河南省驻马店市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

驻马店市2024~2025学年度第二学期期终质量检测 高一数学参考答案 一、 选择题： 题号 1 2 3 5 6 7 8 答案 C B A D C B C D 二、选择题 题号 9 10 11 答案 AC ACD BCD 三、填空题： 12.4 13.9π 14.哈3 四、解答题： 15. (1)根据三角函数的定义得sna= 2 V32+5 1分 解得1=0或2=士4.… 4分 当2=0时，P(3,0),cosa=1 3 3 当=4时，cosa= 3+元3+45… 7分 (2)由2>0可知2=4，此时sima= 5.cosa= 3 8分 sin(a+r)+cos(a+。π) 原式子= m写-)-omsa+3n -sin a+cos(a+ cosa-cos(a+π) 二-na cosa 12分 高一数学参考答案第1页共5页 4 =-tan&=- 3 13分 16.由a=mi-j得=(m,-） 1分 (1)由a1/b,则m1-m-2×(-1）)=0,即m2-m-2=0 解得m=-1或m=2 4分 (2)由<ab>为锐角，则a.b>0且<a,i≠0 2m+(-1）>0 即ab>0且a与i不同向共线，也即 m≠-1且m≠2 解得m>兮且m≠2… .9分 (3)当m=3时，a=(3,-1),b=(2,-2) 因i在a方向上的投影向量为46日_a方.。 11分 aaa 且ai=3×2+(-1)x(-2)=8,aV32+←1)2=10 从而可得a68、4 14分 a2105 因此6在a方向上的投影向量为。-a=(号争， 15分 a 5 17. (1)由正弦定理a=b sin A sin B sinC ,C=2(R为三角形外接圆半径) 则acosC+√3 asin C-b-c=0可化为 Sin AcosC+3sin AsinC-sin B-inC=0 又因sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cos Asin C 则√3 sin AsinC-cos AsinC=sinC.…。 4分 也即5n4-cosA=2in(4-7=-1 …6分 解得4-石-石A-行8分 66 3 (2)由b=4及三角形面积SMsc=bc:sinA=V5 高一数学参考答案第2页共5页 可得c=1… .10分 根据余弦定理ad2=b2+c2-2 bccosA 得a=√3… .12分 又由正弦定理a=2(R为三角形外接圆半径) sin A 则R= a 2sinA 3_39即为所求.15分 3 3 18. (1)因为四边形ACEF为矩形，则CE∥AF,因此CE∥面ABF2分 又因四边形ABCD为菱形，则DC∥AB,因此DC∥面ABF4分 且DCOCE=C, 根据面面平行的判定定理可得平面DCE∥平面ABF 因此DE∥平面ABF6分 (2)由菱形ABCD所在的平面与矩形ACEF所在的平面相互垂直， 且面ABCD⌒面ACEF=AC,CE⊥AC 根据面面垂直的性质定理可得CE⊥面ABCD CE+CD2=DEAF+AD2=DF, 又由AD=CD,EC=AF,则DE=DF 同理可得BF=BE.… …8分 不妨取EF中点为M,记ACO BD=O,则MOIIAF 从而可得DM⊥EF,BM⊥EF, 因此∠DMB即为二面角D-EF-B的平面角的大小10分 若平面DEF⊥平面BEF,则∠DMB=90,MO=BD 高一数学参考答案第3页共5页 也即4P0,从面得 =2. ...12分 AF (3)不妨记面DEFO面ACD=1 因EF/面ABCD,根据线面平行的性质定理可得EFH1∥AC 又因DM⊥EF,DO⊥AC,EF∥AC 从而DM⊥1，D0⊥1，∠MD0即为平面DEF与平面ACD的夹角.15分 在(2)条件下，BD=2AF,∠MD0=45 也即平面DBP与平面ACD夹角的余弦值为cos45=5 17分 19. (1)由图可知fx)mx=4,f)m=-2 因此A=8.s-f)=3 +)=1.. 2分 由M,N点在f(x)=3in(ar+p)+1图象上 不妨取函数y=3mx+1图象上点(gP,之》 5ππ 从而可得上-53=)，得@=2 1 .4分 o11π5π2 66 又因f孕=3n2×写+0+1-号及M的位置， 则e+行g+e☒ 从而可得= 6 4.5分 综上f)=3in(2x+)+1 6 6分 注：其它方法求解出正确答案的不扣分 (2)由e01,且/)=f)=3,则3in2+7+1=3 且x+x=2×交=元】 8分 63 高一数学参考答案第4页共5页 因此x-x-号-2x-号-2+ 从而co86-4)=co8行-2+2》=m2x+爱 10分 (3)根据题意得g)=fx+爱-1=3in(2x+分=3cos2x g6x-9=3cos(2x-7》=3sim2x… 。。g。。g。