广西贵港市名校2023-2024学年高二上册数学入学联考试卷
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．
1．（2023高二上·贵港开学考）若复数，则z的实部为（ ）
A．13 B．11 C．-1 D．1
2．（2023高二上·贵港开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高二上·贵港开学考）某学校为了解学生对乒乓球、羽毛球运动的喜爱程度，用按比例分配的分层随机抽样法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有45人，则样本容量为（ ）
A．125 B．100 C．150 D．120
4．（2023高二上·贵港开学考）要得到函数的图象，需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移1个单位长度 D．向右平移1个单位长度
5．（2023高二上·贵港开学考）在，，这3个函数中，奇函数的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2023高二上·贵港开学考）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，母线长为2，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高二上·贵港开学考）已知向量，，则“，的夹角为锐角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2023高二上·贵港开学考）若直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则（ ）
A． B．5 C． D．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2023高二上·贵港开学考）已知向量，，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
10．（2023高二上·贵港开学考）已知直线是函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递减
11．（2023高二上·贵港开学考）已知一个正八面体ABCEDF如图所示，，则（ ）
A．平面ADF
B．点D到平面AFCE的距离为1
C．异面直线AE与BF所成的角为45°
D．四棱锥外接球的表面积为
12．（2023高二上·贵港开学考）一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心、半径为20km的圆形区域内．已知小岛中心位于轮船正西25km处，为确保轮船没有触礁危险，则该轮船的行驶路线可以是（ ）
A．南偏西45°方向 B．南偏西30°方向
C．北偏西30°方向 D．北偏西25°方向
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．（2023高二上·贵港开学考）若直线与直线垂直，则 ．
14．（2023高二上·贵港开学考）已知圆C：的半径为3，则 ．
15．（2023高二上·贵港开学考）的最小值为 ．
16．（2023高二上·贵港开学考）已知函数若从集合中随机选取一个元素m，则函数恰有7个零点的概率是 ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
17．（2023高二上·贵港开学考）已知△ABC的三个顶点为，，，D为BC的中点，AD所在的直线为l．
（1）求l的一般式方程；
（2）若直线经过点B，且，求在y轴上的截距．
18．（2023高二上·贵港开学考）小晟统计了他6月份的手机通话明细清单，发现自己该月共通话100次，小晟将这100次通话的通话时间（单位：分钟）按照，，，，，分成6组，画出的频率分布直方图如图所示．
（1）求a的值；
（2）求通话时间在区间内的通话次数；
（3）试估计小晟这100次通话的平均时间（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
19．（2023高二上·贵港开学考）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（1）求A；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
20．（2023高二上·贵港开学考）投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏．假设甲、乙、丙、丁是四位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中的机会是均等的，丁每次投壶时，投中的概率为．甲、乙、丙、丁每人每次投壶是否投中相互独立，互不影响．
（1）若甲、乙、丙、丁每人各投壶1次，求只有一人投中的概率；
（2）甲、丁进行投壶比赛，若甲、丁每人各投壶2次，投中次数多者获胜，求丁获胜的概率．
21．（2023高二上·贵港开学考）已知大气压强p（帕）随高度h（米）的变化满足关系式，是海平面大气压强．
（1）世界上有14座海拔8000米以上的高峰，喜马拉雅承包了10座，设在海拔4000米处的大气压强为，求在海拔8000米处的大气压强（结果用和表示）．
（2）我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：
平均海拔/米
第一级阶梯
第二级阶梯 1000~2000
第三级阶梯 200~1000
若用平均海拔的范围直接代表海拔的范围，设在第二级阶梯某处的压强为，在第三级阶梯某处的压强为，，证明：．
22．（2023高二上·贵港开学考）如图，在四棱锥中，，，，，平面ABCD，E，F分别为PD，BC的中点．
（1）证明：平面平面PCD．
（2）设PC与平面AEF交于点Q，作出点Q（说明作法），并求PQ的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以复数的实部为13.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘法运算化简复数，再根据复数的概念即可判断.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：B.
【分析】先解集合，再根据集合的交集定义求解即可.
