江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高一下学期5月月考数学答案（PDF版）_2025年05月试卷_0523江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高一下学期5月月考

弋横铅高一数学参考答案
一、单选题
1．a3,2,bt,1，若a//b，则实数t为（ ）
3 3 2 2
A． B． C． D．
2 2 3 3
【答案】B
【详解】因为a3,2,bt,1，
3
由a//b，可得2t31，解得t .
2
故选：B．
2．某个弹簧振子在完成一次全振动的过程中的位移y（单位：mm）与时间t（单位：s）之
10π π
间满足关系式y20sin t ,t0,，则开始计时后，该弹簧振子运动的最小正周
 3 2
期为（ ）
A．0.6s B．0.5s C．0.4s D．0.3s
【答案】A
2
T  0.6s
【详解】由已知可得该弹簧振子振动的最小正周期 10
3
故选：A.
3．如图，这是一块扇形菜地，C是弧AB的中点，O是该扇形菜地的弧AB所在圆的圆心，
D为AB和OC的交点，若AB2 3CD6米，则该扇形菜地的面积是（ ）
A．4π平方米 B．4 3π平方米 C．6 3π平方米 D．3π平方米
【答案】A
1
【详解】如图，连接BC．因为C是弧AB的中点，所以ABCD，BD AB3米．
2
π π
因为AB2 3CD，所以CBD ，所以AOCBOC ，
6 3
试卷第1页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}2π
所以△OBC是等边三角形，则AOB ．
3
因为AB2 3CD6米，所以CD 3米，OBBC BD2CD2 2 3米，
1 2π
则该扇形菜地的面积是  (2 3)2 4π平方米．
2 3
故选：A.
4．如图，在平面直角坐标系内，角的始边与x轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点
3 4 π
P , .若线段OP 绕点O逆时针旋转 得OP n2,nN，则点P 的纵坐标为（ ）
1 5 5 n1 4 n 2025
4 3 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】D
3 4 4 3
【详解】因为角的终边与单位圆交于点P , ，所以sin ，cos ，
1 5 5 5 5
π
设点P 为角的终边与单位圆的交点，则2024 ，
2025 4
 π 4
所以sinsin2024 sin506πsin ，
 4 5
4
所以点P 的纵坐标为 .
2025 5
故选：D
5．在 ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若bcosCccosB4，b5，且
sinBsinC
3，则 ABC的面积S （ ）
sinA
A．2 6 B．4 6 C．6 6 D．8 6
试卷第2页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}【答案】B
【详解】因为bcosCccosB4，由余弦定理有
a2b2c2 a2c2b2
bcosCccosB=b c a4a4，
2ab 2ac
sinBsinC bc
由正弦定理有 = 3c7，
sinA a
b2c2a2 254916 29 8 6
所以cosA   sinA 1cos2 A ，
2bc 257 35 35
1 1 8 6
所以 ABC的面积S  bcsinA 57 4 6.
2 2 35
故选：B.
1 1
6．已知cos ，sin ，则cos2cos2（ ）
2 3
5 5 5 5
A． B． C． D．
6 36 6 36
【答案】B
1 1
【详解】已知cos ，sin ，
2 3
1 2 3 1 2 8
所以sin21cos21   ，cos21sin21   ，
2 4 3 9
所以cos2cos2cos



cos



cos2cos2sin2sin2
8 1 1 3 5
     .
9 4 9 4 36
故选：B.
 π π
7．已知函数 f x满足 f x f πx，且当x , 时， f xxtanx，则（ ）
 2 2
A． f 1 f 2 f 3 B． f 2 f 3 f 1
C． f 3 f 2 f 1 D． f 3 f 1 f 2
【答案】D
【详解】因为 f x f πx，
所以 f 2 f π2， f 3 f π3，
 π π
因为函数yx，ytanx在 , 上都单调递增，
 2 2
试卷第3页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#} π π
所以函数 f xxtanx在 , 上单调递增，
 2 2
π
又0π31π2 ，
2
所以 f π3 f 1 f π2，
所以 f 3 f 1 f 2，
故选：D.
 
