河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解方程求集合，再由集合的交运算求集合.
【详解】由题设，，则.
故选：B
2. 已知，则“”是“”的（ ）条件
A. 充要B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】先求解分式不等式，再结合充要条件定义判断即可.
【详解】解不等式，得，
由，可得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：A.
3. 已知，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】原式可变为，利用基本不等式求解.
【详解】由，
当且仅当时取等号，可得.可得的最小值为4，
故选：A.
4. 已知函数在其定义域内为偶函数，且，则（ ）
A. 0B. C. 2025D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，结合可求得函数的解析式，再利用即可求值.
【详解】由题意知，函数的定义域为，
因为函数是偶函数，所以，
即，化简得，则；
所以，又，则，解得，则，
因为，
所以
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据所求和式的特征，通过计算得，即可求值.
5. 已知函数在上是减函数，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由函数单调性的定义可得解可得a的取值范围，即可得答案.
【详解】根据题意，函数在上是减函数，
则有，解可得，
即a的取值范围为，
故选：B.
6. 令定义在上的非常数奇函数的表达式为，且，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用奇函数性质求出即可.
【详解】函数是R上的非常数奇函数，则，解得，
，，
而不恒为0，因此，即，又不恒为0，则，解得，
经验证，当，时，是奇函数，所以.
故选：A.
7. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，利用中间值可以比较出三个数的大小关系
【详解】由函数在上单调递增，
可得，即，
又因为，所以.
故选:B.
8. 设函数，则函数零点的个数为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数零点的意义可得，在同一坐标系内作出函数图象，数形结合求出零点个数.
【详解】依题意，，显然，则，
在同一坐标系内作出函数的图象，如图，
当时，由，得，解得，
当时，由，得，则，
因此当时，函数有3个零点；
当时，，
观察图象知，在区间上，函数各有2个零点，
当时，，
令，，
函数对是递增的，，
因此当时，，当时，，
则当时，函数无零点，所以函数的零点个数为9.
故选：B
【点睛】关键点点睛：利用函数零点的意义，将函数的零点转化为函数的图象交点，并作出图象是求解的关键.
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 2021年某地居民人均可支配收入的构成比例如图所示，已知该地居民人均经营净收入为5250元，则（ ）
A. 2021年该地居民人均经营净收入占居民人均可支配收入的21%
B. 2021年该地居民人均可支配收入为25000元
C. 2021年该地居民人均转移净收入低于人均经营净收入
D. 2021年该地居民人均工资性收入比人均转移净收入多6750元
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用给定的饼状图，逐项分析计算判断.
【详解】对于A，2021年该地居民人均经营净收入占居民人均可支配收入的百分比为，A正确；
对于B，2021年该地居民人均可支配收入为（元），B正确；
对于C，由，得2021年该地居民人均转移净收入高于人均经营净收入，C错误；
对于D，2021年该地居民人均工资性收入为（元），
人均转移净收入（元），，D正确.
故选：ABD
10. 袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球、2个黄球，从中不放回依次摸出2个球，记“恰有一次摸到红球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到黄球”，“至少有一次摸到红球”，“至多一次摸到红球”．则下列说法正确的是（ ）
A. 事件A与事件B是互斥事件B. 事件B与事件C是对立事件
C. 事件C与事件D是对立事件D. 事件D与事件E是互斥事件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据互斥事件以及对立事件的概念，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】对于A，由于事件A与事件B不可能同时发生，故二者是互斥事件，A正确；
对于B，，但，故二者为互斥事件，不是对立事件，B错误；，
对于C，至少有一次摸到红球包括有一次摸到红球一次摸到黄球和两次都摸到红球，
其对立事件为没有一次摸到红球，即两次都摸到黄球，故事件C与事件D是对立事件，C正确；
对于D，{有一次摸到红球，另一次摸到黄球}，故二者不互斥，D错误，
故选：AC
11. 对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为“比翼函数”.则下列说法正确的是（ ）
A. 函数是“比翼函数”
B. 若函数在上为“比翼函数”，则
C. 若函数在上为“比翼函数”，当，，则，
D. 若函数在上为“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在上是单调递减函数，记，若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A：利用“比翼函数”的定义即可判断；对于选项B：举出反例即可判断；对于选项C：利用“比翼函数”的关系式即可求得结果；对于选项D：利用函数的单调性与奇偶性即可判断.
