数学答案_2025年05月试卷_0519四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高一下学期期中考试_四川省遂宁市射洪中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（PDF版，含答案）

射洪中学高2024级高一下期半期考试
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
2
答案 A D A D C C B B BC AC ACD 0 2 2,2 3
2

11.【答案】ACD
  
【详解】当点P在BD上时，因为AP=xAB+yAD，所以x+y=1，故A正确；
  
因为P在边长为2的正方形ABCD(含边)内，且AP=xAB+yAD，
所以x∈0,1  ,y∈0,1  ，则x+y∈0,2  ，故B错误；
   
当点P在BD上时，AP=xAB+yAD=xAB+1-x 
   
AD，AC=AB+AD,
  
所以AP⋅AC= xAB+1-x 

 AD 
 
⋅AB+AD 

=xAB2+1-x 

AD2=4，故C正确；
若P，Q在线段BD上，且PQ  =2，如图建立平面直角坐标系，
设Pa,2-a  ，则Qa+ 2,2- 2-a  ，a∈0,2- 2  ，
 
∴AP⋅AQ=a,2-a  ⋅a+ 2,2- 2-a 
=aa+ 2  +2-a)2- 2-a 
=2a2-4-2 2 
2- 2
a+4-2 2=2a-
2

2
+1
 
2- 2
∴当a= 时，AP⋅AQ有最小值为1，故D正确.
2
故选：ACD.
15.【解析】【小问1详解】
∵V=22×DD=16，2分
1
∴DD=4，3分
1
1 1 1 1 8
∴V = × ×22×DD= × ×4×4= ；6分
D1-ADC 3 2 1 3 2 3
【小问2详解】
记三棱锥D -ADC的表面积为S，则S=S +S +S +S ，
1 △D1DA △D1DC △ADC △D1AC
∵几何体ABCD­ABCD 为长方体，
1 1 1 1
∴△DDA，△DDC，△ADC均为直角三角形，△DAC为等腰三角形，
1 1 1
∵AD=DC=2，DD=4，
1∴DA=DC=2 5，AC=2 2，8分
1 1
1 1
∴S =S = ×2×4=4，S = ×2×2=2，10分
△D1DA △D1DC 2 △ADC 2
1
S = ×2 2× 2 5
△D1AC 2
 2- 2 
1
2= ×2 2×3 2=6，12分
2
∴S=S +S +S +S =4+4+2+6=16. 13分
△D1DA △D1DC △ADC △D1AC
16.【解析】【小问1详解】
    
由a⎳b，设b=λa=(-λ,2λ)，b  =2 5，
∴ λ2+(2λ)2=2 5，∴λ=±2，6分
 
∴b=(-2,4)或b=(2,-4)． 7分
【小问2详解】

a 

= 5，b  =2 5，
       
∵(5a+b)⊥(a-b)，∴(5a+b)⋅(a-b)=0，9分
      5
∴5a2-4a⋅b-b2=0，∴a⋅b= ．12分
4
  5
  a⋅b 4 1
设a与b的夹角为θ，则cosθ= |a  ||b  | = 5×2 5 = 8 ．14分
  1
∴a与b的夹角θ的余弦值为 ．15分
8
17.【解析】【小问1详解】
因为fx 
3 1 3 π
=sinxcosx- cos2x= sin2x- cos2x=sin2x-
2 2 2 3
 ，3分
π π π
所以2kπ- ≤2x- ≤2kπ+ ，k∈Z，5分
2 3 2
π 5π
解得：kπ- ≤x≤kπ+ ，k∈Z，7分
12 12
∴fx 
π 5π
的单调增区间为 kπ- ，kπ+
 12 12
 ，k∈Z；8分
【小问2详解】
π
∵x∈ 0，
 2

π π 2π
,∴- ≤2x- ≤ ，10分
3 3 3
3 π
∴- ≤sin2x-
2 3
 ≤1，14分
即其值域为 - 3 ，1
 2
 .15分
18.【解析】【小问1详解】
选①：即a2=b2+c2-bc，
b2+c2-a2 1
由余弦定理得cosA= = ，又0<A<π，
2bc 2π
所以A= ；5分
3
A
选②：在△ABC中，由acosB+bsin =c及正弦定理得，
2
A
sinAcosB+sinBsin =sinC=sinA+B
2
 =sinAcosB+cosAsinB
A
则sinBsin =cosAsinB，又B∈0,π
2

