广东省河源市河源中学2024-2025学年高一下学期第一次教学质量检测（3月）数学试题

试卷第 1页，共 4页 河源中学 2024-2025 学年第二学期高一年级第一次教学质量检测 数学试题 说明：本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。答案须做在答卷上； 选择题填涂须用 2B 铅笔，主观题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。考试结束后只需交答卷。 第Ⅰ部分 选择题（共 58 分） 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 1．已知集合  1 3A x x    ，  3, 1,0,1,2,3B    ，则 A B  （ ） A． 1,1, 2 B． 1,0,1 C． 0,1,2 D． 1,0, 2 2．设函数   lg 2 6f x x x   ，则函数  f x 的零点所在的区间为（ ） A．  0,1 B．  1,2 C．  2,3 D．  3,4 3．如图，在 ABC三角形中，点D是 BC边上靠近 B的三等分点，则 AD   A． 2 1 3 3 AB AC   B． 1 2 3 3 AB AC   C． 2 1 3 3 AB AC   D． 1 2 3 3 AB AC   4．若 tan 2   ，则 cos2 （ ） A． 3 5 - B． 3 5 C． 2 5  D． 2 5 5．已知函数   2 sin1 xf x x x    ，则函数  y f x 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 试卷第 2页，共 4页 6．《巴黎协定》是 2015年 12月 12日在巴黎气候变化大会通过，2016年 4月 22日在纽约签署的气 候变化协定，该协定为 2020年后的全球应对气候变化行动作出安排．中国政府一直致力积极推动《巴 黎气候》协定的全面有效落实．某工厂产生的废气经过过滤后排放，排放时污染物的含量不得超过 1%．已知在过滤过程中污染物的数量 P（单位：毫克/升） 与过滤时间 t（单位：时）之间的函数关 系式为 P = P0e−kt（ k， 0P 均为正常数）．如果前 5小时的过滤过程中污染物被排除了 90%，那么排 放前至少还需要过滤的时间是（ ） A． 12 小时 B． 5 9 小时 C．5小时 D．10小时 7．已知  f x 是定义在 R 上的奇函数，    3 1 0f x f x     ，且  1 3f  ，则    2025 2026f f （ ） A．-3 B．0 C．3 D．6 8．若函数  f x 的定义域内存在  1 2 1 2,x x x x ，使得    1 2 12 f x f x  成立，则称该函数为“完整函 数”．已知   3 π 1 5πsin cos ( 0) 2 6 2 6 f x x x                 是 π 3π, 2 2      上的“完整函数”，则的取值范 围为（ ） A． 3,4 B． 3, C． 2,4 D． 4, 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 部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．已知函数 π( ) sin(2 ) 6 f x x  ，则（ ） A． ( )f x 的最小正周期为 π B． ( )f x 的图象关于直线 π 12 x  对称 C． ( )f x 在 π 5π( , ) 3 6 上单调递减 D． ( )f x 在 (0, π)上有 2 个零点 10．在△ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，下面论断正确的是（ ）. A．若 sin cosb A a B ，则 4 B  B．若 b c ，则 2 2cos cosB C C．若 , 2, 3 4 B b a   ，则满足条件的三角形共有两个 D．若 0BCAB     ，则满足条件的三角形为钝角三角形 试卷第 3页，共 4页 11．几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．底与腰之比为黄金分割比 （ 5 1 2   0.618）的黄金三角形是“最美三角形”，即顶角为 36°的等腰三角形．例如，中国国旗 上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的．如图，将五角星的五个顶点相连， 记正五边形 ABCDE的边长为 a，正五边形 1 1 1 1 1A BC D E 的边长为b， CAD   ，则下列结论正确的是 （ ） A． 5 1sin 2 4    B． 5 1 2 b a   C． 3 5 2 b a   D．对任意的 R  ，        cos cos 2 cos 4 cos 6 cos 8 0                 第Ⅱ部分 非选择题（共 92 分） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．已知扇形的弧所对的圆心角为 π 3，且半径为 10cm，则该扇形的面积为 ． 13．