e,4,4044个 从而原方程可整理为3(sin2x+cos2x)-6msin2x·cos2x-6m=0 不妨记1=n2x+cw20xe后受， 则！=万m2x+孕在e爱受上单调， 且得到te(0,V2),f=1-2in2xcos2x …13分 因此原方程等价于t--1)-2m=0即t-m2-m=0在te(0,√②)内解的情况. 也即】=t+te(0,D解的情况. 因为1+≥2，当且仅当1=1时等号成立，结合图像 因此：当0<1<2，即m>时，原方程无解： 11 当1=时，4片2后m时，原方程有唯解， t 当：号0时，。c马m停号时，原方程有两个不等实银 当@9时，是3g 片兰，©0导时，原方程只有一个不等实根 综上所述：当m0,马]或m=时，原方程只有一个不等实根， 3 当me停，原方程有两个不等实根， 当m>时，原方程无解 ....17分 高一数学参考答案第5页共5页故题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效， 新，考生务必先将自己的姓名、准考运号镇写在答题卡上。山小 慧答家使用2B格笔瑰涂，非选择题答案使月05老米的黑色中性堡)笔或 ,字体工整，笔迹清楚 鼠题号在各题的答题区城（黑色线框）内作答，起出答题区城书写的多金无光 夹A面平已 长面清洁，不折叠、不破损 下大题共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-项 目要求的 B.-13% C.1 项D.√2 书为 B.0 C.1 D.不存在 9边形ABCD的对角线相交于点O,则与AO共线的向量是 B.AB-AD D.AD+OC C.- D.- 9 ∥平面a,P∈a,那么过点P且平行于a的直线 不在平面a内 B有无数条，不一定在平面：内 且在平面a内 D.有无数条，一定在平面a内 高一数学第1而 月且只月一条直线与直线A1B1和BC都相交； 有且只有一个平面与直线A1B1和BC都平行； 中 有无数条直线与直线A1B1和BC都垂直； 与直线A,B1和BC的夹角均为60°的直线至少有两条。 洗大本，苦雅， 的命题个数为 武洁而的。食以日，中亮冠坐角其面子0以野2小 B.2 C.3 D.4 n02 2,6,c满足161=21a1=2,a,6=1,1a+6-2c=2,则a:c的最大值为 891 C.1 D.2 本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符 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. 1,若A>B,则 sinB B.tanA tanB C.cos2A<cos2B D.sinA>cosB 号ABC-A1B1C1中，AB=2AA1=2A1B=4,D为棱AB的中点，则 ⊥CC B直线DC,与BC夹角的余弦值为号 F面B0CB,的距离为y D接台ABC-AB,C的体积为4 皮x1413:满足+=1，z+=1x十-号则 +x21+ly1+y2| 的最小值是2 长0来，而8些 3 2-x2y1= 2 的取值范围是1,2] +c)cosB+(6-2)cosC (a+c)2 的取值范围为二 、解答题，本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 (本小题满分13分)在平面直角坐标系中，已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴非负 半轴重合，终边经过点P(3,),且sia= 。,8==0晴5，，成058 (1)求实数入及相应cosa的值； sin(a十x)+cos(a+ 5π (2)当入>0时，化 并求值.小其国大本显位， s2-o）-osa+3) 例数硅会，壶目确合 ,1毫，西0 (本小题满分15分)平面直角坐标系中x轴、y轴正方向上的单位向量分别记为，j,已 知向量a=m-j,6=(2,1-m). (1)若a∥b,求实数m的值； (2)若<a,b>为锐角，求实数m的取值范围； (3)当m=3时，求b在a方向上的投影向量的坐标. (2)若b=4,且△ABC的面积为，3，求△ABC的外接圆半径. 0食g货t,可A,可1 记光名 .(本小题满分17分)如图，菱形ABCD所在的平面与矩形ACEF所在的平面相互垂直. (I)证明：直线DE∥平面ABF, E （)若平面DEF1平面BEF,R8架的值， (3)在(2)条件下，求平面DEF与平面ACD夹角的 余弦值 修只，中每方个温的时水吉0共，明 0 9.(本小题满分17分)已知函数f(x)=As如(r十)+A>0w>0,lp<孕的 图象上两点M(,,N(答一-之及部分图象如下， 福汉的 (1)求函数f(x)的解析式； (2)若x,∈[0,2]，且fa,)=f)=3,求cosx,- x)的值； (3)将y=f:)的图象沿x轴向左平移。个单位，再沿y轴 向下平移1个单位得到)=g)的图象试讨论关于工 h方程g(a)+ga-孕-2mg)·2z-6m=0