3．【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由扇形统计图可知，高三年级的学生占总人数的36%，而抽取的样本中高三年级的学生人数为45人，所以样本容量为人.
故答案为：A.
【分析】根据分层抽样中，抽样比相同根据抽取的样本中高三年级的人数即可求得样本容量.
4．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为，所以只需要将函数的图象向右平移个单位长度，即可得函数的图象.
故答案为：B.
【分析】由条件根据函数图象的变换规律即可求解.
5．【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：易知函数，是奇函数，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，故函数也是奇函数.
故答案为：D.
【分析】易知和为奇函数，先求函数的定义域，定义域关于原点对称，再根据奇函数的定义判断函数的奇偶性即可.
6．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 因为圆台的上底面和下底面的面积分别为，，所以圆台的上底面和下底面的半径分别为，母线长为2，所以圆台的高为，代入圆台体积公式得.
故答案为：.
【分析】根据题意求出圆台的高，结合圆台的体积公式计算求解即可.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，若，的夹角为锐角，则且，所以“，的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用充分必要条件的定义判断即可.
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：易得，由正切函数的二倍角公式可得，，所以.
故答案为：D.
【分析】通过正切函数的恒等变换，计算求值即可得解.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，所以，则，所以，故B错误；
C、因为，所以，故C正确；
D、由A选项可知，在的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据平面向量的线性运算判断A；由求得，再根据向量的运算判断B；根据向量求模即可判断C；根据投影向量的定义即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为直线是函数图象的一条对称轴，所以，即，又因为，所以，故A错误；当时，函数，所以函数的图象关于点对称，故B正确；因为，所以函数
故答案为：.的图象关于直线对称，故C正确；时，，函数单调递减，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件求出，从而求得函数的解析式，再根据选项逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：将正八面体补成正方体，即正八面体的留个顶点为正方体六个面的中心，由，易得正方体的棱长为2，易知，又因为平面，所以平面，故A正确；连接，即点到平面的距离，故B正确；由，可知直线所成的角即为异面直线所成的角，因为为等边三角形，所以异面直线的夹角为，故C错误；四棱锥外接球的中心是正方形的中心，故外接球的半径为1，所以四棱锥外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将正八面体置于正方体内，根据线面平行的判定、异面直线的夹角以及外接球等知识逐项判断即可.
12．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：以小岛的中心为原点，东西方向为轴，南北方向为轴建立直角坐标系，易得暗礁分分布的圆为，过点作圆的切线，可得切线的斜率为和，结合选项可知，该轮船行驶的路线为南偏西方向或北偏西方向或北偏西方向.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，过点作圆的切线，求出切线的斜率，根据直线和圆的位置关系求解即可.
13．【答案】-12
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解： 由题意，直线与直线垂直，所以，解得.
故答案为： -12 .
【分析】根据两直线垂直列方程，从而求得.
14．【答案】-4
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆C：化为圆的标准方程，已知圆的半径为3，所以，解得.
故答案为：.
【分析】把圆的一般式方程化为标准式方程，计算求解即可.
15．【答案】1
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：，结合基本不等式得当且仅当时，等号成立.所以 的最小值为.
故答案为：1.
【分析】根据对数的运算性质，结合基本不等式求得的最小值，即可得解.
16．【答案】
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：当时，解得的值为，当时，函数有最小值，由，可得，即的值为，因为，所以当时，方程的实数解得个数分别为；当时，方程实数解得个数分别为；当时，方程的实数解个数为2，所以当时，函数恰有7个零点，故概率为.
故答案为：.
【分析】先由，求得的值，再根据，即可，根据以及数形结合分情况求解即可.
17．【答案】（1）解：由题意得，
则l的方程为，
即．
（2）解：设的方程为，
将代入，得，即，
所以在y轴上的截距为3．
【知识点】直线的两点式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【分析】（1） 由题意得， 再利用两点式求出直线l的方程；
（2） 设的方程为，将代入可得，从而可得在y轴上的截距为3．
18．【答案】（1）解：由，
得．
（2）解：因为通话时间在区间内的频率为，
所以通话时间在区间内的通话次数为．
（3）解：这100次通话的平均时间的估计值为分钟．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）根据频率之和为1列方程求得；
（2） 通话时间在区间内的频率为， 所以通话时间在区间内的通话次数为；
（3）根据频率分布直方图求得平均数，即可得解.
