河南省驻马店市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷

这是一份河南省驻马店市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷，共9页。试卷主要包含了 tan 2025 ，的实部为，的图象上两点等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 19 道题，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.
答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
选择题答案使用 2B 铅笔填涂，非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
保持卷面清洁，不折叠、不破损.
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
如图，平行四边形 ABCD 的对角线相交于点 O，则与 AO 共线的向量是（）
1. tan 2025  （）
A.  2
B. 1
C.1 D. 2
1  i
2.的实部为
（）
1  i
A. 1
B.0 C.1
D.不存在
AB  AD
AB  AD
AD  BC
AD  OC
已知cs α π  2 ，则sin 2α （）
4 3

1
9
5
9
 5D.  1
99
已知直线 a// 平面α， P α，那么过点 P 且平行于 a 的直线（）
A.只有一条，不在平面α内B.有无数条，不一定在平面α内 C.只有一条，且在平面α内D.有无数条，一定在平面α内
将函数 f  x  a sin 2x  2 cs 2x 的图象沿 x 轴向右平移π个单位后得到的图象关于原点对称，则实数 a
6
的值为（）
3
2
​
 2 3
2 3
3
3
2
3
已知 ABCD  A1 B1C1 D1 为平行六面体，P 为棱CC1 的中点，则（）
①过点 P 有且只有一条直线与直线 A1 B1 和 BC 都相交；
②过点 P 有且只有一个平面与直线 A1 B1 和 BC 都平行；
③过点 P 有无数条直线与直线 A1 B1 和 BC 都垂直；
④过点 P 与直线 A1 B1 和 BC 的夹角均为60 的直线至少有两条.其中正确的命题个数为（）
A.1B.2 C.3 D.4

b
2 a
a
ab
2c
→
已知向量a ， b ， c 满足
→  2 ， →  b  1， →→
→  2 ，则 a  c 的最大值为（）
2 7
7
​
2 7  1
7
D.2
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
△ABC 中，若 A  B ，则（）
sin A  sin B
tan A  tan B
cs 2 A  cs 2B
sin A  cs B
正三棱台 ABC  A1 B1C1 中， AB  2 AA1  2 A1 B1  4 ，D 为棱 AB 的中点，则（）
DC
 CC
直线 DC 与 BC 夹角的余弦值为 1
1112
A 到平面 BCC B 的距离为 4 6D.棱台 ABC  A B C 的体积为14 2
1 131 1 13
1
已知实数 x ， x ， y ， y 满足： x2  y2  1 ， x2  y2  1 ， x x  y y  ，则（）
2
1212
1122
1 21 22
x1  x2
 y1  y2
的最小值是
x y  x y 3
1 22 12

x1  x2  y1  y2 的取值范围是1, 2 
存在实数 x ， x ， y ， y ，使得 x y  x y  2024
1212
1 22 1
2025
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知复数 z  1 3i ， z 为 z 的共轭复数，则 z  z  .
《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知在阳马 P  ABCD
中，侧棱 PA  底面 ABCD， PA  AB  2 AD  2 ，则三棱锥 P  BCD 的外接球的表面积为.
△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且
b  2ccs A  a  ccs B  b  2acs C  0 ，则
a2  c2  b2
a  c2
的取值范围为.
四、解答题，本大题共 5 个小题，共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分 13 分）在平面直角坐标系中，已知角α的顶点为坐标原点，始边与 x 轴非负半轴重合，终
.
边经过点 P 3,λ ，且sinα λ
5
求实数λ及相应csα的值；
sin απ  cs α 5π
2 
当λ 0 时，化简
 并求值.
sin πα  cs α 3π
 2

