据他们的得分绘制了如图所示的频率分布直方图． （1）从得分低于60分的样本中随机地选取2个样本，求这2个样本的得分在同一组的概率； （2）若在内的样本得分的平均数为86分，方差为10，在内的样本得分的平均数为92分，方差为6，求在内的样本得分的平均数和方差． 17. 已知函数的部分图象如图所示，直线是图象的一条对称轴． （1）求解析式； （2）求的单调递减区间； （3）若方程在内恰有两个不相等的实数根，求的取值范围． 18. 已知函数，且． （1）求的值． （2）求不等式的解集； （3）已知函数．设，，证明：． 19. 如图，正五角星的外接圆与地面相切于，五角星形水车绕轴心按逆时针（箭头方向）匀速旋转，点离地面的垂直高度（单位：米）与旋转时间（单位：秒）满足关系式．已知当时，与地面平行（此时A在的右侧），且点A首次到达至高点所用的时间为12秒． （1）求圆的半径和的解析式． （2）若存在正实数满足，使得，证明：． （3）若在水车每个顶点处加装一个浇水桶，当某浇水桶距离地面的垂直高度为米时，水车停止旋转60秒便于该浇水桶进行浇水作业，其余时间段均按原始方式匀速旋转，求从0秒到6800秒内浇水作业的次数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册至必修第二册第一章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知是钝角三角形中最大的角，则是（ ） A. 第一象限角 B. 第三象限角 C. 第四象限角 D. 小于的正角 【答案】A 【解析】 【分析】先得到钝角的取值范围，进而求得的取值范围，从而确定正确答案. 【详解】因为是钝角三角形中最大的角，所以， 则，故是第一象限角． 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】对于集合，是自然数，要使，则. 对于集合，由解得或. 因为，，所以． 故选：C 3. 已知某扇形的弧长为5，圆心角为2rad，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用扇形的弧长公式和面积公式即可求解. 【详解】因为扇形的弧长为5，圆心角为， 由弧长公式可知：，所以该扇形的半径， 由扇形面积公式可知：，所以该扇形面积为． 故选：D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式，举特例可判断选项正误. 【详解】由，得，则．取，，满足，但不满足． 则由可得，由得不到， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 函数在某一周期内的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正切函数性质结合图象利用排除法可得答案. 【详解】由题可知，的最小正周期，排除B，D．因为，所以排除A． 故选：C． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得，再利用余弦函数的单调性求解. 【详解】因为，且， 所以， 则，即． 故选：D 7. 如图，用四个不同的元件连接成一个工作系统，当元件正常工作，且三个元件中至少有一个正常工作时，该系统正常工作．已知元件A正常工作的概率为，元件正常工作的概率均为，且这四个元件是否正常工作相互独立，则该系统正常工作的概率为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得均不正常工作的概率，再结合对立事件、独立事件概率计算公式即可求解； 【详解】由题可知，元件均不正常工作的概率为， 则元件中至少有一个正常工作的概率为， 从而该系统正常工作的概率为． 故选：B 8. 函数的所有零点之和为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出函数和的图象，判定它们的对称性可知它们均关于点对称，进一步判定他们的交点个数，配对计算，即可得解. 【详解】令，得． 分别作出函数和的图象，如图所示： 由图可知它们均关于点对称． (由正弦函数的性质，令,得到函数的中心,取得到以为对称中心.) 当时，，当时，， 则与的图象恰有3个交点， 从而函数的所有零点之和为． 故选:B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角函数周期性及单调性可判断选项正误. 【详解】对于A，因为，且当时，在上单调递增，所以A正确． 对于B，因为，且当时，在上单调递增，所以B正确． 对于C，当时，，不单调，所以C不正确． 对于D，因为，且当时，单调递增，所以D正确． 故选：ABD 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由的值求出的值可判断A；通过函数的平移原则可判断B；直接根据正弦函数的性质可判断C；令解出可判断D. 【详解】因为，所以的图象关于直线对称，A正确． ，B不正确． 由，得，则，C不正确． 由，得，则， 即，所以两个相邻的零点之差的绝对值为，D正确． 故选：AD. 11. 若存在，对任意，使得，则称是上的“边界函数”．下列结论正确的是（ ） A. 是上的“边界函数” B. 是上的“边界函数” C. 是上的“边界函数” D. 若是上的“边界函数”，则是上的“边界函数” 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A和B：利用正弦函数的有界性即可判断；对于C：当趋近于0时，趋近于，所以不符合“边界函数”的定义，对于D：因为，根据“边界函数”的定义即可判断. 【详解】对于选项A，对任意，都有， 则，A正确． 对于选项B，对任意，都有，则，B正确． 对于选项C，对任意，都有，当趋近于0时，趋近于， 则不存在，使得，即不存在，使得，C不正确． 对于选项D，因为是上的“边界函数”，所以存在，使得对任意， 都有．对任意，都有， 则，则是上的“边界函数”，D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在范围内，终边与重合的角的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用终边相同的角的定义可得结果. 【详解】终边与重合的角为， 由，可得， 所以，在范围内，终边与重合的角的大小为. 故答案为：. 13. 已知角的终边经过点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由任意角三角函数定义结合诱导公式可得答案. 【详解】因为角的终边经过点， 所以，，， 则. 故答案为： 14. 