广东省阳江市2023-2024学年高二上学期数学期中试卷
1．（2023高二上·阳江期中）设全集，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集、补集运算计算即可.
2．（2023高二上·阳江期中）若不等式的解集是，函数的对称轴是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；二次函数模型
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，所以是方程的两根，由韦达定理可得，解得，所以函数为，对称轴为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件可知，是方程的两个根，利用韦达定理求得b，c，代入函数中再求对称轴即可.
3．（2023高二上·阳江期中）若幂函数在上单调递减，则（ ）
A．2 B． C． D．-2
【答案】C
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为幂函数在上单调递减，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的概念以及单调性求解即可.
4．（2023高二上·阳江期中）若为奇函数，则的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，因为函数为奇函数，所以，解得，则函数，定义域为，因为函数在定义域上单调递增，所以函数在区间上单调递增.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，根据函数为奇函数，得求得，代入函数中，求其定义域，再利用复合函数的单调性即可求得其单调递增区间.
5．（2023高二上·阳江期中）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，根据两角和差的正弦公式化简可得，所以或，又因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】由两角和、差的正弦公式变形化简可得，然后结合正弦函数性质及求得，代入再利用两角和的正弦公式化简计算．
6．（2023高二上·阳江期中）在中，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：利用正弦定理可得，
因为，，，
所以，解得，
则，所以，，
所以，
则的面积为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件利用正弦定理化简可得，再利用余弦的二倍角公式、同角三角函数基本关系求得、、，最后根据两角和公式求得，代入面积公式即可求解.
7．（2023高二上·阳江期中）为了学习、宣传和践行党的二十大精神，某班组织全班学生开展了以“学党史、知国情、圆梦想”为主题的党史暨时政知识竞赛活动．已知该班男生人，女生人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为．记该班成绩的方差为，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记该班男生组成绩和女生组成绩的平均成绩分别为，则男生组成绩的方差为
，同理，所以，，，所以
.
故答案为：D.
【分析】记该班男生组成绩和女生组成绩的平均成绩分别为，由方差公式推出，，可得，，再用推导公式求班级的方差即可.
8．（2023高二上·阳江期中）三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：记的中点为，连接，如图所示：
易知，则，因为，所以是等边三角形，边长为，则，因为平面，所以平面，过点作，交于点，所以，又因为平面，所以平面，在中，利用余弦定理可得，即，所以，所以，，的面积为，设点到平面的距离为，利用体积相等，即，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：A.
【分析】记的中点为，连接，根据已知条件易证平面，过点作，交于点，利用线面垂直的判定推出平面，在中，利用余弦定理求得，设点到平面的距离为，利用体积相等求得，即可求解直线与平面所成角的正弦值.
9．（2023高二上·阳江期中）在正方体中，分别为棱，，上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，平面
C．当时，存在点，使四点共面
D．当时，存在点，使，，三条直线交于同一点
【答案】B,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A，当时，如图1，在取点，使，取中点，易知， 平面，故平面，所以A不符合题意；
对于B，如图2，当时，分别为，，的中点，连接，，，， 易知四边形与均为平行四边形，则，，所以，则A，F，E，C四点共面，平面，所以B符合题意；
对于C，如图3，延长与的延长线交于点M，连接与的交点即为点I，则A，F，H，I四点共面，所以C符合题意；
对于D，如图4，连接并延长与的延长线交于点N，连接与的交点即为点I，则存在点I，使，，三条直线交于同一点N，所以D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】利用图形，根据空间中点线面的位置关系逐一对各项进行判断即可得出结果.
10．（2023高二上·阳江期中）在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，，，使得平面
B．存在点，，，使得
C．当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．记，，与平面所成的角分别为，，，则
【答案】A,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量垂直的坐标表示；同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
，
令，因为平面，所以，又因为，，所以平面，因为平面，所以，当时，，则，要使得平面，只需要，则，即，所以当时，平面，故A正确；因为，所以，要使得，只需要，根据A选项，所以在中根据余弦定理可得，，根据同角三角函数基本关系可得，所以，所以，故，所以不存在，，，使得，故B错误；
当平面时，，要使三棱锥与三棱锥体积之和最大，只需最大，由平面，则，所以，又因为，所以的最大值为，即三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为，故C错误；
因为，所以，则，又因为，根据等体积法可得到平面面的距离为，所以，满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，写出相应点的坐标，令，推出，当时，，，要使得平面，只需要，利用向量数量积等于0即可判断A；，要使，只需在中根据余弦定理结合同角三角函数基本关系即可判断B；平面时，三棱锥与三棱锥体积之和最值，只需最大即可判断C；根据等体积法得到平面面的距离为，从而求得，即可判断D.