19．【答案】（1）解：因为，所以．
又，
所以．
因为，所以．
又，所以．
（2）解：由（1）可知，，所以．
由，得，则，
则．
因为，所以，，
则，故△ABC周长的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理
【解析】【分析】（1）由三角形的恒等变换可得，可得，从而求得；
（2）由（1）利用正弦定理可得， 因为，所以 ，进而利用正弦函数的性质可得△ABC周长的取值范围为．
20．【答案】（1）解：设甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件A，B，C，D，
则，．
设只有一人投中为事件E，则
．
（2）解：若甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次．
设丁获胜为事件M，则．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1） 设甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件A，B，C，D，则，，然后根据独立事件乘法公式计算即可得解；
（2）分情况讨论，甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次.根据独立重复事件公式计算即可得解.
21．【答案】（1）解：设在海拔8000米处的大气压强为，
所以，解得．
（2）证明：设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，
则
两式相减可得．
因为，，所以，
则，
即，
故．
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【分析】（1）设在海拔8000米处的大气压强为，根据题意列出方程组，求解即可；
（2） 设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，则，结合，，计算求解即可.
22．【答案】（1）证明：因为，E为PD的中点，所以．
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，，所以，，
所以平面PAD，则，
又，所以平面PCD．
因为平面AEF，所以平面平面PCD．
（2）解：如图所示，延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q．
过E作交PC于T，因为，所以，根据相似可得，则，过Q作交CD于R，根据相似可得，
因为，所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）由题意得， 平面，则，所以平面，所以平面平面PCD．
(2) 延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q，过E作交PC于T， 根据位似得， 过Q作交CD于R，根据相似可得，所以，计算求解即可.
1 / 1广西贵港市名校2023-2024学年高二上册数学入学联考试卷
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．
1．（2023高二上·贵港开学考）若复数，则z的实部为（ ）
A．13 B．11 C．-1 D．1
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以复数的实部为13.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘法运算化简复数，再根据复数的概念即可判断.
2．（2023高二上·贵港开学考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：B.
【分析】先解集合，再根据集合的交集定义求解即可.
3．（2023高二上·贵港开学考）某学校为了解学生对乒乓球、羽毛球运动的喜爱程度，用按比例分配的分层随机抽样法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有45人，则样本容量为（ ）
A．125 B．100 C．150 D．120
【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由扇形统计图可知，高三年级的学生占总人数的36%，而抽取的样本中高三年级的学生人数为45人，所以样本容量为人.
故答案为：A.
【分析】根据分层抽样中，抽样比相同根据抽取的样本中高三年级的人数即可求得样本容量.
4．（2023高二上·贵港开学考）要得到函数的图象，需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移1个单位长度 D．向右平移1个单位长度
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为，所以只需要将函数的图象向右平移个单位长度，即可得函数的图象.
故答案为：B.
【分析】由条件根据函数图象的变换规律即可求解.
5．（2023高二上·贵港开学考）在，，这3个函数中，奇函数的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：易知函数，是奇函数，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，故函数也是奇函数.
故答案为：D.
【分析】易知和为奇函数，先求函数的定义域，定义域关于原点对称，再根据奇函数的定义判断函数的奇偶性即可.
6．（2023高二上·贵港开学考）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，母线长为2，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 因为圆台的上底面和下底面的面积分别为，，所以圆台的上底面和下底面的半径分别为，母线长为2，所以圆台的高为，代入圆台体积公式得.
故答案为：.
【分析】根据题意求出圆台的高，结合圆台的体积公式计算求解即可.
7．（2023高二上·贵港开学考）已知向量，，则“，的夹角为锐角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，若，的夹角为锐角，则且，所以“，的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用充分必要条件的定义判断即可.
