河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高一下学期5月半月考理科数学试题

1 新蔡一高 2024-2025 学年下学期 5 月半月考 高一理科数学试题 一、单选择题：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.已知向量 a =(4,1), b =(2,m),且  baa // 则 m= ( ) A. 2 B. 2 1 C. 2 1  D. 2 2. 已知 1sin cos 8     ，  0, π  ，则 sin cos  （ ） A． 5 2 B． 5 2  C． 3 2 D． 3 2  3.在 ABC 中， 30 , 2B b  ， 2 2c  ，则角 A 的大小为（ ） A． 45  B．135  或 45  C．15  D．105  或15  4.设函数          3 sin xxf 在区间  ，0 恰有三条对称轴､两个零点，则的取值范围是（ ） A．     6 13 3 5 ， B．      6 19 3 5 ， C．      3 8 6 13 ， D．      6 19 6 13 ， 5.已知 2cos 462 1a   ， cos2025 cos2024 sin 2025 sin 2024b      ， 1 tan14 tan31 tan14 tan31c     ，则（ ） A． c a b  B．b a c  C．b c a  D． c b a  6.已知角 终边在第二象限，且 4tan 3    ，则 1 sin 2 2 2cos 2    的值为（ ） A．1 B． 7 5 C． 9 5 D． 13 5 7.如图，一个半径为 4米的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心O距离水面的高度为 2米．设筒车上 的某个盛水筒 P到水面的距离为 d（单位：m）（在水面下则d为负数），若以盛水筒 P刚 浮出水面时开始计算时间，则d与时间 t（单位： s）之间的关系可以表示为（ ） A． π π4sin 2 20 6 d t       B． π π4sin 2 20 6 d t       C． π π4sin 2 10 6 d t       D． π π4sin 2 10 6 d t       8.在 ABC 中， 2AB AC  ， 2 3BC  ，点 P在线段 BC上.当 PA PB   取得最小值时，PA （ ） 2 A． 3 2 B． 7 2 C． 3 4 D． 7 4 二、多选择题：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.函数  siny A ωx φ  ( 0A  ， 0  ，0 π  )在一个周期内的图像如图所示，则（ ） A．该函数的解析式为 2 π2sin 3 3 y x      B．该函数图像的对称中心为 π ,0 3 k     ， Zk C．该函数的增区间是 5π π3 π ,3 π 4 4 k k     ， Zk D．把函数 π2sin 3 y x      的图像上所有点的横坐标伸长为原来的 3 2 倍，纵坐标不变，可得到该函数图像 10．已知向量  1,2a   ，  4,2b    ，则（ ） A．    a b a b      B． a b a b      C．b a   在a  上的投影向量是 a D． a  在a b   上的投影向量是  3, 4 11.已知函数 ( ) cos2 2 3sin cosf x x x x  ，则下列命题正确的是（ ） A. ( )f x 的最小正周期为 π B. 函数 ( )f x 的图象关于直线 π 3 x  对称 C. ( )f x 在区间 2π π[ , ] 3 6   上单调递增 D. 将函数 ( )f x 的图象向右平移 π 3 个单位长度后所得到的图象与函数 2cos2y x 的图象重合 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分． 12.已知向量  1,3a   ，  , 1b    ，若 a  与b  的夹角为钝角，则实数 的 取值范围是 . 13.宁化县的慈恩塔始建于唐末年间，现在的慈恩塔是 1998-2006 年重建 的，如图 1.某人为了测量塔高CD，在A点处测得仰角为 45，在 B点处 测得仰角为60， A B、 两点间的距离为30米， 30ACB  ，如图 2，则 塔的高度为 米. 3 14. 已知在锐角三角形 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，若 2 ( )a b b c  ，则 2 sin cos cos b B a B b A 的取值范 围是 ． 四、解答题：本题共 5 小题，第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分，第 18、19 题 17 分，共 77 分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． 15（13 分）. 已知 2tan 3   ． （1）求 sin cos sin cos       的值； （2）求  2 πsin 2cos π sin 2          的值． 16（15 分）.已知向量  3,4a   ，  1,b x  . （1）若  a a b    ，求 a b   ； （2）若  1,2c   ，  // 2c a b   ，求 2a b 与 a的夹角的余弦值. 17（15 分）.