已知 3log 5a ＜1，则 a的取值范围是 ． 14．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高 处俯四周景色如图，某摩天轮最高点距离地面高度为100m，转盘直径为90m，均匀设置了依次标号 为 1～48 号的 48 个座舱．开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的 位置进舱，开始转动 mint 后距离地面的高度为 mH ，转一周需要30min．若甲、乙两人分别坐在 1 号和 9 号座舱里，当0 15t  时，两人距离地面的高度差 h（单位：m）取最大值时，时间 t的值 是 ． 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．（本小题 13 分）函数 ( )f x 是R 上的奇函数，且当 0x  时，函数的解析式为 2 3( ) 1 xf x x    . (1)求 ( 2)f  的值； (2)当 0x  时，求函数的解析式. 试卷第 4页，共 4页 16．（本小题 15 分）已知向量 1 2 1 2 1 23 4 , 9 12 , 4 3a e e b e e c e e             ，其中 1 2(1,0), (0,1)e e    (1)若 ( ) ( )a kb b c      ，求 k 的值； (2)若 2 ,m a b n a c         ，求向量m 在向量 n上的投影向量的坐标． 17．（本小题 15 分）如图所示， PAQ 是某海湾旅游区的一角，其中 120PAQ  ，为了营造更加 优美的旅游环境，旅游区管委会决定在直线海岸 AP和 AQ上分别修建观光长廊 AB和 AC，其中 AB是 宽长廊，造价是800元/米， AC是窄长廊，造价是 400元/米，两段长廊的总造价为 120 万元，同时 在线段 BC上靠近点 B的三等分点D处建一个观光平台，并建水上直线通道 AD（平台大小忽略不计）， 水上通道的造价是1000元/米． (1) 若规划在三角形 ABC区域内开发水上游乐项目， 要求 ABC 的面积最大，那么 AB和 AC的长度分别为多少米？ (2) 在(1)的条件下，建直线通道 AD还需要多少钱？ 18．（本小题 17 分）在△ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，已知 sin sin 2a B b A ． (1)求角A的大小． (2)若 3b  ，△ABC 的面积为3 3，求△ABC 的周长． (3)若△ABC 为锐角三角形，求 2cos cosB C 的取值范围． 19．（本小题 17 分）如图，已知△ABC， 2 1AB AC BC   ，且点 P是 ABCV 的重心.过点 P的直线 l 与线段 AB、 AC分别交于点 E、 F .设 AE AB   ， AF AC   （ 0  ， 0  ）. (1)求 AB AC   的值，并判断 1 1    是否为定值，若是则求出定值，若不是请说明理由； (2)若 AEF△ 的周长为 1C ，△ABC 的周长为 2C .设 x  ，记   1 2 Cf x x C   ，求  f x 的取值范围. 答案第 1页，共 7页 《数学考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C A A C C C B ACD AB ACD 1．C【详解】由集合  1 3A x x    ，  3, 1,0,1,2,3B    ，得  0,1,2A B  ，故选：C. 2．C【详解】 lgy x 和 2 6y x  均为增函数，函数   lg 2 6f x x x   在区间  0,  上 单调递增.又  2 lg2 4 6<0f    ，  3 lg3 6 6>0f    ， 由零点存在性定理得，函数  f x 存在唯一零点在区间  2,3 上.故选：C. 3．A【详解】因为点D是 BC边上靠近 B的三等分点,所以 1 3 BD BC , 所以 1 1 2 1( ) 3 3 3 3 AD AB BD AB BC AB BA AC AB AC                   ,故选:A. 4．A【详解】 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 1 4 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 4 5                      .故选：A 5．C【详解】因为 ( )f x 定义域为 R，且   2 sin( ) ( )1 ( ) xf x x f x x         ， 所以 ( )f x 为偶函数，故排除 A,D；当 0x 时， ( ) 0f x  ，故排除 B.故选：C 6．C 【详解】由题意，过滤过程中污染物的数量 P 与过滤时间 t之间的函数关系式为 0e kP P  ， 当 0t  时， 0P P ，所以 50 0(1 90%) e kP P    ，即 5e 0.1k  ， 又由 0 00.01 e ktP P   ，即  25e ek kt  ，解得 10t  ，即还需 5小时.故选：C． 7．