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2024-2025 学年江西省三新协同教研共同体高一下学期 5 月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
z
1.已知复数z满足 =2−i，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点位于( )
1+i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知向量⃗
a=(2,−m)
，⃗
b=(3m+2,2)
，且 ⃗a⊥⃗b ，则
3
⃗
a+
⃗
b=
( )
A. (2,1) B. (5,5) C. (−1,2) D. (6,3)
3.已知角α的终边过点(3,−4)，则sin2α=( )
3 3 24 24
A. B. − C. − D.
5 5 25 25
⃗ 1 ⃗ ⃗ ⃗ 2 ⃗
4.在△ABC中，AN= NC，P是直线BN上的一点，若AP=mAB+ AC，则实数m的值为( )
3 5
3 3 1 1
A. − B. C. D. −
5 5 5 5
5.已知函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能是( )
A. f(x)=sin(sinx) B. f(x)=tan(sinx)
C. f(x)=cos(tanx) D. f(x)=tan(cosx)
π
6.若函数f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x+π)=f(x)，当x∈(0, )时，f(x)=3cosx，则
2
13π 9π
f(− )+f( )+f(2π)=( )
3 4
3√2+1 3√2−3
A. B. 1 C. D. 0
2 2
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1 1πx
7.方程x2−2x⋅cos +1=0的实数解的个数为( )
2
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
π π
8.设A，B，C是函数f(x)=sin( −ωx)(ω>0)与函数g(x)=cos(ωx− )(ω>0)的图象连续相邻的三
2 3
个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的取值范围是( )
√3π √2π √2π √3π
A. ( ,+∞) B. ( ,+∞) C. (0, ) D. (0, )
3 2 2 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
π
9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|< )的部分图象如图所示，则( )
2
π
A. f( )=−√3
2
π π
B. 将f(x)的图象向右平移 个单位长度，得到y=2sin(2x− )的图象
3 3
5π
C. 直线x= 为f(x)图象的一条对称轴
6
π
D. 直线y=√3与f(x)的图象相交，存在两个交点的横坐标t ，t ，使得|t −t |=
1 2 1 2 6
10.任何一个复数z都可以表示为reiθ，且可以表示为三角形式r(cosθ+isinθ)，r代表复数z的模，θ是以
x轴的非负半轴为始边，以OZ所在的射线为终边的角.著名数学家棣莫弗就此进行了深度探究，发现
，该公式称为棣莫弗公式 根据上面的知识，若复数
[r(cosθ+isinθ)] n=rn (cosnθ+isinnθ)(n∈N∗) . z
满足z7=128，则z可能的取值为( )
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2 13π 3π 2π 2π
A. 2(cos +isin ) B. 2(cos +isin )
7 7 7 7
π π 6π 6π
C. 2(cos +isin ) D. 2(cos +isin )
7 7 7 7
11.八卦阵是我国的文化瑰宝，其可近似视为正八边形，图1是一个八卦阵示意图，图2是从图1中抽象出的
几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为4，O是正八边形ABCDEFGH的中心，P是正八
边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. ⃗ ⃗ ⃗
OB+OD=√2OC
√2 ⃗
B. ⃗BD在⃗BC方向上的投影向量为(1+ )BC
2
C. ⃗ ⃗ 的最大值为
48+32√2
PC⋅PD
D. 若函数 f(x)=|B ⃗ E−xB ⃗ C| ，则函数 f(x) 的最小值为 6+2√2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量 ⃗a ， ⃗b 满足 |⃗a|=4 ， |⃗b|=2 ，
|
⃗
a−
⃗
b|=√5
，则 |⃗a+⃗b| 的值为 ．
13.已知a为常数，且a∈R，复数z在复平面内满足|z−a|≤2，则复数z对应的点Z的集合所形成的图形
的面积为 ．
√3
14.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知acosB+bcosA= ，c=2，则
sinC
△ABC面积的取值范围为 ．
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3 1四、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)
已知复数z满足|z|=√2，z2的虚部为−2．
(1)求z;
(2)若z的实部为正数，z，z2，2z+z2在复平面内对应的点分别为A，B，C，求cos∠BAC．
16.(本小题15分)
π x x π
2sin(−x)sin( − )cos( − )
4 2 2 4
已知函数f(x)= ．
x x x x
(cos +sin )(sin −cos )
2 2 2 2
(1)化简f(x);
4√3 11
(2)已知α，β都是锐角，sinα= ，cos(α+β)=− ，求f(β)的值．
7 14