【详解】对于A，对于，则，
所以，
则函数是“比翼函数”，故A正确；
对于B，取，则，
所以，
此时在上为“比翼函数”，但，故B错误；
对于C，当时，，所以，故C正确；
对于D，因为函数是上的“比翼函数”，其函数值恒大于0，
且在上是单调递减函数，所以，
任取且，则，
所以，，
所以
，所以函数为上的增函数，
因为，故函数为上的奇函数，
当时，即，
则，所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若定义在上的奇函数在上单调递增，且，则满足的x的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】根据条件分析函数的性质，结合函数简图分类讨论可解不等式.
【详解】由题意得，，，函数在上单调递增，
函数的图象大致如下：
∵，∴或，
当时，或，解得，
当时，或，解得，
综上得，满足的x的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的性质画出简图，根据函数图象分析讨论可解不等式.
13. 设表示不大于x的最大整数，如，，若正数a满足，则______．
【答案】12
【解析】
【分析】根据的定义进行分析，由此列不等式来求得的取值范围，进而求得正确答案.
【详解】因为，
所以该式的前项都为，后项都为，
所以，，
所以且，得，
因为，，所以，
所以，故．
故答案为：
【点睛】
思路点睛：
遇到此类取整函数和式的问题，首先根据和式的结果分析每一项的取值情况，列出关于变量的不等式.然后解不等式得到变量的取值范围，若取值范围涉及到指数形式，通过计算近似值进一步精确范围.最后根据变量的取值范围求出所求式子的值.
14. 算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.现有一把初始状态的算盘如图所示，自右向左，分别表示个位、十位、百位、千位等，上面一粒珠子（简称上珠）代表，下面一粒珠子（简称下珠）代表，五粒下珠表示的数的大小等于同组一粒上珠表示的数的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被整除”，“表示的四位数能被整除”，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式计算出、，即可求出的值.
【详解】因为只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示或，
因为个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，
所以所得的四位数的个数为个，
能被整除的四位数，数字和各出现个，这样的四位数有：、、、、、，共个，
所以，
能被整除的四位数，个位数为，则这样的四位数为：、、、、、、、，共个，
所以，
所以，.
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. 已知幂函数为偶函数.
（1）求的值；
（2）若函数在区间上单调，求实数的取值范围.
【答案】（1）2； （2）
【解析】
【分析】（1）根据幂函数的定义可得或，再根据奇偶性可得；
（2）利用二次函数单调性列不等式，可得解.
【小问1详解】
由幂函数的定义，有，解得或，
①当时，，函数为奇函数，不合题意；
②当时，，函数为偶函数，满足题意；
由上知，实数的值为2.
【小问2详解】
由（1）知，，有，
又由函数的对称轴方程为.
若函数区间上单调，有或.
可得或.
故实数的取值范围为.
16. 国务院于2023年开展第五次全国经济普查，为更好地推动第五次全国经济普查工作，某地充分利用信息网络开展普查宣传，向基层普查人员，广大普查对象及社会公众宣传经济普查知识.为了解宣传进展情况，现从参与调查的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄（单位：岁）分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示.
（1）求值，并求这组数据的分位数（精确到0.1）；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人.抽取结果中来自第2组和第3组中的所有人的年龄的平均数和方差分别为37和27.已知第2组中参与调查的人的年龄的平均数和方差分别为30和6，据此估计第3组所有人的年龄的方差.
【答案】（1），
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为列方程求得，根据百分位数的求法求得这组数据的分位数.
（2）根据第2组和第3组的所有人的年龄的方差列方程，化简求得第3组所有人的年龄的方差.
【小问1详解】
（1）由表中数据可得，解得，
设第40百分位数为，
因为前2组频率
前3组频率，所以位于第三组：内
即.
【小问2详解】
由题意得，第2组和第3组的频率分别为，
故第2组和第3组所抽取的人数分别为
设第2组的宣传使者的年龄平均数分为，方差为，第2组人数3人，
设第3组的宣传使者的年龄平均数为，方差为，
第3组人数7人第2组和第3组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
则，求得，
即第3组所有宣传使者的年龄平均数为40，
.解得，
即第3组所有宣传使者的年龄方差为6.