8．已知平面向量a,b,c满足c ab 0，ac  c 1，若ab0，则 ab 的最小值为（ ）
A．1 B． 2 C．2 D．3
【答案】C
【详解】①由于ac·  bc  a·bc·  ab  2a?cc2 00211，故
所以  ab 2   ac  bc 2 ac2   bc 2 2ac?  bc 
  ac  bc 2 4ac?  bc  4ac?  bc  4.
 2  2  2
这就得到 ab  ab 4a?b a2b22a?b  ab 4，故 ab 2.
②另一方面，对a1,1，b 1,1，c 1,0，原条件全部满足，此时 ab 2.
综合①②两方面，可知|ab|的最小值为2．
故选：C.
二、多选题
9．设a，b 是两个非零向量，且 ab  a  b ，则下列结论中正确的是（ ）
A． ab  a  b B． ab  a  b
C．a，b 的夹角为钝角 D．若实数使得ab成立，则为负数
【答案】AD
【详解】由 ab  a  b 可知a，b 不会同向共线，因此：
对于A，当a，b 不共线时，根据向量的减法法则可得 ab  a  b ，
当a，b 反向共线时， ab  a  b ，即可得 ab  a  b ，即A正确，
对于B，由A中等号成立的条件，可得B错误；
试卷第4页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}对于C，当a，b的夹角为锐角时，根据向量加法的平行四边形法则可得 ab  a  b ，即
C错误；
对于D，若实数使得ab成立，则a，b 共线，
由于 ab  a  b ，则a，b 反向共线，所以为负数，即D正确.
故选：AD
 π
10．函数 f xsin2x 1的部分图象可能为（ ）
 6
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【详解】对于选项A，由图可知， f x的最小值为0，则1，
 π  π 1
当1时， f xsinx 1， f 0sin 1 1， f x的部分图象可以如选
 6  6 2
项A所示.
对于选项B，当0时， f x1, f x的部分图象可以如选项B所示.
π 2π
对于选项C，由2T π，得T  ,2  4，即2，
2 T
当2时， f x的部分图象可以如选项C所示.
2π
对于选项D，由T π，得2  2，即 2，
T
 π
则 f x 2sin2x 1，此时 f π0，排除D.
 6
故选：ABC
11．将锐角三角形 ABC置于平面直角坐标系中，B1,0,C1,0，A为x轴上方一点，设
ABC中A、B、C的对边分别为a、b、c且bccosA8，则 ABC的外心纵坐标可能落
在以下（ ）区间内.
试卷第5页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}1 7  7 27 3
A．0，1 B． ，  C．2，  D． ， 
2 5  2 20 2
【答案】BD
【详解】由题知，a2，bccosA8，由余弦定理得28b2c24b2c2 20，
a2b2c2 4b2  20b2
又cosC  0，解得b2 2，同理：c2 2，
2ab 4b
所以8b2 20c2 12，
所以b2c2 b2 20b2   b210 2 100，
由二次函数性质可得96b2c2 100，即4 6bc10，
8 4 6
又cosA 0，所以cosA , ，

bc 5 3
 
 3 3
因为A为锐角，所以sinA 1cos2 A , ，

3 5
 
2 10  5 
即外接圆半径为R，则2R 

,2 3，即R

, 3，
sinA  3  3 
由外心定义可知， ABC的外心在y轴上，
4 
记 ABC的外心纵坐标为y
0
，则y
0
 R21
 3
, 2

，
4  1 7 27 3  7
因为

, 2与 ， 和 ， 交集非空，与0，1和2， 交集为空间，
3  2 5 20 2  2
所以BD正确，AC错误.
故选：BD
三、填空题
12．在正方形ABCD中，M 是BC的中点.若ACAM BD，则的值为 .
5 2
【答案】 /1
3 3
【详解】在正方形ABCD中，以点A为原点，直线AB，AD分别为x轴、y轴建立平面直
角坐标系，如图，
试卷第6页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}设正方形ABCD的边长为2，则B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，M(2,1)，
AC(2,2)，AM (2,1)，BD(2,2)，AMBD(22,2)，
因为ACAM BD，即(2,2)(22,2)，
 4