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
π √3
(1)若∠ACB= ，∠ACB的平分线交AB于点D，且a+b= ab，求CD的值;
3 4
若角 ， ， 满足 ，且 ，证明：该三角形
(2) A B C sin2A+sin2B+sin2C=2(cos2A+cos2B+cos2C) a>b>c
是直角三角形．
18.(本小题17分)
设函数 ．
f(x)=sin2x−2acosx+a+1(a∈R)
(1)求f(x)在R上的最大值;
π
(2)若不等式f(x)>0在[0, ]上恒成立，求a的取值范围;
3
(3)若方程f(x)=1−2acosx在(0,2π]上有4个不相等的实数根，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
“算两次”原理(又称富比尼原理)是一种重要的数学思想，其核心是通过对同一量采用两种不同的计算方
式，利用结果的等价性构建等式来解决问题.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
AD=AB+BD ， AD=AC+CD ，两式相加得 2AD=AB+BD+AC+CD ，因为D为BC的中点，所以
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4 1⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
BD+CD=0 ，于是 2AD=AB+AC. 请用“算两次”的方法解决下列问题．
如图乙，在四边形 中， ， 分别为 ， 的中点，证明： ⃗ ⃗ ⃗ ．
(1) ABCD E F AD BC
2EF=AB+DC
1 1
(2)如图丙，在四边形ABCD中，E，F分别在边AD，BC上，且AE= AD，BF= BC，AB=4，
4 4
DC=3 ， ⃗AB 与 ⃗DC 的夹角为 60∘ ，求 ⃗ ⃗ ．
AB⋅EF
1 1
(3)若在四边形ABCD中，E，F分别在边AD，BC上，且AE= AD，BF= BC，AB=p，DC=q，
m m
与 的夹角为 ，求 ⃗ ⃗ ．
⃗AB ⃗DC α
AB⋅EF
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5 1参考答案
1.D
2.B
3.C
4.A
5.D
6.C
7.A
8.A
9.ABD
10.BD
11.ABC
12.√35
13.4π
2√3
14.( ,√3]
3
15. 设 ，则 ，
(1) z=x+ yi(x,y∈R) z2=(x+ yi) 2=x2−y2+2xyi
则{x2+ y2=2,
2xy=−2,
{x=1, {x=−1,
解得 或
y=−1 y=1,
∴z=1−i或z=−1+i．
的实部为正数， ， ， ，
(2)∵z ∴z=1−i ∴z2=(1−i) 2=−2i 2z+z2=2−4i
则 ， ， ，则 ⃗ ， ⃗ ，
A(1,−1) B(0,−2) C(2,−4)
AB=(−1,−1) AC=(1,−3)
⃗ ⃗
AB⋅AC 2 √5
∴cos∠BAC= = = ．
⃗ ⃗ √2×√10 5
|AB||AC|
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6 1π x x π 1 π
2sin(−x)sin( − )cos( − ) −2sinx⋅ sin( −x)
4 2 2 4 2 2
16.解：(1)f(x)= =
x x x x x x
(cos +sin )(sin −cos ) sin2 −cos2
2 2 2 2 2 2
−sinxcosx π
= =sinx(x≠ +kπ,k∈Z)；
−cosx 2
4√3 1
(2)因为角α为锐角，且sinα= ，所以cosα=√1−sin2α= ．
7 7
π π
因为α∈(0, )，β∈(0, )，所以α+β∈(0,π)，
2 2
11 5√3
又因为cos(α+β)=− ，所以sin(α+β)=√1−cos2 (α+β)= ，
14 14
所以f(β)=sinβ=sin[(α+β)−α]=sin(α+β)cosα−cos(α+β)sinα
5√3 1 11 4√3 √3
= × −(− )× = ．
14 7 14 7 2
π C π C 1
17.解：(1)因为C= ，所以 = ，所以sin = ．
3 2 6 2 2
1 1 C 1 C
由S =S +S ，得 absinC= CD⋅asin + CD⋅bsin ，
△CAB △CAD △CBD 2 2 2 2 2
√3 1
所以 ab= CD⋅(a+b)，
2 2
√3ab 4
所以CD= =√3× =4．
a+b √3
由于 ，
(2) sin2A+sin2B+sin2C=2(cos2A+cos2B+cos2C)
因此 ，
1−cos2A+1−cos2B+1−cos2C=2(cos2A+cos2B+cos2C)
所以 ，所以 ；
3(cos2A+cos2B+cos2C)=3 cos2A+cos2B+cos2C=1
则 ，
2(cos2A+cos2B+cos2C)=2
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7 1所以cos2A+cos2B+2cos2C=0，
所以 ，即 ，
2cos(A+B)cos(A−B)+2cos2C=0 −2cosCcos(A−B)+2cos2C=0
即cosC[cosC−cos(A−B)]=0，
故cosC=0或cosC=cos(A−B)．
由a>b>c，可得π>A>B>C>0，所以π>A−B>0，π>C>0，
π
所以C= 或A−B=C．
2
π
由A>B>C，可得C< ，故A=B+C，
2
因此该三角形为直角三角形．
18.解： ，
(1)f(x)=1−cos2x−2acosx+a+1=−cos2x−2acosx+a+2
令 ，得
t=cosx∈[−1,1] g(t)=−t2−2at+a+2
①当−a<−1，即a>1时，f(x) =g(−1)=3a+1．
max
当 ，即 时， ．
② −1≤−a≤1 −1≤a≤1 f(x) =g(−a)=a2+a+2
max
③当−a>1，即a<−1时，f(x) =g(1)=−a+1．
max
{
3a+1,a>1,
综上可知，
f(x) = a2+a+2,−1≤a≤1,
max
−a+1,a<−1.
