江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

弋横铅高一数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个项是符合题目要求的） 1．，若，则实数为（ ） A． B． C． D． 2．某个弹簧振子在完成一次全振动的过程中的位移（单位：mm）与时间（单位：s）之间满足关系式，则该弹簧振子运动的最小正周期为（ ） A．0.6s B．0.5s C．0.4s D．0.3s 3．如图，这是一块扇形菜地，是弧的中点，是该扇形菜地的弧所在圆的圆心，D为和的交点，若米，则该扇形菜地的面积是（ ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 4．如图，在平面直角坐标系内，角的始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点.若线段绕点逆时针旋转得，则点的纵坐标为（ ） A． B． C． D． 5．在中，内角的对边分别为，若 ，，且，则的面积（ ） A． B． C． D． 6．已知，，则（ ） A． B． C． D． 7．已知函数满足，且当时，，则（ ） A． B． C． D． 8．已知平面向量满足，，若，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．设，是两个非零向量，且，则下列结论中正确的是（ ） A． B． C．，的夹角为钝角 D．若实数使得成立，则为负数 10．函数的部分图象可能为（ ） A． B． C． D． 11．将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（ ）区间内. A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．在正方形中，是的中点.若，则的值为 .. 13．在中，若，则 ． 14．已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D是AB的中点．若且，，则 ． 四、解答题（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） 已知点在角的终边上. (1)求的值； (2)求的值. 16．（本小题15分） 将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，且当时取得最大值． (1)求的解析式； (2)若函数的图象与的图象关于轴对称，求函数在区间内的值域． 17．（本小题15分） 已知平面上的两个向量（），． (1)求证：向量与垂直； (2)当向量与的模相等时，求的大小． 18．（本小题17分） 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且. (1)若边，，的平分线交BC边于点D.求AD的长； (2)若E为BC边上任意一点，，. （ⅰ）用，表示； （ⅱ）求的最小值. 19．（本小题17分） 在中，对应的边分别为. (1)求； (2)奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作的垂线，垂足分别为，求的最小值. 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1 页，共 13 页 弋横铅高一数学参考答案 一、单选题 1．    3, 2 , ,1a b t   ，若 / /a b，则实数 t 为（ ） A． 2 3 B． 2 3 C． 3 2 D． 3 2 【答案】B 【详解】因为    3, 2 , ,1a b t   ， 由 / /a b，可得  t2 3 1，解得  t 2 3 . 故选：B． 2．某个弹簧振子在完成一次全振动的过程中的位移 y（单位：mm）与时间 t（单位：s）之 间满足关系式          y t t 3 2 20sin , 0, ππ10  ，则开始计时后，该弹簧振子运动的最小正周 期为（ ） A．0.6s B．0.5s C．0.4s D．0.3s 【答案】A 【详解】由已知可得该弹簧振子振动的最小正周期     T 3 10 0.6s 2 故选：A. 3．如图，这是一块扇形菜地，C 是弧 AB 的中点，O是该扇形菜地的弧 AB 所在圆的圆心， D 为 AB 和OC 的交点，若  AB CD2 3 6米，则该扇形菜地的面积是（ ） A． π4 平方米 B． π4 3 平方米 C． π6 3 平方米 D． π3 平方米 【答案】A 【详解】如图，连接BC ．因为C 是弧 AB 的中点，所以 AB CD，  BD AB 2 3 1 米． 因为 AB CD2 3 ，所以 CBD 6 π ，所以   AOC BOC 3 π ， 试卷第 2 页，共 13 页 所以 OBC△ 是等边三角形，则 2π 3 AOB  ． 因为 2 3 6AB CD  米，所以 3CD  米， 2 2 2 3OB BC BD CD    米， 则该扇形菜地的面积是 21 2π (2 3) 4π 2 3    平方米． 故选：A. 4．如图，在平面直角坐标系内，角 的始边与 x 轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点 1 3 4 , 5 5 P       .若线段 1nOP  绕点O逆时针旋转 π 4 得  2,nOP n n N ，则点 2025P 的纵坐标为（ ） A． 