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=}#}