222   3
于是得 ，解得 ，
22

1
 3
5
所以的值为 .
3
5
故答案为： .
3
tanC tanC
13．在 ABC中，若AC2BC2 5AB2，则   ．
tanA tanB
1
【答案】 /0.5
2
【详解】
tanC tanC cosA cosB sinC sinAcosBcosAsinB sin2C
 tanC     ．
tanA tanB sinA sinB cosC sinAsinB sinAsinBcosC
AC2BC2AB2 4AB2
由余弦定理得cosC  ．
2ACBC 2ACBC
2sin2C
由正弦定理得cosC ，从而sinAsinBcosC2sin2C．
sinAsinB
tanC tanC 1
所以   ．
tanA tanB 2
1
故答案为： .
2
1
14．已知 ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D是AB的中点．若a ccosB
2
3
且AC1，CD ，则AB ．
2
【答案】 7
1 1
【详解】根据题意，bAC1，由a ccosB，即为a bccosB，
2 2
试卷第7页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}由正弦定理得2sinAsinB2sinCcosB，
又因为sinAsinBCsinBcosCcosBsinC，
所以2sinBcosCsinB0，
1
因为B0,π，可得sinB0，所以cosC
2
1 
又因为CD为 ABC的一条中线，可得CD CACB ，
2
2 1 2 2 
所以CD  CA CB 2CACB ，
4
3 1  1
即   1a221a ，解得a2或a1（舍）.
4 4  2
 1
由余弦定理得ABc a2b22abcosC  2212212   7.
 2
故答案为： 7.
1 1
【点睛】关键点点睛：发现b1，从而a ccosB可变为a bccosB，利用正弦定理
2 2
可进行边化角.
四、解答题
15．已知点P6,3在角的终边上.
(1)求tan的值；
(2)求sinπcos2π的值.
1 2
【答案】(1) (2)
2 5
【详解】（1）因为点P6,3在角的终边上，
3 1
所以tan  .
6 2
3 3 5
（2）因为sin   ，
6232 3 5 5
6 6 2 5
cos   ，
6232 3 5 5
5  2 5 2
所以sinπcos2πsincos   .
 
5 5 5
 
试卷第8页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}1 π π
16．将 f(x)3sin( x)(|| )的图象向左平移 个单位长度得到函数gx的图象，且
3 2 2
π
当x 时gx取得最大值．
4
(1)求gx的解析式；
(2)若函数hx的图象与g2x的图象关于x轴对称，求函数hx在区间( π , π )内的值域．
4 2
1 5 3 2
【答案】(1)g(x)3sin( x ) (2)[3, )．
3 12 2
1  π
【详解】（1）依题意，gx3sin( x )，由当x 时，gx取得最大值，
3 6 4
    π π π
得sin(  )1，则   2kπ,kZ，解得 2kπ,kZ，而 ，则
12 6 12 6 2 4 2
π
 ，
4
1 5
所以gx的解析式是g(x)3sin( x )．
3 12
2 5 2 5
（2）由（1）得g2x3sin( x )，则hx3sin( x )，
3 12 3 12
π π  2 5 3 2 2 5
由 x ，得  x  ，则 sin( x )1，
4 2 4 3 12 4 2 3 12
2 5 3 2
因此33sin( x ) ，
3 12 2
所以函数hx在区间( π , π )内的值域为[3, 3 2 ).
4 2 2
 1 3
17．已知平面上的两个向量acos,sin（0π），b  , ．
 
2 2
 
(1)求证：向量ab与ab垂直；
(2)当向量 3ab与a 3b的模相等时，求的大小．
【答案】(1)证明见解析
π
(2) ．
6
  
【分析】（1）根据已知计算 ab ab 0即可得证明．
（2）由| 3ab||a 3b|，两边平方求解．
【详解】（1）证明：
因为  ab    ab   a2b 2   cos2sin2     1  3 0，
4 4
试卷第9页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}所以ab与ab垂直．
（2）由 3ab  a 3b ，
两边平方，得3a22 3ab b 2  a22 3ab3b 2 ，
 
