南充高中高2024级高一下学期期中考试答案_2025年04月试卷_0427四川省南充市高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试

《南充高中高 2024 级高一下期中考试数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B D C B C A D ACD ACD ABC       12.[0, 3]【详解】x  0,  2x  0,  ，则tan2x 0, 3  6  3 17 17 17 13. 【详解】  sincos 2 12sincos1sin2 sincos 4 16 4  6  1 1 14. , 6【详解】因为当x1,4时， f x  且 f x为“互倒函数”，  6   x2 2 1  1 1 故当x  ,1  时， f x f  x2 ，当n1时， f x在 m,n 上为增函数， 4  x 2 1 且 f x在 m,n 上的值域为D   m2  1 ,n2  1 ，而 在 m,n 上的值域为 1  2 2 f x   1 1 1 1  1 1  m2  n2  D 2     n2 1 2 , m2 1 2    ，而D 1 D 2 ，故 2 n2 1 2 且 2 m2 1 2 ， 1 1 所以  m2 1  n2 1  1，其中 1 mn1，所以 n2  1  2， 2 2 4 m2 2  1 1 1   m2  1 2  m2 1 1 而 2 ，故 m2  ， 所以  6 2 1  m1 4   m2 1 5 1  1  1  m2n2   m2   m2    1 2 4 2  2 1 m2  m2  2  2  2 1 1 2  因为 m2 1，由双勾函数的性质可得yt ,t  ,1为减函数， 3 2 t 3   1 1 13 2  m2 2    1  6 ，所以 1 m2n2  1 ，所以 6 mn 1 . m2 6 4 6 2 2   1 1 1 3 当1n4时， f x在 m,n 上的值域为D  minm2 ,  ,  ， 1   2 n2 2 2     1 2 1  1 1 1 2 而 在 m,n 上的值域为D  ,  ，同理minm2 ,   ， f x 2 3  1 1 1  2 n2 2 3 minm2 ,      2 n2 2  1 1 2 1 6 6 1 若m ，则m2  ，故m2  即m ，故mn n，而1n  6，且 n 2 3 6 6 6 m 6 1 1 1 2 nm1；若 m，则   ，故n2 6即n 6， 6 n n2 2 3 6  6  故mn 6m，而 m1，且1nm 6；综上，mn , 6  6  6  1 15.【详解】（1）由题意可得，ab a b cosa,b12 1，因此 2   2 2 2 a2b  a2b  a 4ab4b  12 41422  21. .................(6分）         （2） ab  akb  ab  akb 0，利用向量数量积的分配律得 2 2 a kababkb 0，带入已知条件，得 2 1k14k 0 25k 0，即k  .................(13分） 5 3 1 3sin10o cos10o 2sin(10o 30o) 16.【详解】（1）    cos10o sin10o sin10ocos10o sin10ocos10o 2sin(20o) 2sin20o   4 .................(7分） sin10ocos10o 1 sin20o 2 2 5 10 （3）根据题目条件可得，cos ,sin ， 5 10 2 5 3 10 5 10 5 50 2 cos()coscossinsin      5 10 5 10 50 2  又,均为锐角，  0,  ,得 .................(15分） 4  2 17.【详解】（1）由 f(x)sin(2x )，得T   .................(3分） 3 2     y sinx的单调增区间为  2k, 2k ，得    2 2     5   2k2x  2k,kZ ，即 k x k,kZ ，........(6分） 2 3 2 12 12  5   单调增区间为   k, k  ，kZ .................(7分）  12 12  （2）g(x)sin2 xacosx1(1cos2 x)acosx1cos2 xacosx，令a a2 cosxt,t  1,1  ，则 y t2 at (t )2  ..............................(10分） 2 4 a 当 1时，即a2时，g(x) h(a)1a 2 min a a2 当1 1时，即2a2时，g(x) h(a) 2 min 4 a 当 1时，即a2时，g(x) h(a)1a 2 min 1a ,a2   a2 综上所述，h(a) ,2a2 ..............................(15分） 4  1a ,a2  T 18.【详解】（1）由题意可得：A2, 143，即T 12， 4 2π π 且0，则  ， T 6 π 2π 所以曲线段FBC的解析式为y2sin x ，x[4,0]. ..............................(4分） 6 3  2π （2）①当x0时，yOC2sin  3， 3 CD 3 又因为CD1，则tanDOC  ， OC 3 π π 可知锐角DOC  ，所以DOE  ； .................................(4分） 6 3  π ②由（1）可知OD2，OP2，且POE0, ,  3 QM 2 3 QM PN  2sin,ON  2cos,OM   sin 则 π 3 ， tan 3 2 3 可得MN ON OM  2cos sin， 3  2 3  则S()MNPN 2sin2cos sin    3 4 3 2 3 2 3 4sincos sin22sin2 cos2 3 3 3 4 3  π 2 3  sin2  ； .........................................................（14分） 3  6 3  π π π 5π 因为0, ，则2  , ，  3 6 6 6  π π π 4 3 2 3 2 3 可知当2  ，即 时，S()   ， 6 2 6 3 3 3 所以当 π 时，S取得最大值 2 3 ． ..................................(17分） 6 3  19.【详解】（1） f(1)12 41acos 3 ..................................(3分） 2   （2）当a 2时， f(x) x2 4x2cos x(x2)2 42cos x 2 2  因为函数 y (x2)2 4和y 2cos x均在  0,1  上单调递减， 2   所以函数 f(x)在 0,1 上单调递减 故 f(x)  f(1)3, f(x)  f(0)2， min max     所以函数 f(x)在 0,1 上的值域为 3,2 ..................................(8分）  π  f xa4(x2)2a cos x1 （3）  2 ， π (x2)2 0,0cos x12 显然：当x2时， 2 ， 由于方程 f xa4 有三个不等实根 x 1 ,x 2 ,x 3，所以必有a0， π Fx f xa4 Fxx24xacos xa4 F20 令 ，则 2 ，显然有 ， π π F4x(4x)244xacos 4xa4x24x4acos xa 由 2 2 ， 得到 F4xFx ，所以函数 Fx 关于直线x2对称， Fx Fx Fx 0 x x 2x 4 由 1 2 3 ，可得： 1 3 2 ， π f x  f 4x x24x acos x 于是 3 1 1 1 2 1 ， f 2x 4x28x acosπx 1 1 1 1，  π  f 2x 7fx 8x 4x2 8x acosπx 7 x2 4 x acos x 8 x 1 3 1 1 1 1  1 1 2 1 1  π π  3x 2212a2cos2 x 17cos x  1  2 1 2 1 ①， π  由 Fx 1 0 可得： x 1 22 a  cos 2 x 1 1 ②， 将②代入①式可得：  π   π π  f 2x 7fx 8x 3a cos x 1 12a 2cos2 x 17cos x 1 3 1  2 1   2 1 2 1  π π  a2cos2 x 4cos x 212  2 1 2 1  2  π  2acos x 1 1212  2 1  ， π 当且仅当 cos 2 x 1 1 ，即 x 1 4kkN  时等号成立， f xa4 x 2 x  x  x 由于 恰有三个不等实根， 2 且 1 2 3， 所以x 1 0，此时 x 3  4 ，  π  由 x 1 22 a  cos 2 x 1 1 可得 4acos01 即42aa 2 ..................................(17分）