高一數(shù)學試卷參考答案1.A因為α是鈍角三角形中最大的角,所以90。<α<180。,則故是第一象限角.2.C因為A={0,1,2,3},B=(—∞,0)U(1,十∞),所以A∩B={2,3}.3.D因為扇形的弧長為5,圓心角為2rad,所以該扇形的半徑r=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(5),2),面積為4.A由得α=β十,則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,滿足cosα十sinβ=0,但不滿足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”的充分不必要條件.5.C由題可知,f(父)的最小正周期排除B,D.因為所以排除A.故選C.6.D因為sin2=sin,且所以0<sin1<sin=sin2<1,則cos(sin1)>cos(sin2)>0,即a>b>0.7.B由題可知,元件B,C,D均不正常工作的概率為則元件B,C,D中至少有一個正常工作的概率為,從而該系統(tǒng)正常工作的概率為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父分別作出函數(shù)g(父)= 和h=父的圖象,由圖可知它們均關于點(EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),3),y3h(父)的圖象恰有3個交點,從而函數(shù)=3sin父十1的所有零點之和為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父不單調,所以C不正確.因為tan(π十父)=ta遞增,所以D正確.10.AD因為2×十=,所以f(父)的圖象關于直線父=對稱,A正確.f得父十則十2<2sin十2≤4,C不正確.由f(父)=0,得sin(2父十=—1,則2父十=—十2kπ,k∈z,即父十kπ,k∈z,所以f兩個相鄰的零點之差的絕對值為π,D正確.11.ABD對于選項A,對任意父∈R,都有|=父|,B正確.對于選項C,對任意f(父)父f(父)父=父父趨近于十∞,則不存在M>0,使得即不存在M>0,使得|f(父)|≤M|父|,C不正確.對于選項D,因為f(父)是[0,1]上的“邊界函數(shù)”,所以存在M>0,使得對任意父∈[0,1],都有|f(父)|≤M|父|.對任意父都有sin2父∈[0,1],則|f|≤M.|sin2父≤M|父|,則f(sin2父)是上的“邊界函數(shù)”,D正確.13.因為角α的終邊經過點(2,3),所以14.(0,2)U(4,十∞)設函數(shù)g(父)=父十f(父).因為f(父)的圖象關于點(2,2)對稱,所以f(父)十f(4—父)=4,則g(父)十g(4—父)=[父十f(父)]十[4—父十f(4—父)]=8,從而g(父)的圖象關于點(2,4)對稱.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),則g(父)在(2,十∞)上單調遞增.因為g(父)的圖象關于點(2,4)對稱,所以g(父)在(—∞,2)上單調遞增.由f(4)=0,得f(0)=4,則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)表中數(shù)據補充如下: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=,則sin(α十=;…………7分f(β)=2sin(β十=,則sin(β十=.……………8分 分則在[40,50)內的樣本容量為40×10×0.005=2,將這2個樣本分別記為A1,A2,在[50,60)內的樣本容量為40×10×0.010=4,將這4個樣本分別記為B1,B2,B3,B4.………3分從中隨機地選取2個,可知樣本空間Ω={A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A1B4,A2B1,A2B2,,A,BB,BB,BB4,BB,BB4,BB4},共有15個樣本點.…5分用事件X表示“這2個樣本的得分在同一組”,則X={A1A2,B1B2,B1B3,B1B4,B2B3,B2B4,BB4},有7個樣本點,………………………6分則,即這2個樣本得分在同一組的概率為.………………7分(2)由圖可知,在[80,90)內的樣本數(shù)與在[90,100]內的樣本數(shù)之比為2:1,…………8分所以在[80,100]內的樣本得分的平均數(shù)十分,………………11分方差十分17.解:(1)由題可知,f(父)的最小正周期則分則×十φ=2k1π,k1∈z,即十2k1π,k1∈z.…………………2分因為所以………………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分則f(父)的單調遞減區(qū)間為,k2∈z.………………10分由f=1,得分由0<父<α,得分因為方程f(父)=1在(0,α)內恰有兩個不相等的實數(shù)根,所以分解得的取值范圍為……………15分18.(1)解:由題可得十1,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∞)上單調遞減,……6分故根據復合函數(shù)的單調性可知十1在(0,十∞)上單調遞減.…………7分父因為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為十十2kπ,π十2kπ),k∈z.…10分證明:由可知,g=兒分兒則分EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(十),兒)=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(十),兒),………………13分,………………14分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十),兒)從而men=nem.……………17分19.(1)解:如圖1,設A在O的水平方向的射影為H,連接OA,OM.由五角星的性質易知上…………………1分設圓O的半徑為r米,則AH=OAsin上AOH=rsin,且OM=r,則=AH十十r=10解得r=10.………2分因為點A首次到達至高點需用時12秒,且上所以OA每旋轉一周需要60秒,則………………………3分從而f(t)的解析式為f(t)=10sint十十10(t≥0).……………4分證明:因為十所以f在(0,12)上單調遞增.………5分由三角函數(shù)的圖象可知,在一個最小正周期內,最多有兩個不同的實數(shù)a,b,使得f(a)=f(b)成立.……………………6分2024由f(t)的最小正周期為60,可得當t1≠12十30k,k∈z時,t2025=×60十t1=60720十t1>60720;…………………8分當t1=12十30k,k∈z時,t2025=2024×60十t1>60720.………………9分故t2025>60720.…………10分(3)解:由題可知,當水車完成一周旋轉時,每個澆水桶都要進行兩次澆水,則水車完成一周旋轉所用的時長為5×2×60十60=660秒.……………11分因為6800=660×10十200,所以水車完成了10周的完整旋轉后還剩200秒時間.AA下面我們討論200秒內,水車的澆水情況.如圖2,作OP平行于地面,且交圓O的右側于點P,設水桶的澆水點為Q1,Q2,連接OQ1,,OE,OB,可知上上分因為上所以當t=3時十10=10A處澆水桶距離地面的垂直高度為米,且A處澆水桶將進行第一次澆水作業(yè),并停止旋轉60秒.……………………13分又上所以當t=69時,B處澆水桶距離地面的垂直高度為米,且B處澆水桶將進行第二次澆水作業(yè),并停止旋轉60秒.…………14分又上所以當t=135時,E處澆水桶距離地面的垂直高度為米,且E處澆水桶將進行第三次澆水作業(yè),并停止旋轉60秒.…………15分又上所以當t=201>200時,A處澆水桶距離地面的垂直高度為10(1十 米,不在規(guī)定時間內,且其他位置的澆水桶均未在