4 5  B． 3 5 C． 3 5 D． 4 5 【答案】D 【详解】因为角 的终边与单位圆交于点 1 3 4 , 5 5 P       ，所以 4 sin 5  ， 3 cos 5   ， 设点 2025P 为角 的终边与单位圆的交点，则 π 2024 4     ， 所以   π 4 sin sin 2024 sin 506π sin 4 5                 ， 所以点 2025P 的纵坐标为 4 5 . 故选：D 5．在 ABC 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，若 cos cos 4b C c B  ， 5b  ，且 sin sin 3 sin B C A   ，则 ABC 的面积 S （ ） A．2 6 B．4 6 C．6 6 D．8 6 试卷第 3 页，共 13 页 【答案】B 【详解】因为 cos cos 4b C c B  ，由余弦定理有 2 2 2 2 2 2 cos cos = 4 4 2 2 a b c a c b b C c B b c a a ab ac             ， 由正弦定理有 sin sin = 3 7 sin B C b c c A a      ， 所以 2 2 2 225 49 16 29 8 6cos sin 1 cos 2 2 5 7 35 35 b c a A A A bc              ， 所以 ABC 的面积 1 1 8 6 sin 5 7 4 6 2 2 35 S bc A      . 故选：B. 6．已知   1 os 2 c    ，   1 sin 3    ，则cos2 cos2  （ ） A． 5 6 B． 5 36 C． 5 6  D． 5 36  【答案】B 【详解】已知   1 os 2 c    ，   1 sin 3    ， 所以     2 2 2 1 3sin 1 cos 1 2 4                 ，     2 2 2 1 8cos 1 sin 1 3 9                 ， 所以        cos2 cos2 cos cos                             2 2 2 2cos cos sin sin             8 1 1 3 5 9 4 9 4 36      . 故选：B. 7．已知函数  f x 满足    πf x f x  ，且当 π π , 2 2 x        时，   tanf x x x  ，则（ ） A．      1 2 3f f f  B．      2 3 1f f f  C．      3 2 1f f f  D．      3 1 2f f f  【答案】D 【详解】因为    πf x f x  ， 所以    2 π 2f f  ，    3 π 3f f  ， 因为函数 y x ， tany x 在 π π , 2 2       上都单调递增， 试卷第 4 页，共 13 页 所以函数   tanf x x x  在 π π , 2 2       上单调递增， 又 π 0 π 3 1 π 2 2       ， 所以      π 3 1 π 2f f f    ， 所以      3 1 2f f f  ， 故选：D. 8．已知平面向量 , ,a b c 满足   0c a b   ， 1a c c   ，若 0a b  ，则 a b 的最小值为（ ） A．1 B． 2 C．2 D．3 【答案】C 【详解】①由于       2· · · 2 ? 0 0 2 1 1a c b c a b c a b a c c            ，故 所以                22 22 2 ?a b a c b c a c b c a c b c                         2 4 ? 4 ? 4a c b c a c b c a c b c           . 这就得到       2 2 2 2 24 ? 2 ? 4a b a b a b a b a b a b          ，故 2a b  . ②另一方面，对  1,1a  ，  1,1b   ，  1,0c  ，原条件全部满足，此时 2a b  . 综合①②两方面，可知 | |a b 的最小值为2 ． 故选：C. 二、多选题 9．设 a ，b 是两个非零向量，且 a b a b   ，则下列结论中正确的是（ ） A． a b a b   B． a b a b   C． a ，b 的夹角为钝角 D．若实数使得a b 成立，则为负数 【答案】AD 【详解】由 a b a b   可知 a ，b 不会同向共线，因此： 对于 A，当 a ， b 不共线时，根据向量的减法法则可得 a b a b   ， 当 a ，b 反向共线时， a b a b   ，即可得 a b a b   ，即 A 正确， 对于 B，由 A 中等号成立的条件，可得 B 错误； 试卷第 5 页，共 13 页 对于 C，当 a ，b 的夹角为锐角时，根据向量加法的平行四边形法则可得 a b a b   ，即 C 错误； 对于 D，若实数使得a b 成立，则 a ， b 共线， 由于 a b a b   ，则 a ， b 反向共线，所以为负数，即 D 正确. 故选：AD 10．