近年来，西安市长安区认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋 和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向，为扩大养殖规模，某 鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池 ABCD，矩形一边 AB在OM 上，点 C 在圆弧MN 上，点 D 在边ON上，且 π 3 MON  ， 60OM  米，设 COM   . (1)求扇形OMN的面积； (2)求矩形 ABCD的面积 ( )S  ；当 为何值时， ( )S  取得最大值， 并求出这个最大值. 4 18（17 分）.在锐角 ABC 中，角 A，B，C所对的边 a，b，c，且 sin sin sin sinb C a A b B c C   . (1)求角 A； (2)若 7a  ，2 3c b ，求 ABC 的面积； (3)若 3a  ，求 ABC 的周长的取值范围. 19（17 分）.已知函数     sin 2 0f x x       . (1)设     π 3 g x f x f x       ，  f x 为偶函数，若存在 π0, 2 x     ，使不等式   2g x m  成立，求实数m的取 值范围； (2)已知函数  f x 的图象过点 π ,1 6       ，设   2cos 2 sinh x x a x  ，若对任意的 1 π π, 2 2 x      ，总存在 2 π0, 2 x      ， 使    1 2 3h x f x  成立，求实数 a的取值范围. 1 新蔡一高 2024-2025 学年下学期 5 月半月考 高一理科数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C D C A B ACD BC 题号 11 答案 ABC 8.B 由 2AB AC  ， 2 3BC  ，则  222 3 1OA    ，所以  0,1A ，  3,0B  ，  3,0C ，设  ,0P x ，则  ,1PA x   ，  3 ,0PB x   ，则   2 2 3 33 3 2 4 PA PB x x x x x                    ，当 3 2 x   时，PA PB   取 得最小值，此时 3 ,1 2 PA          ， 2 3 71 2 2 PA          .故选：B 11.ABC 12． 1 13, , 3 3              , 13． 30 3 【详解】设塔高为 h， 在Rt ACD△ 中， 45DAC  ，则 AC CD h  ，在Rt BCD△ 中， 60DBC  ，则 tan 60 3 h BC    ，则 3 3 BC h ， 在 ABCV 中， 30ACB  ， 30AB  ，由余弦定理可得 2 2 2 2 cos30AB AC BC AC BC      ， 即 2 2 3 3 3900 2 3 3 2 h h h h            ，化简可得 2 900 3 h  ，解得 30 3h  .故答案为：30 3 14.  1, 2 【详解】已知 2 ( )a b b c  ，根据余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，可得 2 2 22 cosb c bc A b bc    ，化简得 2 cosc b A b  ．由正弦定理 2 sin sin sin a b c R A B C    （ R为三角形外接圆半径），将边化为角，即 sin 2sin cos sinC B A B  ．因为 sin sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B    ， 所以 sin cos cos sin 2sin cos sinA B A B B A B   ，整理得 sin cos cos sin sinA B A B B  ， 2 即 sin( ) sinA B B  ．因为 ABCV 是锐角三角形，所以 A B B  ，即 2A B ． 因为 ABCV 是锐角三角形，所以 π0 < 2 π0< < 2 π0< < 2 A B C         ，即 π0<2 < 2 π0< < 2 π0< 3 < 2 B B B         ，解不等式组得 π π< < 6 4 B ． 由正弦定理可得 2 sin 2sin sin cos cos sin cos sin cos b B B B a B b A A B B A     ．因为 sin( ) sin cos cos sin sinA B A B A B B    ，所 2sin sin 2sin sin 2sin sin cos sin cos sin B B B B B A B B A B      ． 因为 π π 6 4 B  ，所以 1 2sin< 2 < 2 B ，则1 2si< n 2<B ． 2 sin cos cos b B a B b A 的取值范围是 (1, 2)． 故答案为： (1, 2) 15.【小问 1 详解】 由题意得 sin cos tan 1 sin cos tan 1            2 1 13 2 51 3      ； 【小问 2 详解】  2 πsin 2cos π sin 2          2 2sin 2cos   2 2 2 2 sin 2cos sin cos        2 2 tan 2 tan 1      4 2 149 4 131 9      ． 16.