江西省南昌市第二中学2024−2025学年高一下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份江西省南昌市第二中学2024−2025学年高一下学期3月月考数学试题（含解析），共14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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知点是角终边上的一点，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数的定义域为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．为了推动国家乡村振兴战略，某地积极响应，不断自主创新，培育了某种树苗，其成活率为，现采用随机模拟的方法估计该树苗种植棵恰好棵都成活的概率.先由计算机产生到之间取整数值的随机数，指定至的数字代表成活，代表不成活，再以每个随机数为一组代表次种植的结果.经计算机随机模拟产生如下组随机数：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，据此估计，该树苗种植棵恰好棵都成活的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．为了得到的图象，只要把的图象上所有的点（ ）
A．向右平行移动个单位长度B．向左平行移动个单位长度
C．向右平行移动个单位长度D．向左平行移动个单位长度
5．勒洛三角形是一种定宽曲线，它是德国机械工程专家勒洛首先进行研究的，其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，如图所示，若正三角形的边长为4，则勒洛三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则其最大值与最小值之差为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，为图象与轴的一个交点，且.则函数的一条对称轴方程可能为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．近日，数字化构建社区服务新模式成为一种时尚．某社区为优化数字化社区服务，问卷调查调研数字化社区服务的满意度，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论正确的是（ ）
A．B．满意度计分的众数为75分
C．满意度计分的75%分位数是85分D．满意度计分的平均分是76
10．已知的斜边长为，则其内切圆半径取值可能为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，一个半径为米的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车的轴心距离水面的高度为米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：秒）之间的关系为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．盛水筒出水后至少经过秒就可到达最低点D．盛水筒在转动一圈的过程中，在水中的时间为秒
三、填空题（本大题共2小题）
12．已知，则
13．，且，则
四、解答题（本大题共5小题）
14．英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性。
(1)估算的值（采用四舍五入法，结果保留小数点后两位）
(2)此外该公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，，（解答本题时，这些不等式根据需要可以直接使用）．
（ⅰ）证明：当时，；
（ⅱ）设，若区间满足以下条件：①；
②当定义域为时，值域也为，则称区间为的“封闭区间”．试问是否存在“封闭区间”？若存在，求出的所有“封闭区间”，若不存在，请说明理由．
15．已知函数与函数的部分图象如图所示，图中阴影部分的面积为8.
(1)求的值；
(2)若函数（，且），对任意，存在，使得，求的取值范围
16．已知函数的周期为，为它的一个对称中心.
(1)求函数的解析式及其单调增区间；
(2)若关于的方程在上有实数根，求实数的取值范围.
17．已知角为第三象限角，且
(1)求的值；
(2)化简求值：.
18．已知
(1)用五点法画出在上简图（要有作图痕迹）；
(2)求函数在上的值域。
五、填空题（本大题共1小题）
19．已知函数，若有6个零点，则的取值范围为
参考答案
1．【答案】A
【详解】已知点，可得
由三角函数定义，可得：
故选A.
2．【答案】C
【详解】由题意，得，
所以，，得，，
故所求函数的定义城为，，
故选C.
3．【答案】B
【详解】由题意可知，组随机数中代表该树苗种植棵恰好棵都成活的数据有：
、、、、、、、、，共组，
所以，该树苗种植棵恰好棵都成活的概率为.
故选B.
4．【答案】A
【详解】将变形为
对于函数，要得到的图象，根据“左加右减”的原则，需要将的图象上所有的点向右平行移动个单位长度。
只要把的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，就可得到的图象.
故选A.
5．【答案】D
【详解】因为正三角形的边长为4，所以任意一个扇形的面积为，
又因为是正三角形，易得高，
则，
所以勒洛三角形的面积.
故选D
6．【答案】C
【详解】因为，
当时，即当时，
，即，
此时，；
当时，即当时，
，则，
此时，，
所以，函数的值域为，即，，
因此，函数最大值与最小值之差为.
故选C.
7．【答案】D
【详解】由正弦函数的图象可知，，
则.
已知，设，根据两点间距离公式，因为，
所以，即，
解得（由图象可知点纵坐标为负）.
