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（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3月月考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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6B. 中位数为90
C. 第70%分位数92D. 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. 2B. 6C. 5D. 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，叫做种群的内秉增长率，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；
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为种群的内秉增长率，，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）答案见解析
（2）
（3）规则二获奖的概率大，理由见解析
【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】
两次抽取小球所有可能结果为：
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，
，，，，，
【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】
规则二获奖概率大.
理由如下：记规则一获得一，二，三等奖分别为事件，，，
规则二获得一，二，三等奖分别为事件，，,
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，，，，，，，，，，，，十三个样本点，.
所以规则二获奖的概率
，
，∴所以规则二获奖的概率大.
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：.