π 1
(2)若要f(x)>0，则需f(x) >0，当x∈[0, ]时，t=cosx∈[ ,1]，
min 3 2
1
函数y=f(x)变为g(t)=−t2−2at+a+2，t∈[ ,1]，所求问题变为g(t) >0恒成立．
2 min
易知g(t)的图象是开口向下的抛物线的一部分，最小值一定在区间端点处取得，
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8 1{ 1
所以有 g( )>0,，解得 ，故 的取值范围是 ．
2 a<1 a (−∞,1)
g(1)>0,
方法一 原方程 可化为 ．
(3)( ) f(x)=−cos2x−2acosx+a+2=1−2acosx cos2x−a−1=0
令t=cosx∈[−1,1]，即t2−a−1=0，a=t2−1．
当t∈(−1,1)时，t=cosx在x∈(0,2π]上一个t对应两个不相等的实数解，
因此原题可转化为y=a与y=t2−1的图象在t∈(−1,1)上有两个不同的交点，
即{a>02−1,
a<12−1,
故a的取值范围是(−1,0)．
(方法二)原方程可以化为cos2x=2a+1，
可以看作y=cos2x与y=2a+1的图象在x∈(0,2π]上有四个不同的交点，
则−1<2a+1<1，
故a的取值范围是(−1,0)．
19.解： 在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
(1) ABFE EF=EA+AB+BF ①
在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
CDEF EF=ED+DC+CF ②
由 ①+② ，得
2E
⃗
F=E
⃗
A+A
⃗
B+B
⃗
F+E
⃗
D+D
⃗
C+C
⃗
F
．
因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ⃗ ⃗ ⃗， ⃗ ⃗ ⃗，
E F AD BC
EA+ED=0 CF+BF=0
于是 ⃗ ⃗ ⃗ ．
2EF=AB+DC
在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
(2) ABFE EF=EA+AB+BF ③
在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
CDEF EF=ED+DC+CF ④
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9 1⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗
由AE= AD，BF= BC，得 ⃗ ⃗ ⃗ ， ⃗ ⃗ ⃗ ，
3EA+ED=0 BF+CF=0
4 4
③×3+④ ⃗ 3 ⃗ 1 ⃗
由 ，得EF= AB+ DC，
4 4 4
⃗ ⃗ ⃗ 3 ⃗ 1 ⃗ 3 ⃗ 1 ⃗ ⃗
所以AB⋅EF=AB⋅( AB+ DC)= AB2+ AB⋅DC
4 4 4 4
3 ⃗ 1 ⃗ ⃗ 3 1 1 27
= |AB|2+ |AB||DC|cos60∘= ×42+ ×4×3× = ．
4 4 4 4 2 2
在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
(3) ABFE EF=EA+AB+BF ⑤
在四边形 中， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
CDEF EF=ED+DC+CF ⑥
⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
由AE= AD，BF= BC，得 (m−1)EA+ED=0 ， (m−1)BF+CF=0 ，
m m
⑤×(m−1)+⑥ ⃗ m−1 ⃗ 1 ⃗
由 ，得EF= AB+ DC．
m m m
故 ⃗ ⃗ ⃗ m−1 ⃗ 1 ⃗ m−1 ⃗ 1 ⃗ ⃗
AB⋅EF=AB⋅( AB+ DC)= AB2+ AB⋅DC
m m m m
m−1 ⃗ 1 ⃗ ⃗ m−1 1
= |AB|2+ |AB||DC|cosα= ×p2+ ×p×q×cosα
m m m m
p
= (pm−p+qcosα).
m
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10 1