C 【详解】因为    3 1 0f x f x     ，且函数  f x 为奇函数， 所以      3 1 1f x f x f x       ，所以        1 1 3 1 4f x f x f x f x        ， 所以  f x 的周期 4T  ，所以        2025 2026 1 2f f f f   ．因为    3 1 0f x f x     ， 所以    2 2 0f f  ，所以  2 0f  ，则        2025 2026 1 2 3f f f f    ．故选：C. 8．B 9．【详解】由   3 1 5sin cos 2 π π 6 2 6 f x x x               可得： 答案第 2页，共 7页   3 π 1 5π 3 5π 1 5πsin π cos sin cos 2 6 2 6 2 6 2 6 f x x x x x                                     5π πsin sin π sin 6 6 x x x              ； 即   sinf x x 是 π 3π, 2 2      上的“完整函数”， 所以存在 1 2 π 3π 2 , , 2 x x     ，使得    1 2 1 2 f x f x  成立； 即存在 1 2 π 3π 2 , , 2 x x     ，使得    1 2 2f x f x  成立； 又因为  max 1f x  ，因此    1 2 1f x f x  ， 即   sinf x x 在 π 3π, 2 2 x      上至少存在两个最大值点， 所以 3π π 2π 2 2 T     ，解得 2  ； 当 3π π 4π2 2 2 T     ，即 4  时，一定满足题意； 若 2 4  ，因为 π 3π, 2 2 x      ， 0  ，所以 π 3 π 2 2 x   ， 又易知 π 3 ππ 2π,3π 6π 2 2       ；所以只需保证 9π 3 π 6π 2 2    即可，解得3 4  综上可知的取值范围为 3, .故选：B 9．ACD 【详解】对于 A，函数 ( )f x 的最小正周期为 2π π 2  ，A正确； 对于 B，因 π π πsin(2 ) 0 1 12 12 6 f            ， 即 ( )f x 的图象关于直线 π 12 x  不对称，B错误； 对于 C，当 π 5π( , ) 3 6 x 时， π π 3π2 ( , ) 6 2 2 x   ， 因正弦函数在 π 3π( , ) 2 2 上单调递减，故 ( )f x 在 π 5π( , ) 3 6 上单调递减，C正确； 对于 D，当 (0, π)x 时， π π 11π2 ( , ) 6 6 6 x    ，由 ( ) 0f x  ，得 2 6 π 0x   或 π2 π 6 x   ， 解得 12 x  或 7 12 x  ，即 ( )f x 在 (0, π)上有 2个零点，D正确.故选：ACD 10．AB 【详解】解：对于 A，由 sin cosb A a B ，得 sin sin sin cosB A A B ，因为 sin 0A ，所以 答案第 3页，共 7页 sin cosB B ，所以 tan 1B  ，因为 (0, )B  ，所以 4 B  ，所以 A正确， 对于 B，因为b c ，所以由正弦定理得0 sin sinB C  ，所以 2 2sin sinB C ，所以 2 21 cos 1 cosB C   ，所以 2 2cos cosB C ，所以 B正确， 对于 C，因为 , 2, 3 4 B b a   ，所以由正弦定理得 sin sin a b A B  ，即 3 2 sin 2 2 A  ，得 6 2sin sin 4 2 A B   ，所以0 4 A   ，所以满足条件的三角形只有一个，所以 C错误， 对于 D，因为 0BCAB     ，所以 cos 0( )ac B  ，所以 cos 0B  ，所以角 B为锐角，所以三 角形形状不能确定，所以 D错误，故选：AB 11．ACD 【详解】解：依题意 36  CAD ，即 36  ，在 1 1ADC 中，由正弦定理可得 1 1 1 1 1 1 1 sin sin 36 1 5 1 sin sin 72 2cos36 2 DC D AC AC ADC           ，所以 1 5 1cos36 45 1      ， 因为 2cos36 1 2sin 18   ，所以 1 cos36 3 5 5 1sin18 2 8 4         ， 所以 5 1cos72 sin18 4      ，即 5 1cos 4   ， 5 1sin 2 4    ， 5 1cos 2 4   ，故 A正确； 又 1 1AC DB ， 5 1 2 CD AD   ， 1 1 1 5 1 2 DC AC   ， 1 1C D b 、CD a ， 1 1 1 1AD AC C B B D   所以 1 1 1 2 2 5 1 5 1 DC bAC     ，即 2 2 4 5 1 5 1 5 1 A bb b bD b        ， 所以 5 1 4 2 5 1 a b b     ，即 2 2 2 5 1 5 3b ba b    ， 所以      2 3 52 3 5 25 3 3 5 3 5 b a        ，故 C正确，B错误； 因为 5   ，所以5  ，则10 