16.（本小题满分 15 分）平面直角坐标系中 x 轴、y 轴正方向上的单位向量分别记为i ， j ，已知向量
→
a  mi  j ， b  2,1  m .
→
若 a //b ，求实数 m 的值；
→
若 a, b  为锐角，求实数 m 的取值范围；
当 m  3 时，求b 在a 方向上的投影向量的坐标.
17.（本小题满分 15 分）已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内角 A，B，C 的对边，且
a cs C 3a sin C  b  c  0 .
（1）求 A；
3
（2）若b  4 ，且△ABC 的面积为，求△ABC 的外接圆半径.
18.（本小题满分 17 分）如图，菱形 ABCD 所在的平面与矩形 ACEF 所在的平面相互垂直.
证明：直线 DE // 平面 ABF；
若平面 DEF  平面 BEF，求
BD
的值；
AF
在（2）条件下，求平面 DEF 与平面 ACD 夹角的余弦值.
19.（本小题满分 17 分）已知函数 f  x  Asin φx φ  k （ A  0 ，ω 0 ， φ  π）的图象上两点
2
π 5  5π1 
M  ,
 ， N 
,   及部分图象如下.
 3 2  62 
求函数 f  x 的解析式；
若 x ， x  0,π ，且 f  x   f  x   3 ，求cs x  x  的值；
122 1221
将 y 
f  x 的图象沿 x 轴向左平移π个单位，再沿 y 轴向下平移 1 个单位得到 y  g  x 的图象.试
6
ππ 3π
讨论关于 x 的方程 g  x  g  x  4   2mg  x  sin 2x  6m  0 m  0 在区间 , 上解的个数.
 88 
一、选择题：
驻马店市 2024~2025 学年度第二学期期终质量检测高一数学参考答案
二、选择题
三、填空题：
 4 8 
12.413. 9π14.  1 , 3 

四、解答题：
λλ
15.（1）根据三角函数的定义得sinα .
32  λ25
解得λ 0 或λ 4
当λ 0 时， P 3, 0 ， csα 1
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
A
D
C
B
C
D
题号
9
10
11
答案
AC
ACD
BCD
当λ 4 时， csα
33 3
32  λ2
32  42
5
（2）由λ 0 可知λ 4 ，此时sinα 4 ， csα 3
54
sin απ  cs α 5π
2
原式子

sin πα  cs α 3π
 2

sinα cs α π
2 

csα csαπ
sinα4
   tanα  .
csα3
→→
16.由 a  mi  j 得 a  m, 1
a //b
（1）由 →，则 m 1 m  2 1  0 ，即 m2  m  2  0
解得 m  1或 m  2
→ →→→ →
由 a, b 为锐角，则 a  b  0 且 a, b  0
→2m  m 1  0

即 a  b  0 且a 与b 不同向共线，也即m  1且m  2
解得 m  1 且 m  2 .
3
→
当 m  3 时， a  3, 1 ， b  2, 2
→→→
因b 在a 方向上的投影向量为 a  b  a  a  b  →
→ →→ 2 a
aaa
32  12
→→
10
且 a  b  3 2  12  8 ， a 
a
→ 2
→
从而可得
a  b
 8  4
105
→
因此b 在a 方向上的投影向量为 a  b  →  4 →   12 ,  4  .
a
→ 2
55
a a 
5
17.（1）由正弦定理
a
sin A
b
sin B
c
sin C
 2R （R 为三角形外接圆半径）
则 a cs C  3a sin C  b  c  0 可化为sin A cs C  3 sin Asin C  sin B  sin C  0
又因sin B  sin  A  C   sin A cs C  cs Asin C
则 3 sin Asin C  cs Asin C  sin C
π
6
也即 3 sin A  cs A  2 sin  A    1

