江西省部分学校2024-2025学年高一下学期3月第五次联考试题 数学 PDF版含解析

高一数学试卷参考答案1.A因为α是钝角三角形中最大的角,所以90。<α<180。,则故是第一象限角.2.C因为A={0,1,2,3},B=(—∞,0)U(1,十∞),所以A∩B={2,3}.3.D因为扇形的弧长为5,圆心角为2rad,所以该扇形的半径r=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(5),2),面积为4.A由得α=β十,则cosα十sinβ=cos(β十EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(π),2))十sinβ=—sinβ十sinβ=0.取α=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2),β=—π,满足cosα十sinβ=0,但不满足α—β=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2).故“α—β=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)”是“cosα十sinβ=0”的充分不必要条件.5.C由题可知,f(父)的最小正周期排除B,D.因为所以排除A.故选C.6.D因为sin2=sin,且所以0<sin1<sin=sin2<1,则cos(sin1)>cos(sin2)>0,即a>b>0.7.B由题可知,元件B,C,D均不正常工作的概率为则元件B,C,D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EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),2)×EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(19),27)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(19),54).y38.B令=0,得sin父分别作出函数g(父)= 和h=父的图象,由图可知它们均关于点(EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),3),y3h(父)的图象恰有3个交点,从而函数=3sin父十1的所有零点之和为3×EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(π),2)=sin2父不单调,所以C不正确.因为tan(π十父)=ta递增,所以D正确.10.AD因为2×十=,所以f(父)的图象关于直线父=对称,A正确.f得父十则十2<2sin十2≤4,C不正确.由f(父)=0,得sin(2父十=—1,则2父十=—十2kπ,k∈z,即父十kπ,k∈z,所以f两个相邻的零点之差的绝对值为π,D正确.11.ABD对于选项A,对任意父∈R,都有|=父|,B正确.对于选项C,对任意f(父)父f(父)父=父父趋近于十∞,则不存在M>0,使得即不存在M>0,使得|f(父)|≤M|父|,C不正确.对于选项D,因为f(父)是[0,1]上的“边界函数”,所以存在M>0,使得对任意父∈[0,1],都有|f(父)|≤M|父|.对任意父都有sin2父∈[0,1],则|f|≤M.|sin2父≤M|父|,则f(sin2父)是上的“边界函数”,D正确.13.因为角α的终边经过点(2,3),所以14.(0,2)U(4,十∞)设函数g(父)=父十f(父).因为f(父)的图象关于点(2,2)对称,所以f(父)十f(4—父)=4,则g(父)十g(4—父)=[父十f(父)]十[4—父十f(4—父)]=8,从而g(父)的图象关于点(2,4)对称.由父十f(4—y)>y十f(4—父),可得父十4—f(y)>y十4—f(父),整理得父十f(父)>y十f(y),即g(父)>g(y),则g(父)在(2,十∞)上单调递增.因为g(父)的图象关于点(2,4)对称,所以g(父)在(—∞,2)上单调递增.由f(4)=0,得f(0)=4,则g(0)=g(4)=4.由f(父)>4—父,得父十f(父)>4,即g(父)>4,解得0<父<2或父>4.15.解:(1)表中数据补充如下:w父十φ0 π 2π2父π3 π 63630200………………4分f(父)=2sin(父十.………………………6分(2)由(1)可知f(α)=2sin(α十=,则sin(α十=;…………7分f(β)=2sin(β十=,则sin(β十=.……………8分 分则在[40,50)内的样本容量为40×10×0.005=2,将这2个样本分别记为A1,A2,在[50,60)内的样本容量为40×10×0.010=4,将这4个样本分别记为B1,B2,B3,B4.………3分从中随机地选取2个,可知样本空间Ω={A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A1B4,A2B1,A2B2,,A,BB,BB,BB4,BB,BB4,BB4},共有15个样本点.…5分用事件X表示“这2个样本的得分在同一组”,则X={A1A2,B1B2,B1B3,B1B4,B2B3,B2B4,BB4},有7个样本点,………………………6分则,即这2个样本得分在同一组的概率为.………………7分(2)由图可知,在[80,90)内的样本数与在[90,100]内的样本数之比为2:1,…………8分所以在[80,100]内的样本得分的平均数十分,………………11分方差十分17.解:(1)由题可知,f(父)的最小正周期则分则×十φ=2k1π,k1∈z,即十2k1π,k1∈z.…………………2分因为所以………………3分又f(0)=\3,所以得A=2.…………………4分故…………………5分令十2k2π,k2∈z,…………………7分得十4k2≤父十4k2,k2∈z,…………9分则f(父)的单调递减区间为,k2∈z.………………10分由f=1,得分由0<父<α,得分因为方程f(父)=1在(0,α)内恰有两个不相等的实数根,所以分解得的取值范围为……………15分18.(1)解:由题可得十1,f十1,………1分所以………………3分解得a=1.…………………4分解:由可知,f十1,父∈(—∞,—1)U(0,十∞).…5分父=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(1),父)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(1),父)十1在(0,十∞)上单调递减,……6分故根据复合函数的单调性可知十1在(0,十∞)上单调递减.…………7分父因为sin父∈[—1,1],所以由得0<sin父分解得2kπ<父<十2kπ或十2kπ<父<π十2kπ,k∈z,………………9分故原不等式的解集为十十2kπ,π十2kπ),k∈z.…10分证明:由可知,g=儿分儿则分EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(十),儿)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(十),儿),………………13分,………………14分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),儿)从而men=nem.……………17分19.(1)解:如图1,设A在O的水平方向的射影为H,连接OA,OM.由五角星的性质易知上…………………1分设圆O的半径为r米,则AH=OAsin上AOH=rsin,且OM=r,则=AH十十r=10解得r=10.………2分因为点A首次到达至高点需用时12秒,且上所以OA每旋转一周需要60秒,则………………………3分从而f(t)的解析式为f(t)=10sint十十10(t≥0).……………4分证明:因为十所以f在(0,12)上单调递增.………5分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a,b,使得f(a)=f(b)成立.……………………6分2024由f(t)的最小正周期为60,可得当t1≠12十30k,k∈z时,t2025=×60十t1=60720十t1>60720;…………………8分当t1=12十30k,k∈z时,t2025=2024×60十t1>60720.………………9分故t2025>60720.…………10分(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5×2×60十60=660秒.……………11分因为6800=660×10十200,所以水车完成了10周的完整旋转后还剩200秒时间.AA下面我们讨论200秒内,水车的浇水情况.如图2,作OP平行于地面,且交圆O的右侧于点P,设水桶的浇水点为Q1,Q2,连接OQ1,,OE,OB,可知上上分因为上所以当t=3时十10=10A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.……………………13分又上所以当t=69时,B处浇水桶距离地面的垂直高度为米,且B处浇水桶将进行第二次浇水作业,并停止旋转60秒.…………14分又上所以当t=135时,E处浇水桶距离地面的垂直高度为米,且E处浇水桶将进行第三次浇水作业,并停止旋转60秒.…………15分又上所以当t=201>200时,A处浇水桶距离地面的垂直高度为10(1十 米,不在规定时间内,且其他位置的浇水桶均未在