函数   2 π sin 1 6 f x x          的部分图象可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】对于选项 A，由图可知，  f x 的最小值为 0，则 1   ， 当 1 时，   π sin 1 6 f x x         ，   π 1 0 sin 1 1 6 2 f           ，  f x 的部分图象可以如选 项 A 所示. 对于选项 B，当 0  时，    1,f x f x 的部分图象可以如选项 B 所示. 对于选项 C，由2 πT  ，得 2π 2π, 4 2 T T    ，即 2   ， 当 2  时，  f x 的部分图象可以如选项 C 所示. 对于选项 D，由 πT  ，得 2 2π 2 T    ，即 2   ， 则   π 2sin 2 1 6 f x x          ，此时  π 0f  ，排除 D. 故选：ABC 11．将锐角三角形 ABC 置于平面直角坐标系中，    1,0 , 1,0B C ，A 为 x 轴上方一点，设 ABC 中 A B C  、 、 的对边分别为a b c、 、 且 cos 8bc A ，则 ABC 的外心纵坐标可能落 在以下（ ）区间内. 试卷第 6 页，共 13 页 A．  0 1， B． 1 7 2 5       ， C． 7 2 2       ， D． 27 3 20 2       ， 【答案】BD 【详解】由题知， 2a  ， cos 8bc A ，由余弦定理得 2 2 2 22 8 4 20b c b c       ， 又  2 22 2 2 4 20 cos 0 2 4 b ba b c C ab b        ，解得 2 2b  ，同理： 2 2c  ， 所以 2 28 20 12b c    ， 所以     2 2 2 2 2 220 10 100b c b b b      ， 由二次函数性质可得 2 296 100b c  ，即4 6 10bc  ， 又 8 cos 0A bc   ，所以 4 6 cos , 5 3 A        ， 因为A 为锐角，所以 2 3 3sin 1 cos , 3 5 A A         ， 即外接圆半径为 R ，则 2 10 2 ,2 3 sin 3 R A        ，即 5 , 3 3 R       ， 由外心定义可知， ABC 的外心在 y 轴上， 记 ABC 的外心纵坐标为 0y ，则 2 0 4 1 , 2 3 y R         ， 因为 4 , 2 3      与 1 7 2 5       ， 和 27 3 20 2       ， 交集非空，与  0 1，和 7 2 2       ， 交集为空间， 所以 BD 正确，AC 错误. 故选：BD 三、填空题 12．在正方形 ABCD中，M 是BC的中点.若 AC AM BD   ，则  的值为 . 【答案】 5 3 / 2 1 3 【详解】在正方形 ABCD中，以点A 为原点，直线 AB ， AD分别为 x 轴、 y 轴建立平面直 角坐标系，如图， 试卷第 7 页，共 13 页 设正方形 ABCD的边长为2 ，则 (2,0)B ， (2,2)C ， (0,2)D ， (2,1)M ， (2,2)AC  ， (2,1)AM  ， ( 2,2)BD   ， (2 2 , 2 )AM BD         ， 因为 AC AM BD   ，即 (2,2) (2 2 , 2 )      ， 于是得 2 2 2 2 2          ，解得 4 3 1 3         ， 所以  的值为 5 3 . 故答案为： 5 3 . 13．在 ABC 中，若 2 2 25AC BC AB  ，则 tan tan tan tan C C A B   ． 【答案】 1 2 / 0.5 【详解】 2tan tan cos cos sin sin cos cos sin sin tan tan tan sin sin cos sin sin sin sin cos C C A B C A B A B C C A B A B C A B A B C            ． 由余弦定理得 2 2 2 24 cos 2 2 AC BC AB AB C AC BC AC BC       ． 由正弦定理得 22sin cos sin sin C C A B  ，从而 2sin sin cos 2sinA B C C ． 所以 tan tan 1 tan tan 2 C C A B   ． 故答案为： 1 2 . 14．已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，点 D 是 AB 的中点．若 1 cos 2 a c B  且 1AC  ， 3 2 CD  ，则 AB  ． 【答案】 7 【详解】根据题意， 1b AC  ，由 1 cos 2 a c B  ，即为 1 cos 2 a b c B  ， 试卷第 8 页，共 13 页 由正弦定理得2sin sin 2sin cosA B C B  ， 又因为  sin sin sin cos cos sinA B C B C B C    ， 所以2sin cos sin 0B C B  ， 因为  0,πB ，可得sin 0B  ，所以 1 cos 2 C   又因为CD为 ABC 的一条中线，可得   1 2 CD CA CB  ， 所以   2 2 21 2 4 CD CA CB CA CB    ， 即 23 1 11 2 1 4 4 2 a a                ，解得 2a  或 1a   （舍）. 