2  ， 所以 cos cos( 2 ) cos( 4 ) cos( 6 ) cos( 8 )                cos cos( 2 ) cos( 4 ) cos[( 4 ) 10 ] cos[( 2 ) 10 ]                     cos cos( 2 ) cos( 4 ) cos( 4 ) cos( 2 )                 cos 2cos cos4 2cos cos2 cos (1 2cos4 2cos2 )             2 2cos [1 2 (2cos 2 1) 2cos2 ] cos (4cos 2 2cos2 1)             答案第 4页，共 7页 25 1 5 1cos [4 ( ) 1] 0 4 2         ，故 D正确；故选：ACD 12． 50π 3 2cm 【详解】因为扇形的弧所对的圆心角为 π 3，半径 r=10cm，则扇形的弧长 π 10π10 cm 3 3 l r     ，扇形的面积为 2 1 1 10π 50π10 cm 2 2 3 3 S lr     ．故答案为： 2 50π cm 3 . 13．a>1或 0＜a＜3/5【详解】试题分析：当 时， 即 当 时， 即 综上 a的取值范围为 14．10【详解】设座舱距离地面最近的位置为点 P，以轴心为原点，与地面平行的直线为 x 轴建立直角坐标系，如图所示： 设 0mint＝ 时，游客甲位于点 0, 45P （ ），以OP为终边的角为 π 2  ； 根据摩天轮转一周大约需要30min，可知座舱转动的角速度约为  2π π rad / min 30 15    ， 由题意得 π π45sin 55,0 15 15 2 H t t         ． 甲、乙两人的位置分别用点 A、B表示，则 2 8 48 3 π πAOB    ， 经过 mint 后甲距离地面的高度为 1 π π45sin 55 15 2 H t       ，点 B相对于点 A始终落后 π rad 3 ， 此时乙距离地面的高度为 2 π π π π 5π45sin 55 45sin 55 15 2 3 15 6 H t t                 ． 则甲、乙距离地面的高度差 1 2 π π π 5π45 sin sin 15 2 15 6 h H H t t                π π 5π π 5π45 cos sin cos cos sin 15 15 6 15 6 t t t        π 3 π 1 π45 cos sin cos 15 2 15 2 15 t t t    3 π 1 π45 sin cos 2 15 2 15 t t  ＝ π π45 sin 15 6 t     . 因为 15[0 ]t ， ，所以 π π π 5π, 15 6 6 6 t       ， 所以两人距离地面的高度差 h（单位：m）取最大值时 π π π 15 6 2 t   ，解得 10t  . 即开始转动 10分钟时，甲乙两人距离地面的高度差最大值为 45m．故答案为：10． 答案第 5页，共 7页 15．【详解】（1）因为 0x  时，函数的解析式为 2 3( ) 1 xf x x    ，则   72 3 f  ， 又 ( )f x 是R 上的奇函数，所以     72 2 3 f f     . （2）设 0x  ，则 0x  ，则   2 3 1 xf x x       ， 又 ( )f x 是R 上的奇函数，则     2 3 1 xf x f x x         所以   2 3 1 xf x x     0x  . 16．【详解】（1）解：因为 (3,4), (9,12), (4, 3)      b ca ，所以 (3 9 ,4 12 ), (5,15)a k cbk k b         ， 因为 ( ) ( )a kb b c      ，所以 ( ) ( ) 5(3 9 ) 15(4 12 ) 0a kb b c k k           ，所以 1 3 k   ； （2） 2 2 (3,4) (9,12) ( 3, 4)         m a b ， (3, 4) (4, 3) (7,1)        n a c ， 所以 2 23 7 4 1 25, 7 1 5 2nm n            ， 所以向量m 在向量 n的投影向量为 2 25 7 1(7,1) , | | 50 2 2 m n n n               . 17．【详解】（1）设 AB长为 x米， AC长为 y米，依题意得800 400 1200000x y  ， 即 2 3000x y  ， 1 sin120 2ABC S x y     3 4 x y   3 2 8 x y   23 2 8 2 x y      = 281250 3 2m 当且仅当 2x y ，即 750, 1500x y  时等号成立， 所以当 ABC 的面积最大时， AB和 AC的长度分别为 750米和 1500米 （2）在(1)的条件下，因为 750 , 1500AB m AC m  ．由 2 1 3 3 AD AB AC     得 2 2 2 1 3 3 AD AB AC         2 24 4 1 9 9 9 AB AB AC AC        2 24 4 1 1750 750 1500 1500 9 9 2 9              250000 500AD   ， 1000 500 500000  元 所以，建水上通道 AD还需要50万元． 