因为在的图象上，所以，
即，
又因为，所以，则.
因为在的图象上，所以，
即，，，，.
由图象可知，（为函数周期），，又，所以，，
当时，满足条件，所以.
所以的对称轴方程满足，，
解得，，
则当时，为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】由，可得，
依题意，
解得（*）.
又又，则，
故由（*）得，时，即①.
由，得，
因对任意，都有，则，
解得，
因为，故时，即②.
综合①，②，可得的取值范围为.
故选C
9．【答案】ABC
【详解】对于A，，解得，故A正确；
对于B，由图可知，70－80段的频率/组距值最大，所以众数为，故B正确；
对于C，前三组的频率之和为0.1+0.15+0.35=0.6＜0.75，前四组的频率之和为0.6+0.3=0.9＞0.75，则75%分位数，故，所以C正确；
对于D，，故D错误；
故选ABC.
10．【答案】CD
【详解】设的两直角边长为，且；
显然，
即，可得；
设的内切圆半径为，
根据等面积法可得，因此；
所以，
当且仅当时，等号成立；
易知,即符合题意；
故选CD.
11．【答案】ABD
【详解】由题意得，的最大值为，最小值为，
∴，解得，选项A正确.
设函数的最小正周期为，由筒车按逆时针方向每分钟转圈可得，故，
∴，
∵时，，∴，
∵，∴，选项B正确.
由B得，，
令，得，故，
∴，故，
令得，，故盛水筒出水后至少经过秒可到达最低点，选项C错误.
由，得，得，
∴，
解得，
∴盛水筒在转动一圈的过程中，在水中的时间为秒，选项D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】，
，
所以，所以.
13．【答案】
【详解】由，所以
因为，所以，所以
所以.
14．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，有唯一的“封闭区间”
【详解】（1）
（2）（ⅰ）由题意，得，所以，
所以当时，．故
（ⅱ）对于函数，有，
①若，则，故最小值为，于是，
所以，所以最大值为2，故，
此时的定义域为，值域为，符合题意．
②若，当时，同理可得，舍去，
当时，在上单调递减，
所以，于是，
若，即，则，
故，与矛盾；
若，同理，矛盾，所以，即，
由（ⅰ）知当时，，
因为，所以，从而，，从而，矛盾，
综上所述，有唯一的“封闭区间”．
15．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）如图，阴影部分的面积等价于矩形的面积，
对于函数，定义域为，
所以过点C垂直于x轴的直线为，又，
则，解得.
（2）由（1），得，当时，，
故对任意有成立.令且，均有，
对于开口向下，且对称轴为，
当时，则上恒成立，
若，即时，在上单调递减，
所以，满足题设；
若，即时，显然，即，
且在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时；综上，时满足题设；
当时，则上恒成立，
显然，故在上单调递减，所以，此时；
综上所述，或.
16．【答案】(1)，单调增区间：
(2)
【详解】（1）由，得，
当时，因为为它的一个对称中心,所以，
所以，
又，所以，所以；
当时，因为为它的一个对称中心,所以，
所以，
又，所以，所以；
令，，
所以单调增区间： ；
（2）由，得，故，
因此函数的值域为.
设，则，
要使关于的方程在上有且仅有一个实数根，
即在有且仅有一个实数根，令，
则在有且仅有一个实数根，
即与在有且仅有一个交点，由图像可知.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题得，又角为第三象限角，
解得，，所以原式；
（2）原式.
18．【答案】(1)作图见解析
(2)
【详解】（1）令，利用的图象取点法画图；列表如下
作在上的图如下：
（2）由函数在上单调递增，在上单调递减，而，，得值域为.
19．【答案】
【详解】由题可得函数图象，当或时，有两个解；
当时，有4个解；当时，有3个解；
当时，有1个解；因为最多有两个解.
因此，要使有6个零点，则有两个解，设为，.则存在下列几种情况：
有2个解，有4个解，即或，，显然，则此时应满足，即 ，解得，
有3个解，有3个解，设即，，
则应满足，.综上所述，的取值范围为.
故答案为：