由余弦定理得 2 2 2 2 1 2 cos 2 1 2 1 2 7 2 AB c a b ab C                  . 故答案为： 7 . 【点睛】关键点点睛：发现 1b  ，从而 1 cos 2 a c B  可变为 1 cos 2 a b c B  ，利用正弦定理 可进行边化角. 四、解答题 15．已知点  6,3P  在角 的终边上. (1)求 tan的值； (2)求    sin π cos 2π   的值. 【答案】(1) 1 2  (2) 2 5  【详解】（1）因为点  6,3P  在角 的终边上， 所以 3 1 tan 6 2      . （2）因为   2 2 3 3 5 sin 53 56 3       ，   2 2 6 6 2 5 cos 53 56 3          ， 所以     5 2 5 2 sin π cos 2π sin cos 5 5 5                   . 试卷第 9 页，共 13 页 16．将 1 π ( ) 3sin( )(| | ) 3 2 f x x     的图象向左平移 π 2 个单位长度得到函数  g x 的图象，且 当 π 4 x  时  g x 取得最大值． (1)求  g x 的解析式； (2)若函数  h x 的图象与  2g x 的图象关于 x 轴对称，求函数  h x 在区间 π π ( , ) 4 2  内的值域． 【答案】(1) 1 5 ( ) 3sin( ) 3 12 g x x    (2) 3 2 [ 3, ) 2   ． 【详解】（1）依题意，   1 3sin( ) 3 6 g x x     ，由当 π 4 x  时，  g x 取得最大值， 得 sin( ) 1 12 6       ，则 π 2 π, 12 6 2 k k       Z，解得 π 2 π, 4 k k   Z，而 π 2   ，则 π 4   ， 所以  g x 的解析式是 1 5 ( ) 3sin( ) 3 12 g x x    ． （2）由（1）得   2 5 2 3sin( ) 3 12 g x x    ，则   2 5 3sin( ) 3 12 h x x     ， 由 π π 4 2 x   ，得 2 5 3 4 3 12 4 x       ，则 2 2 5 sin( ) 1 2 3 12 x     ， 因此 2 5 3 2 3 3sin( ) 3 12 2 x        ， 所以函数  h x 在区间 π π ( , ) 4 2  内的值域为 3 2 [ 3, ) 2   . 17．已知平面上的两个向量  cos ,sina   （0 π  ）， 1 3 , 2 2 b         ． (1)求证：向量a b 与a b 垂直； (2)当向量 3a b 与 3a b 的模相等时，求 的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) π 6   ． 【分析】（1）根据已知计算     0a b a b   即可得证明． （2）由 | 3 | | 3 |a b a b   ，两边平方求解． 【详解】（1）证明： 因为       22 2 2 1 3cos sin 0 4 4 a b a b a b                  ， 试卷第 10 页，共 13 页 所以 a b 与 a b 垂直． （2）由 3 3a b a b   ， 两边平方，得 2 22 2 3 2 3 2 3 3a a b b a a b b       ， 整理，得  2 22 | | 4 3 0a b a b    ， 而 1a b  ，所以 0a b  ， 即 1 3 cos sin 0 2 2             ． 即 π sin 0 6         ， ∴ π π 6 k   ，即 π π 6 k    ，kZ． 又0 π  ，∴ π 6   ． 18．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量  ,m b a c  ，  ,n b c c a   ， 且m n . (1)若边 8a  ， 6AB AC  ， BAC 的平分线交 BC 边于点 D.求 AD 的长； (2)若 E 为 BC 边上任意一点， 1AE  ， 2BE c EC b  . （ⅰ）用 AB ， AC 表示 AE ； （ⅱ）求2b c 的最小值. 【答案】(1) 6 3 5 (2)（i） 2 2 2 c b AE AC AB c b c b     ；（ii） 9 7 7 【详解】（1）由m n 得，      0m n b b c a c c a       ，即 2 2 2bc b c a   ， 2 2 2 1 cos 2 2 b c a A bc      ，由  0,πA 得， π 3 A  ， cos 6AB AC bc A   ， 12bc  ， 由余弦定理得， 2 2 2a b c bc   ，即 264 ( ) 3b c bc   ，得 10b c  ， AD为 BAC 的平分线， π 6 BAD CAD   ， 1 1 π 1 π sin sin sin 2 3 2 6 2 6 ABCS bc b AD c AD            ，   1 5 3 3 4 2 b c AD AD     ， 试卷第 11 页，共 13 页 6 3 5 AD  . （2）（i）由已知得， 2 2 c BE BC c b   ，即 2 2 2 2 c c AE AB AC