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（含详解）

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
一、单选题（本大题共8小题）
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
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、多选题（本大题共3小题）
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（本大题共3小题）
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 ．
四、解答题（本大题共5小题）
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．
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．
参考答案
1．【答案】A
【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．【答案】C
【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．【答案】D
【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．【答案】A
【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．【答案】C
【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．【答案】D
【详解】因为，且，
所以，
则，即．
故选D.
7．【答案】B
【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．【答案】B
【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.
9．【答案】ABD
【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．【答案】AD
【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．【答案】ABD
【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.
12．【答案】
【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.
13．【答案】
【详解】因为角的终边经过点，
所以，，，
则.
14．【答案】
【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.
15．【答案】(1)表格见解析，
(2)
【详解】（1）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
（2）由（1）可知，则；
，则．
因为，
所以．
16．【答案】(1)
(2)平均数分，方差
【详解】（1）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．
（2）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．【答案】(1)；
(2)；
(3)
【详解】（1）由题可知，的最小正周期，则，
则，，即，．
因为，所以．
又，所以，得．
故．
（2）令，
得，
则的单调递减区间为．
（3）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．【答案】(1)
(2)，．
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，，，
则，
所以，解得．
（2）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，．
（3）由（1）可知，，则，，
则，
所以，
，从而．
19．【答案】(1)半径，
(2)证明见解析
(3)103
【详解】（1）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．
（2）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．
（3）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，水车的浇水情况．
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．