8．（2023高二上·贵港开学考）若直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：易得，由正切函数的二倍角公式可得，，所以.
故答案为：D.
【分析】通过正切函数的恒等变换，计算求值即可得解.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2023高二上·贵港开学考）已知向量，，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
【答案】A,C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，所以，则，所以，故B错误；
C、因为，所以，故C正确；
D、由A选项可知，在的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据平面向量的线性运算判断A；由求得，再根据向量的运算判断B；根据向量求模即可判断C；根据投影向量的定义即可判断D.
10．（2023高二上·贵港开学考）已知直线是函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递减
【答案】B,C,D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为直线是函数图象的一条对称轴，所以，即，又因为，所以，故A错误；当时，函数，所以函数的图象关于点对称，故B正确；因为，所以函数
故答案为：.的图象关于直线对称，故C正确；时，，函数单调递减，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件求出，从而求得函数的解析式，再根据选项逐项判断即可.
11．（2023高二上·贵港开学考）已知一个正八面体ABCEDF如图所示，，则（ ）
A．平面ADF
B．点D到平面AFCE的距离为1
C．异面直线AE与BF所成的角为45°
D．四棱锥外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：将正八面体补成正方体，即正八面体的留个顶点为正方体六个面的中心，由，易得正方体的棱长为2，易知，又因为平面，所以平面，故A正确；连接，即点到平面的距离，故B正确；由，可知直线所成的角即为异面直线所成的角，因为为等边三角形，所以异面直线的夹角为，故C错误；四棱锥外接球的中心是正方形的中心，故外接球的半径为1，所以四棱锥外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将正八面体置于正方体内，根据线面平行的判定、异面直线的夹角以及外接球等知识逐项判断即可.
12．（2023高二上·贵港开学考）一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心、半径为20km的圆形区域内．已知小岛中心位于轮船正西25km处，为确保轮船没有触礁危险，则该轮船的行驶路线可以是（ ）
A．南偏西45°方向 B．南偏西30°方向
C．北偏西30°方向 D．北偏西25°方向
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：以小岛的中心为原点，东西方向为轴，南北方向为轴建立直角坐标系，易得暗礁分分布的圆为，过点作圆的切线，可得切线的斜率为和，结合选项可知，该轮船行驶的路线为南偏西方向或北偏西方向或北偏西方向.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，过点作圆的切线，求出切线的斜率，根据直线和圆的位置关系求解即可.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．（2023高二上·贵港开学考）若直线与直线垂直，则 ．
【答案】-12
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解： 由题意，直线与直线垂直，所以，解得.
故答案为： -12 .
【分析】根据两直线垂直列方程，从而求得.
14．（2023高二上·贵港开学考）已知圆C：的半径为3，则 ．
【答案】-4
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：圆C：化为圆的标准方程，已知圆的半径为3，所以，解得.
故答案为：.
【分析】把圆的一般式方程化为标准式方程，计算求解即可.
15．（2023高二上·贵港开学考）的最小值为 ．
【答案】1
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：，结合基本不等式得当且仅当时，等号成立.所以 的最小值为.
故答案为：1.
【分析】根据对数的运算性质，结合基本不等式求得的最小值，即可得解.
16．（2023高二上·贵港开学考）已知函数若从集合中随机选取一个元素m，则函数恰有7个零点的概率是 ．
【答案】
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：当时，解得的值为，当时，函数有最小值，由，可得，即的值为，因为，所以当时，方程的实数解得个数分别为；当时，方程实数解得个数分别为；当时，方程的实数解个数为2，所以当时，函数恰有7个零点，故概率为.
故答案为：.