【详解】（1）  2,4a b x    ，由  a a b    可得   0a a b    ， 即  3 2 4 4 0x    ，解得 11 2 x  ， 所以 32, 2 a b         ，故 2 2 3 52 2 2 a b           . （2）依题意  2 1,4 2a b x    ， 又  // 2c a b   ，所以  1 2 1 4 2 0x     ， 解得 1x  ，则  2 1,2a b   ， 2 5a b   ， 5a   ， 3 所以   2 2 2 2 2 1 3 2 4 11 5cos 2 , 252 1 2 3 4 a b a a b a a b a                    ，故 2a b   与a  的夹角的余弦值为 11 5 25 . 17.【详解】（1）依题意， π 3 MON  ，扇形半径即 60OM  米，则扇形 OMN的面积为 2 1 π 60 600π 2 3    平方 米. （2）在Rt OBC 中， 60sinBC  ， 60cosOB  ，在Rt OADV 中， 60sinAD BC   ，则 3 60sin 33 ADOA    ，于是 60cos 20 3 sinAB OB OA      ，则矩形 ABCD面积 ( ) 60sin (60cos 20 3sin )S AB BC       21200 3( 3 sin cos sin )    3 11200 3( sin 2 cos 2 ) 2 1 2 2     π1200 3 sin(2 ) 600 3 6    ， π0 3   ， 所以 π π1200 3 sin(2 ) 600 3(0 ) 6 ) 3 (S        ；由 π0 3   ，得 π π 5π2 6 6 6    ，则当 π π2 6 2    时，即 π 6   时， max( ) 600 3S   ，所以当 π 6   时，  S  取得最大值，最大值为600 3平方米. 18.【详解】（1）由 sin sin sin sinb C a A b B c C   和正弦定理，可得 2 2 2bc a b c   ， 即 2 2 2b c a bc   （*），又由余弦定理，可得 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc      ， ∵  0, πA ，∴ π 3 A  ； （2）∵ 7a  ，2 3c b ，∴ 2 3 cb  ，代入（*），可得 2 2 2 4 27 9 3 c c c   ， 解得 3c  ，∴ 2b  ， ∴ 1 1 3 3 3sin 2 3 2 2 2 2ABC S bc A     △ ； （3）由（1）可知 π 3 A  ，由正弦定理可得 3 2 3 sin sin sin 3 2 b c a B C A     ， ∴ 2 3sinb B ， 2 3sinc C ， ∴ 2π2 3sin 2 3sin 2 3sin 2 3sin( ) 3 b c B C B B      π3 3 sin 3cos 6sin( ) 6 B B B    ， ∵ ABCV 为锐角三角形，∴ π0 2 2π π0 3 2 B B          ，解得 π π 6 2 B  ， 4 则 π π 2π 3 6 3 B   ，所以 π 3sin( ) ( ,1] 6 2 B   ， 则 π6sin 3 3,66b c B          ， 故 ABCV 的周长 3 3 3 3,9l a b c b c         ， 即 ABCV 的周长的取值范围 3 3 3,9  . 19．(1) 7 2 m  ；(2) 2 2a   .【详解】（1）由  f x 为偶函数，则 π π 2 k   ， Zk ，又0    ，则 π 2   ， 所以   cos2f x x ，则   π 2π 2πcos 2 cos 2( ) cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 3 3 3 g x x x x x x      3 3 πcos 2 sin 2 3 sin(2 ) 2 2 3 x x x    ，存在 π0, 2      x ，使不等式   2g x m  成立，则 π2 3 x  π 4π, 3 3      ，所以   2g x m  在 π2 3 x  π 4π, 3 3      上能成立，而   3 , 3 2 g x      ， 所以 32 2 m    7 2 m  ； （2）由题设 π πsin 1 6 3 f              ，且0    ，则 π 6   ，所以   πsin 2 6 f x x      ， 而 2 π0, 2 x      ，则 2 π2 6 x  π 7π, 6 6      ，所以  2 1[ ,1] 2 f x   ，对任意的 1 π π, 2 2 x      ，总存在 2 π0, 2 x      ，使    1 2 3h x f x  成立，所以    1 2max max 3 4h x f x   ，即 2 21 1 max 1 1 max(cos 2 sin ) (1 sin 2 sin ) 4x a x x a x     ， 令 1sin [ 1,1]t x   ，则 2 2 2( ) 2 1 ( ) 1k t t at t a a         ，故 max( ) 4k t  ， 当 1a  ，则 ( )k t 在[ 1,1] 上单调递增，此时 2 4a  ，可得1 2a  ； 当 1a   ，则 ( )k t 在[ 1,1] 上单调递减，此时 2 4a  ，可得 2 1a    ； 当 1 1a   ，则 ( )k t 在[ 1, )a 上单调递增，在 ( ,1]a 上单调递减，此时 21 4a  ，可得 1 1a   ；综上， 2 2a   .