π ππ
解得 A   ， A 
3
663
由b  4 及三角形面积 S△ ABC
 1 bc sin A 
2
，可得c  1.
13
根据余弦定理 a2  b2  c2  2bc cs A ，得 a 
a
又由正弦定理
13
3
39
a
sin A
 2R （R 为三角形外接圆半径）
则 R 即为所求.
2 sin A3
18.（1）因为四边形 ACEF 为矩形，则CE //AF ，因此CE // 面 ABF
又因四边形 ABCD 为菱形，则 DC //AB ，因此 DC // 面 ABF
且 DC ∩ CE  C ，
根据面面平行的判定定理可得平面 DCE // 平面 ABF
因此 DE // 平面 ABF
由菱形 ABCD 所在的平面与矩形 ACEF 所在的平面相互垂直，且面 ABCD ∩ 面 ACEF  AC ， CE  AC
根据面面垂直的性质定理可得CE  面 ABCD
则CE2  CD2  DE2 ， AF 2  AD2  DF 2 ，
又由 AD  CD ， EC  AF ，则 DE  DF
同理可得 BF  BE
不妨取 EF 中点为 M，记 AC ∩ BD  O ，则 MO//AF
从而可得 DM  EF ， BM  EF ，
因此DMB 即为二面角 D  EF  B 的平面角的大小
若平面 DEF  平面 BEF，则DMB  90 ， MO  1 BD
2
也即 AF 
BD ，从而得 BD  2
AF
不妨记面 DEF ∩ 面 ACD  l
因 EF // 面 ABCD，根据线面平行的性质定理可得 EF //l //AC
又因 DM  EF ， DO  AC ， EF //AC
从而 DM  l ， DO  l ， MDO 即为平面 DEF 与平面 ACD 的夹角.
在（2）条件下， BD  2 AF ， MDO  45
2
也即平面 DEF 与平面 ACD 夹角的余弦值为cs 45 .
2
maxmin
19.（1）由图可知 f  x 4 ， f  x 2
 f  x

1
因此 A 
f  x
 f  x
2
maxmin
  3

k  1 f  x
2
maxmin
  1
由 M，N 点在 f  x  3sin ωx φ 1图象上
 5π 5  11π1 
不妨取函数 y  3sin x 1 图象上点 E ,  ， F ,  
1
5π π
 62 
 62 
从而可得ω
63
11π 5π
66
 1 ，得ω 2
2
ππ5
332
又因 f    3sin  2  φ 1  及 M 的位置，

2π5π
则φ 2kπk  Z
36
ππ
66
从而可得φ ，综上 f  x  3sin  2x   1

注：其它方法求解出正确答案的不扣分
（2）由 x ， x  0,π ，且 f  x   f  x   3 ，则3sin  2x  π 1  3
12
2 12
16 

π π
且 x1  x2  2  6  3
ππ π

因此 x2  x1  3  2x1  2   2x1  6 
π ππ2
从而cs x2  x1   cs  2   2x1  6   sin  2x1  6   3

ππ
根据题意得 g  x 
f  x   1  3sin  2x    3cs 2x
62

g  x  π    π  3sin 2x
4 3cs  2  x4 
 
从而原方程可整理为3sin 2x  cs 2x  6m sin 2x  cs 2x  6m  0
不妨记t  sin 2x  cs 2x ， x π 3π ，
 ,
π
 88 
π 3π
则t 2 sin  2x  4  在 x  , 上单调，
 88 
且得到t 0, 2 ， t 2  1 2 sin 2x cs 2x
因此原方程等价于t  m t 2 1  2m  0 即t  mt 2  m  0 在t 0, 2 内解的情况.
也即 1  t  1 ， t 0, 2 解的情况.
mt
因为t  1  2 ，当且仅当t  1时等号成立，结合图像
t
11
因此：当0   2 ，即 m  时，原方程无解；
m2
当t  1时， t  1  2  1 ， m  1 时，原方程有唯一解；
tm2
213 2 
1 
2
当t  2 ,1 ∪ 1, 2  时， m  2, 2  ， m ,  时，原方程有两个不等实根

 32 
2 
13 2
2 
当t  0, 2  时， m 2， m  0, 3  时，原方程只有一个不等实根

2 1
综上所述：当 m  0, 3  或 m  2 时，原方程只有一个不等实根；

2
1 1
当 m ,  ，原方程有两个不等实根；当 m  2 时，原方程无解.
 32 