解法二：在 ABC 中， 2 2 2 cos120BC AB AC AB AC     2 2750 1500 2 750 1500cos120      750 7 答案第 6页，共 7页 在 ABD 中， 2 2 2 cos 2 AB BC ACB AB AC      22 2750 750 7 1500 2 750 750 7      2 7 7  在 ABD 中， 2 2 2 cosAD AB BD AB BD B       22 2 7750 250 7 2 750 250 7 7      =500 1000 500 500000  元。所以，建水上通道 AD还需要50万元． 解法三：以 A为原点，以 AB为 x轴建立平面直角坐标系，则  0,0A ，  750,0B  1500cos120 ,1500sin120C   ,即  750,750 3C  ，设  0 0,D x y 由 2CD DB   ，求得 0 0 250 { 250 3 x y   ， 所以  250,250 3D 所以，    22250 0 250 3 0AD     500 ，1000 500 500000  元 所以，建水上通道 AD还需要50万元． 18．【详解】（1）∵ sin sin 2a B b A ，∴ sin sin sin sin 2A B B A ，即sin sin 2sin cos sinA B A A B ， ∵  , 0, πA B ，∴ sin 0,sin 0A B  ，∴ 1cos 2 A  ，故 π 3 A  . （2）由（1）得， 3sin 2 A  ， ∵△ABC的面积为3 3，∴ 1 sin 3 3 2 bc A  ，即 3 3 3 3 4 c  ，解得 4c  ， 由余弦定理得， 2 2 2 12 cos 9 16 2 3 4 13 2 a b c bc A          ， ∴ 13a  ，故△ABC的周长为7 13 . （3）由 π 3 A  得 2π 3 B C  ，则 2π 3 C B  ， ∴ 2π 1 32cos cos 2cos cos 2cos cos sin 3 2 2 B C B B B B B           3 3 πsin cos 3sin 2 2 3 B B B        ∵△ABC为锐角三角形，∴0 ,0 2 3 2 π 2π πB B< < < - < ，故 π π 6 2 B  ， ∴ 6 π π 2 3 5πB< + < ，故 1 πsin 1 2 3 B       ， ∴ 3 π3 sin 3 2 3 B       ，即 2cos cosB C 的取值范围是 3 , 3 2        . 19．【详解】（1）已知 ABCV ， 2 1AB AC BC   ，所以 答案第 7页，共 7页 2 2 2 2 2 2 11 1 72cos 2 2 1 1 8 AB AC BCBAC AB AC               ， 所以 7 7cos 1 1 8 8 AB AC AB AC BAC           ， 因为 AE AB   ， AF AC   ，则 1AB AE     ， 1AC AF     ， 因为点 P是 ABCV 的重心，所以  1 1 13 3 3AP AB AC AE AF          ， 因为 , ,P E F在直线 l上，所以 1 1 1 11 3 3 3         . （2） 2 2 2 2 72 4 EF AF AE AF AE AF AE                   ， 所以 2 21 7 4 C AE AF EF             ， 2 5 2 C  设 x  ，由（1）得 1 1 3     ，所以 3 3x     所以    22 2 2 21 2 2 7 2 7 2 15 2 15 12 3 9 9 5 4 5 4 5 4 5 4 5 Cf x x x x x x x x x x x C                                                        因为 0 1,0 1     ， 1 11, 1     ，又因为 1 13 2      ，则 11 2    ， 因为 3 1 λμ λ   ，所以 2 2 2 1 1 3 13 1 1 3 9 2 4                  ， 因为 11 2    ，所以当 1 3 2  时，  的最小值为： 4 9 ，当 1 1   或 2时，  的最大值为：12 ， 所以 4 1, 9 2 x        ， 因为 2 1 159 4 y x x  的对称轴为 5 24 x  ，所以在 4 1, 9 2      上单调递增，又因为 2 1 5 y x 在 4 1, 9 2      上也是单调递增，所以   22 15 19 5 4 5 f x x x x   在 4 1, 9 2      上单调递增， 所以当 4 9 x  时，  min 2 9 f x  ，当 1 2 x  时，  max 6 1 10 f x  ， 所以  f x 的取值范围为 2 6 1, 9 10      