整理，得2 a|2 b|2 4 3ab 0，
而 a  b 1，所以ab 0，
 1 3
即  cos sin0．
 2 2
 π
即sin 0，
 6
π π
∴ kπ，即kπ ，kZ．
6 6
π
又0π，∴ ．
6
18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量mb,ac，nbc,ca，
且mn.
(1)若边a8，ABAC6，BAC的平分线交BC边于点D.求AD的长；
BE 2c
(2)若E为BC边上任意一点，AE1，  .
EC b
（ⅰ）用AB，AC表示AE；
（ⅱ）求2bc的最小值.
6 3
【答案】(1)
5
2c b 9 7
(2)（i）AE AC AB；（ii）
2cb 2cb 7
【详解】（1）由mn得，mnbbcacca0，即bcb2c2a2，
b2c2a2 1 π
cosA  ，由A0,π得，A ，
2bc 2 3
ABACbccosA6，bc12，
由余弦定理得，a2 b2c2bc，即64(bc)23bc，得bc10，
π
AD为BAC的平分线，BADCAD ，
6
1  1 π 1 π 1 5
S  bcsin  bADsin  cADsin ，3 3 bcAD AD，
ABC 2 3 2 6 2 6 4 2
试卷第10页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}6 3
AD .
5
2c 2c 2c
（2）（i）由已知得，BE BC，即AEAB AC AB，
2cb 2cb 2cb
2c b
AE AC AB.
2cb 2cb
（ii）易知(2cb)2AE 2 (2cACbAB)2，
π 1
ABACbccos  bc，(2cb)2 4b2c22b2c2b2c2 7b2c2，
3 2
2 1
b0,c0,2cb 7bc，即   7，
b c
2 1 1 1  2c 2b 1  2c 2b 9 7
2bc2bc     5   52   ，当且仅当
b c 7 7 b c  7 b c  7
bc时等号成立，
9 7
2bc的最小值为 .
7
19．在 ABC中，A,B,C对应的边分别为a,b,c,bsinAatanAcosB2asinC.
(1)求A；
(2)奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定
理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式
证明的有关问题中有着广泛的应用.
①用向量证明二维柯西不等式：xx y y 2   x2y2 x2y2 ；
1 2 1 2 1 1 2 2
x2 x2 x2 x x x 2
②已知三维分式型柯西不等式：y,y ,y R*, 1  2  3  1 2 3 ，当且仅当
1 2 3 y y y y y y
1 2 3 1 2 3
x x x
1  2  3 时等号成立.若a3,P是 ABC内一点，过P作AB,BC,AC的垂线，垂足分别
y y y
1 2 3
AB 9 BC AC
为D,E,F，求T    的最小值.
PD PE PF
π
【答案】(1)A
3
50 3
(2)①证明见解析；②
3
【详解】（1）在 ABC中，bsinAatanAcosB2asinC，
由正弦定理得，sinBsinAsinAtanAcosB2sinAsinC，
因为A0,π，所以sinA0，
试卷第11页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}sinA
所以sinB cosB2sinC，
cosA
所以sinBcosAsinAcosB2sinCcosA，即sinBA2sinCcosA，
因为ABπC，
所以sinC2sinCcosA，
因为C0,π，所以sinC0，
1 π
故cosA ，又A0,π，所以A ；
2 3
（2）①设ax,y ,b x ,y ，由ab  a b cosa,b，得 ab  a b ，
1 1 2 2
从而 xx y y  x2y2  x2y2 ，即xx y y 2   x2y2 x2y2 ；
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2
AB 9 BC AC c 9a b c2 9a2 b2
②T          .
PD PE PF PD PE PF c PD a PE b PF
1 1 1
又S  c PD,S  a PE ,S  b PF ,S S S S ，
PAB 2 PBC 2 PAC 2 PAB PBC PAC ABC
c|PD|a|PE|b|PF|2S .
ABC
c2 932 b2 (bc9)2 2(bc9)2
由三维分式型柯西不等式有T      .
c PD a PE b PF 2S 3bc
ABC
1 3 1
当且仅当   即 PE 3PD 3PF 时等号成立.
PD PE PF
由余弦定理a2 b2c22bccosA得9b2c2bc，
(bc)29
所以(bc)293bc，即bc ，
3
2(bc9)2 2 3(bc9)2
则T   ，
3bc (bc)29
2 3t2 2 3
T  
令tbc9，则 (t9)29 72 18 .
 1
t2 t
 bc29 bc 2
bc  
因为 3  2  ，得3bc6，当且仅当bc时等号成立，

bca3
1 1 1
所以12t15，则   ，
15 t 12
72 18 1  1 1 
令y  1，则y在 

, 上递减，
t2 t t 15 12
试卷第12页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}1 1 3
当  即bc3时，y有最大值 ，
t 15 25
50 3
此时T有最小值 （此时 PE 3PD 3PF 与bc可以同时取到）
3
试卷第13页，共13页
{#{QQABIYIhxwgY0BZACZ66EQHsCgqQkIAQLYomQQAUKA4KgQFABAA=}#}