AB c b c b      ， 2 2 2 c b AE AC AB c b c b      . （ii）易知 2 2 2(2 ) (2 )c b AE cAC bAB   ， π 1 cos 3 2 AB AC bc bc   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2(2 ) 4 2 7c b b c b c b c b c      ， 0, 0, 2 7b c c b bc     ，即 2 1 7 b c   ，   2 1 1 1 2 2 1 2 2 9 7 2 2 5 5 2 77 7 7 c b c b b c b c b c b c b c                             ，当且仅当 b c 时等号成立， 2b c  的最小值为 9 7 7 . 19．在 ABC 中， , ,A B C   对应的边分别为 , , , sin tan cos 2 sina b c b A a A B a C  . (1)求A ； (2)奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定 理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式 证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：      2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x y y x y x y    ； ②已知三维分式型柯西不等式：   222 2 1 2 331 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 *, , R , x x xxx x y y y y y y y y y         ，当且仅当 31 2 1 2 3 xx x y y y   时等号成立.若 3,a P 是 ABC 内一点，过 P 作 , ,AB BC AC 的垂线，垂足分别 为 , ,D E F ，求 9AB BC AC T PD PE PF    的最小值. 【答案】(1) π 3 A  (2)①证明见解析；② 50 3 3 【详解】（1）在 ABC 中， sin tan cos 2 sinb A a A B a C  ， 由正弦定理得，sin sin sin tan cos 2sin sinB A A A B A C  ， 因为  0,πA ，所以sin 0A ， 试卷第 12 页，共 13 页 所以 sin sin cos 2sin cos A B B C A   ， 所以sin cos sin cos 2sin cosB A A B C A  ，即  sin 2sin cosB A C A  ， 因为 πA B C   ， 所以sin 2sin cosC C A ， 因为  0,πC ，所以sin 0C  ， 故 1 cos 2 A  ，又  0,πA ，所以 π 3 A  ； （2）①设    1 1 2 2, , ,a x y b x y  ，由 cos ,a b a b a b  ，得 a b a b  ， 从而 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x y y x y x y     ，即      2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x y y x y x y    ； ② 2 2 29 9 9AB BC AC c a b c a b T PD PE PF PD PE PF c PD a PE b PF          . 又 1 1 1 , , , 2 2 2 PAB PBC PAC PAB PBC PAC ABCS c PD S a PE S b PF S S S S      ， | | | | | | 2 ABCc PD a PE b PF S    . 由三维分式型柯西不等式有 2 2 2 2 29 3 ( 9) 2( 9) 2 3ABC c b b c b c T c PD a PE b PF S bc           . 当且仅当 1 3 1 PD PE PF   即 3 3PE PD PF  时等号成立. 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   得 2 29 b c bc   ， 所以 2( ) 9 3b c bc   ，即 2( ) 9 3 b c bc    ， 则 2 2 2 2( 9) 2 3( 9) ( ) 93 b c b c T b cbc         ， 令 9t b c   ，则 2 2 2 2 3 2 3 72 18( 9) 9 1 t T t t t       . 因为   2 2 9 3 2 3 b c b c bc b c a                 ，得3 6b c   ，当且仅当b c 时等号成立， 所以12 15t  ，则 1 1 1 15 12t   ， 令 2 72 18 1y t t    ，则 y 在 1 1 1 , 15 12t       上递减， 试卷第 13 页，共 13 页 当 1 1 15t  即 3 b c 时， y 有最大值 3 25 ， 此时T 有最小值 50 3 3 （此时 3 3PE PD PF  与b c 可以同时取到）