已知定义域为的函数的图象关于点对称，且当时，不等式恒成立，其中，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】设函数，根据题意推导出函数的图象关于点对称，分析函数的单调性，可得出，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出所求不等式的解集. 【详解】设函数，因为的图象关于点对称，所以， 则， 从而的图象关于点对称． 由，可得， 整理得，即，则在上单调递增． 因为的图象关于点对称，所以在上单调递增． 由，得，则． 由，得，即， 当时，由可得； 当时，由可得. 因此，不等式的解集为. 故答案为：. 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. 某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表． 0 0 2 0 0 （1）将表中数据补充完整，并直接写出的解析式； （2）若，求的值． 【答案】（1）表格见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）完善表格，根据表格中的数据得到，得到函数解析式； （2）在（1）基础上，得到，，利用诱导公式得到的值. 【小问1详解】 表中数据补充如下： 0 0 2 0 0 ，理由如下： 由于的最小正周期为，所以， 又，故， 当时，，故， 所以解析式为 【小问2详解】 由（1）可知，则； ，则． 因为， 所以． 16. 其校为了解学生的综合素养情况，从该校学生中随机地抽取了40名学生作为样本，进行综合素养测评，将他们的得分（满分：100分）分成，共六组．根据他们的得分绘制了如图所示的频率分布直方图． （1）从得分低于60分样本中随机地选取2个样本，求这2个样本的得分在同一组的概率； （2）若在内的样本得分的平均数为86分，方差为10，在内的样本得分的平均数为92分，方差为6，求在内的样本得分的平均数和方差． 【答案】（1） （2）平均数分，方差 【解析】 【分析】（1）先计算频率分布直方图求出得分低于60分的样本在不同组的数列， 再利用古典概型的概率公式计算这2个样本的得分在同一组的概率； （2）根据加权平均数公式和方差的性质计算内的样本得分的平均数和方差. 【小问1详解】 由图可知，，解得， 则在内的样本容量为，将这2个样本分别记为， 在内的样本容量为，将这4个样本分别记为． 从中随机地选取2个，可知样本空间 ， 共有15个样本点． 用事件表示“这2个样本的得分在同一组”， 则，有7个样本点， 则，即这2个样本得分在同一组的概率为． 【小问2详解】 由图可知，在内的样本数与在内的样本数之比为， 所以在内的样本得分的平均数分， 方差 17. 已知函数的部分图象如图所示，直线是图象的一条对称轴． （1）求的解析式； （2）求的单调递减区间； （3）若方程在内恰有两个不相等的实数根，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数最小正周期，进而得到，，代入特殊点坐标，求出，得到解析式； （2）整体法求出函数单调递减区间； （3）得到，结合图象得到，求出答案. 【小问1详解】 由题可知，的最小正周期，则， 则，，即，． 因为，所以． 又，所以，得． 故． 【小问2详解】 令， 得， 则的单调递减区间为． 【小问3详解】 由，得． 由，得． 因为方程在内恰有两个不相等的实数根，所以， 解得，即的取值范围为． 18. 已知函数，且． （1）求的值． （2）求不等式解集； （3）已知函数．设，，证明：． 【答案】（1） （2），． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）计算出、，根据可得出关于的等式，即可解得实数的值； （2）求出函数的定义域，利用复合函数法分析函数在上的单调性，根据可得出，解之即可； （3）求出、关于的表达式，根据指数和对数的运算性质化简可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，，， 则， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）可知，，由可得或， 所以，函数的定义域为， 易知函数在上单调递减， 故根据复合函数的单调性可知，在上单调递减． 因为，所以由，得， 解得或，， 故原不等式的解集为，． 【小问3详解】 由（1）可知，，则，， 则， 所以， ，从而． 19. 如图，正五角星的外接圆与地面相切于，五角星形水车绕轴心按逆时针（箭头方向）匀速旋转，点离地面的垂直高度（单位：米）与旋转时间（单位：秒）满足关系式．已知当时，与地面平行（此时A在的右侧），且点A首次到达至高点所用的时间为12秒． （1）求圆的半径和的解析式． （2）若存正实数满足，使得，证明：． （3）若在水车的每个顶点处加装一个浇水桶，当某浇水桶距离地面的垂直高度为米时，水车停止旋转60秒便于该浇水桶进行浇水作业，其余时间段均按原始方式匀速旋转，求从0秒到6800秒内浇水作业的次数． 【答案】（1）半径， （2）证明见解析 （3）103 【解析】 【分析】（1）根据题意求得角速度，从而得到解析式； （2）利用正弦函数的单调性和周期性证明； （3）利用周期性，结合具体条件分析计算求解. 【小问1详解】 如图1，设A在的水平方向的射影为，连接，． 由五角星的性质易知． 设圆的半径为米，则，且， 则，解得． 因为点首次到达至高点需用时12秒，且， 所以每旋转一周需要60秒，则， 从而的解析式为． 【小问2详解】 证明：因为，所以在上单调递增． 由三角函数的图象可知，在一个最小正周期内，最多有两个不同的实数，使得成立． 由的最小正周期为60，可得当，时，； 当时，． 故． 【小问3详解】 解：由题可知，当水车完成一周旋转时，每个浇水桶都要进行两次浇水，则水车完成一周旋转所用的时长为秒． 因为，所以水车完成了10周的完整旋转后还剩200秒时间． 下面我们讨论200秒内，水车浇水情况． 如图2，作平行于地面，且交圆的右侧于点，设水桶的浇水点为，连接，，可知． 因为，所以当时，， A处浇水桶距离地面的垂直高度为米，且A处浇水桶将进行第一次浇水作业，并停止旋转60秒． 又，所以当时，处浇水桶距离地面的垂直高度为米，且处浇水桶将进行第二次浇水作业，并停止旋转60秒． 又，所以当时，处浇水桶距离地面的垂直高度为米，且处浇水桶将进行第三次浇水作业，并停止旋转60秒． 又，所以当时，A处浇水桶距离地面的垂直高度为米，不在规定时间内，且其他位置的浇水桶均未在规定时间内到达浇水点． 故200秒内，水车会进行3次浇水，则从0秒到6800秒内浇水作业的次数为103． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$