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）