【分析】先由，求得的值，再根据，即可，根据以及数形结合分情况求解即可.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
17．（2023高二上·贵港开学考）已知△ABC的三个顶点为，，，D为BC的中点，AD所在的直线为l．
（1）求l的一般式方程；
（2）若直线经过点B，且，求在y轴上的截距．
【答案】（1）解：由题意得，
则l的方程为，
即．
（2）解：设的方程为，
将代入，得，即，
所以在y轴上的截距为3．
【知识点】直线的两点式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【分析】（1） 由题意得， 再利用两点式求出直线l的方程；
（2） 设的方程为，将代入可得，从而可得在y轴上的截距为3．
18．（2023高二上·贵港开学考）小晟统计了他6月份的手机通话明细清单，发现自己该月共通话100次，小晟将这100次通话的通话时间（单位：分钟）按照，，，，，分成6组，画出的频率分布直方图如图所示．
（1）求a的值；
（2）求通话时间在区间内的通话次数；
（3）试估计小晟这100次通话的平均时间（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．
【答案】（1）解：由，
得．
（2）解：因为通话时间在区间内的频率为，
所以通话时间在区间内的通话次数为．
（3）解：这100次通话的平均时间的估计值为分钟．
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）根据频率之和为1列方程求得；
（2） 通话时间在区间内的频率为， 所以通话时间在区间内的通话次数为；
（3）根据频率分布直方图求得平均数，即可得解.
19．（2023高二上·贵港开学考）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（1）求A；
（2）若，求△ABC周长的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以．
又，
所以．
因为，所以．
又，所以．
（2）解：由（1）可知，，所以．
由，得，则，
则．
因为，所以，，
则，故△ABC周长的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理
【解析】【分析】（1）由三角形的恒等变换可得，可得，从而求得；
（2）由（1）利用正弦定理可得， 因为，所以 ，进而利用正弦函数的性质可得△ABC周长的取值范围为．
20．（2023高二上·贵港开学考）投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏．假设甲、乙、丙、丁是四位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中的机会是均等的，丁每次投壶时，投中的概率为．甲、乙、丙、丁每人每次投壶是否投中相互独立，互不影响．
（1）若甲、乙、丙、丁每人各投壶1次，求只有一人投中的概率；
（2）甲、丁进行投壶比赛，若甲、丁每人各投壶2次，投中次数多者获胜，求丁获胜的概率．
【答案】（1）解：设甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件A，B，C，D，
则，．
设只有一人投中为事件E，则
．
（2）解：若甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次．
设丁获胜为事件M，则．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1） 设甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件A，B，C，D，则，，然后根据独立事件乘法公式计算即可得解；
（2）分情况讨论，甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次.根据独立重复事件公式计算即可得解.
21．（2023高二上·贵港开学考）已知大气压强p（帕）随高度h（米）的变化满足关系式，是海平面大气压强．
（1）世界上有14座海拔8000米以上的高峰，喜马拉雅承包了10座，设在海拔4000米处的大气压强为，求在海拔8000米处的大气压强（结果用和表示）．
（2）我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：
平均海拔/米
第一级阶梯
第二级阶梯 1000~2000
第三级阶梯 200~1000
若用平均海拔的范围直接代表海拔的范围，设在第二级阶梯某处的压强为，在第三级阶梯某处的压强为，，证明：．
【答案】（1）解：设在海拔8000米处的大气压强为，
所以，解得．
（2）证明：设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，
则
两式相减可得．
因为，，所以，
则，
即，
故．
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【分析】（1）设在海拔8000米处的大气压强为，根据题意列出方程组，求解即可；
（2） 设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，则，结合，，计算求解即可.
22．（2023高二上·贵港开学考）如图，在四棱锥中，，，，，平面ABCD，E，F分别为PD，BC的中点．
（1）证明：平面平面PCD．
（2）设PC与平面AEF交于点Q，作出点Q（说明作法），并求PQ的长．
【答案】（1）证明：因为，E为PD的中点，所以．
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，，所以，，
所以平面PAD，则，
又，所以平面PCD．
因为平面AEF，所以平面平面PCD．
（2）解：如图所示，延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q．
过E作交PC于T，因为，所以，根据相似可得，则，过Q作交CD于R，根据相似可得，
因为，所以．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）由题意得， 平面，则，所以平面，所以平面平面PCD．
(2) 延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q，过E作交PC于T， 根据位似得， 过Q作交CD于R，根据相似可得，所以，计算求解即可.
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