17. 某校举行了交通安全知识竞赛，初赛时，每位参赛选手回答2道题，若2道题全部答对，直接进入决赛；若2道题都答错，直接淘汰；若恰好答对1道题，则进入复赛.复赛时，每位参赛选手回答2道题（与初赛时的题目不同），若2道题都答对，则进入决赛，否则淘汰.该校学生甲参加了这次交通安全知识竞赛，已知甲初赛时答对每道题的概率均为，复赛时答对每道题的概率均为，且各题答对与否互不影响.
（1）求甲进入决赛的概率；
（2）求甲至少答对2道题的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求得甲初赛答对2题进入决赛的概率与甲初赛答对1题进入决赛的概率，利用互斥事件的和事件的概率公式可求甲进入决赛的概率；
（2）分甲初赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对1题三种情况求解可求得甲至少答对2道题的概率.
【小问1详解】
甲初赛答对2题进入决赛概率为，
甲初赛答对1题进入决赛的概率为，
所以甲进入决赛的概率；
【小问2详解】
甲初赛答对2题的概率，
甲初赛答对1题，复赛答对2题的概率为，
甲初赛答对1题，复赛答对1题的概率为，
所以甲至少答对2道题的概率.
18. 2024年1月11日，我国太原卫星发射中心在山东海阳附近海域使用引力一号遥一商业运载火箭，将搭载的云遥一号18-20星3颗卫星顺利送入预定轨道，飞行试验任务获得圆满成功，引力一号运载火箭首飞即采用难度较高的海上发射，刷新了全球运力最大固体运载火箭、我国运力最大民营商业运载火箭纪录，进一步丰富了我国运载火箭型谱.1903年前苏联（俄罗斯）航天之父齐奥尔科夫斯基推导出火箭的理想速度公式为：其中为火箭初始质量，为火箭燃烧完毕熄火后剩余质量，称为火箭质量比，为火箭发动机喷气速度.至今多年来所有大小火箭都遵循齐奥尔科夫斯基公式基本规律.现已知某型号火箭的发动机的喷气速度为.
（1）当该型号火箭的质量比为10时，求该型号火箭的理想速度；
（2）经过改进后，该火箭发动机喷气速度变为原来2倍，火箭质量比变为原来的，若使火箭的理想速度增加，求该火箭在技术和材料改进前的质量比. （两问结果均保留一位小数，参考数据：）
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）将给定数据代入公式计算即得；
（2）利用给定信息列出不等式求解．
【小问1详解】
依题意，；
【小问2详解】
技术改进前的理想速度，
技术改进后的理想速度，
要使火箭的理想速率至少增加，
则，即，
，，
所以，
所以该火箭在技术和材料改进前的质量比为
19. 意大利画家列奥纳多•达•芬奇曾经提出，固定项链的两段，使其在重力的作用下自然下垂，项链所成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，历史上，莱布尼兹等人曾研究并得出了悬链线的方程，其中双曲余弦函数尤为特殊，与此类似的还有双曲正弦函数（是自然对数的底数，）．
（1）计算的值；
（2）类比两角差的余弦公式，写出两角差的双曲余弦公式______，并加以证明；
（3）判断函数的零点个数，并求出零点．
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）结合新定义，由指数的运算即可求解；
（2）类比即可，结合，即可求证；
（3）令，得到，得到其零点， 或，再由和讨论.
小问1详解】
由定义可得，
所以．
【小问2详解】
，下证明之．
事实上，
．
【小问3详解】
由于
因此，设，由均值不等式，
因此
令，可得或，而当且仅当
可视为函数和的复合，由复合函数单调性，在上单调递增，在上单调递减
若即，则有2解，原方程共有3个解；
令，设，方程可化为，解得故另两解为
若即，此时关于方程仅有一解，原方程有唯一解；
若即，此时无解，原方程有唯一解．
综上所述，时，原函数有1个零点；
时，原函数有3个零点，为．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解所给双曲余弦函数与双曲正弦函数的定义，第三问关键是通过换元将函数解析式变形为. .