A A
,sinB≠0，于是sin =cosA=1-2sin2 ，
2 2
A A 1
而sin >0，解得sin = ，又A∈0,π
2 2 2

A π
, ∈0,
2 2

A π
，则 = ，
2 6
π
所以A= ；5分
3
选③：在△ABC中，由2asinA=2b-c  sinB+2c-b  sinC及正弦定理得，
得2a2=2b-c  b+2c-b  c，即a2=b2+c2-bc，
b2+c2-a2 1
由余弦定理得cosA= = ，又0<A<π，
2bc 2
π
所以A= ；5分
3
【小问2详解】
1
∵S = bcsinA=2 3，∴bc=8，7分
∆ABC 2
∵a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=b+c

2-3bc=12，10分
∴a=2 3. 11分
【小问3详解】
在△ABC中，由正弦定理得：
2π
sin -B
c sinC 3
= =
b sinB

3 1
cosB+ sinB
2 2 3 1 1
= = × + ，13分
sinB sinB 2 tanB 2
2π 2π
由(1)知B+C= ，即C= -B，由△ABC为锐角三角形，
3 3
π
0<B<
 2 π π 1
得 ，即 <B< ，于是 ∈0, 3
2π π 6 2 tanB
0< -B<
3 2
 ，
3 1 1 1
所以 × + ∈ ,2
2 tanB 2 2

c 1
，即 的取值范围为 ,2
b 2
 ，15分
2c+b 2c
所以 = +1∈2,5
b b
 .17分
19.【解析】【小问1详解】
因为hx 
π
= 3cosx+
6

π
+3cos -x
3

π π
= 3cosxcos -sinxsin
6 6

π π
+3cos cosx+sin sinx
3 3

π π π π
= 3cosxcos - 3sinxsin +3cosxcos +3sinxsin
6 6 3 33 3 3 3 3
= cosx- sinx+ sinx+ cosx= 3sinx+3cosx，
2 2 2 2
所以，函数hx 

的相伴向量OM = 3,3  5分
【小问2详解】

向量ON =1, 3  的相伴函数f(x)=sinx+ 3cosx，
8 π
令f(x)=sinx+ 3cosx= ，即2 x+
5 3

8
sin = ，
5
π
∴ x+
3

4
sin = ，7分
5
π π
∵x∈- ,
3 6

π π
，∴x+ ∈0，
3 2
 ，
π
∴ x+
3

3
cos = ，8分
5
π
∴sinx= x+
3

π
  -
 3

π
sin = x+
3

π π
- x+
3 3

π
sin cos cos sin
3
4 1 3 3 4-3 3
= × - × = .10分
5 2 5 2 10
【小问3详解】

OM 的“相伴函数”fx  =asinx+bcosx= a2+b2sinx+φ 
b
,tanφ= ，
a
因为fx  在x=x 处取得最大值， 0
π π
所以当x 0 +φ= 2 +2kπ,k∈Z，即x 0 = 2 -φ+2kπ,k∈Z时，fx  有最大值 a2+b2，
π
所以sinx =sin -φ+2kπ
0 2

π
=cosφ，cosx =cos -φ+2kπ
0 2
 =sinφ，
cosφ 1
所以tanx = = ，13分
0 sinφ tanφ
b 因为tanφ= ∈0, 3
a
 ， 1 ∈   3 ,+∞
tanφ  3
 ，
所以tanx = cosφ = 1 ∈   3 ,+∞
0 sinφ tanφ  3
 ，
2tanx 2
所以tan2x = 0 = ，
0 1-tan2x 1
0 -tanx
tanx 0
0
令t=tanx ∈   3 ,+∞
0  3
 1 1 ，则 -tanx = -t，15分
tanx 0 t
0
因为y= 1 ,y=-t均为  3 ,+∞
t  3
 上的单调递减函数，
所以y= 1 -t在  3 ,+∞
t  3
 上单调递减，
1 1 2 3 所以 -tanx = -t∈-∞,
tanx 0 t 3
0
 ，
2tanx 2
所以，tan2x 0 = 1-tan2 0 x = 1 ∈-∞,0
0 -tanx
tanx 0
0
 ∪ 3,+∞  ，
所以tan2x 0 的取值范围为-∞,0  ∪ 3,+∞  .17分