11．（2023高二上·阳江期中）已知，下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．若方程有两个根，则
C．若直线与有两个交点，则或
D．函数有3个零点
【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出函数的图象如图所示：
A、当时，函数，解得，当时，，无解，故A正确；
B、方程有两个根，转化为函数与直线的图象有两个交点，数形结合可知，故B正确；
C、直线恒过点，问题转化为过点的直线与有两个交点，如图为过点和点的直线，斜率为2，当直线与重合，满足题意；为过点且与平行的直线，斜率为1，当与重合时，直线与只有一个交点，不满足题意；当直线与重合时，斜率不存在且只有一个交点，不满足题意；当直线位于时，也只有一个交点，不满足题意，综上，要使与有两个交点，，故C错误；
D、令，即，所以，解得，或，解得，故函数有3个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数解析式分类讨论求解即可判断A；方程有两个根转化为与直线有两个不同交点，数形结合即可得a的取值范围；先求直线恒过定点，结合的图象得到直线与有两个交点时斜率的范围；令，即，分和两种情况求解判断即可.
12．（2023高二上·阳江期中）已知O为坐标原点，，，，P，Q分别是线段，上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点M到直线的距离为
B．若，则点Q的坐标为
C．点M关于直线对称的点的坐标为
D．周长的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】两条直线平行的判定；直线的两点式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、由，，则过两点的直线方程为，所以点到直线的距离，故A错误；
B、若，则，设，则，解得，所以点的坐标为，故B正确；
C、由A可知直线的方程为，设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，故C正确；
D、点关于y轴的对称点为，则的周长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可判断A；若则，利用斜率相等即可判断B；设点关于直线的对称点为，根据对称关系列方程组求解即可判断C；求点关于y轴的对称点为，利用的周长即可判断D.
13．（2023高二上·阳江期中）在中，点在边上，平分，若，，则 ．
【答案】1
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：延长至点，使，连接，延长交于点，过点作交于．
由已知平分 ，，得为的中点，得，
，可得，，所以， ，，，所以，所以.
故答案为：1.
【分析】由题意画出图形，延长至点，使，连接，延长交于点，过点作交于．可得，再由向量数量积运算求解即可．
14．（2023高二上·阳江期中）已知三棱锥的体积为，其外接球的表面积为，若，，，，则为 .
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，满足，所以，则，又因为三棱锥的体积为，设该三棱锥的高为，所以，解得，所以点到平面距离为3，即点的轨迹为球的一个截面圆上的点，因为外接球的表面积为，，所以，所以球心到平面的距离为，故球心到的所在截面的距离为2，点所在截面的半径为，故的最小值为，最大值为，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意可求得三棱锥的高为3，即可得点到平面的距离为3，故点的轨迹为球的一个截面圆上的点，进而可得截面圆的半径为1，计算求得最大值和最小值，从而可得.
15．（2023高二上·阳江期中）已知，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，则，所以，
.
故答案为：.
【分析】先根据两角和的余弦公式化简可得，再利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简求解即可.
16．（2023高二上·阳江期中）已知，是圆：上的两个不同的点，若，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：易知圆心，因为，所以，记的中点为，则，故点的轨迹是以为圆心为半径的圆，轨迹方程为，设点到直线的距离为，则，所以，因为圆心到直线的距离为，所以，即，故.
故答案为：.
【分析】根据题意可知表示到直线距离的倍，是的中点到直线的距离的倍，利用点的轨迹求范围即可.
17．（2023高二上·阳江期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角B；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：根据，由正弦定理可得，
又，所以可得，即；
因为，所以
即．
（2）解：由结合（1）中的结论，
由余弦定理可得，即，
解得，即，
所以．
即的面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据，由正弦定理以及二倍角的正弦公式可得，结合角范围即可求得；
（2）由（1）和，利用余弦定理化简可得，再由三角形面积公式即可得的面积.
18．（2023高二上·阳江期中）如图，四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，，平面平面ABCD，平面平面ABCD，E为PD中点.
（1）证明：；
（2）若F为棱PB上的点，求点F到平面ACE的距离.
【答案】（1）解：因为，E为PD中点，所以.
又，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面PAD.又平面PAD，所以.
因为、平面PCD，，所以平面PCD，
又平面PCD，所以.
（2）解：因为ABCD是边长为2的正方形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAB，故，同理可得.
因为AB、平面ABCD，，所以平面ABCD.
连接BD与AC交于点O，连接OE，则O为BD的中点，
因为E为PD的中点，所以.
因为平面ACE，平面ACE，所以平面ACE，
所以点F和点B到平面ACE的距离相等.
又，由（1）知，易得，，
所以.设点B到平面ACE的距离为d，
则，解得，所以点F到平面ACE的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用面面垂直的性质证明平面，再根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质证明即可；
（2）先根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质证明平面，再通过线面平行把距离转化为点到平面的距离，最后利用等体积法求解即可.
19．（2023高二上·阳江期中） 2021年7月中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，随后各学校积极响应，认真落实.“双减”不仅仅是减轻了学生家庭的经济负担、学生的课业负担，同时也增加了学生每天的体育锻炼时间.经过对某市义务教育阶段各学校学生平均每天体育锻炼时间的抽样调查，得出“双减”政策出台前（图1）与“双减”政策出台后（图2）的两个频率分布直方图.同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，请解答下列问题：
（1）根据上面两个频率分布直方图，估计“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间增加多少分钟；
（2）如果把每天平均体育锻炼时间在69分钟以上（含69分钟）的情况定义为“良”，把上述两个样本数据的频率视为概率，试估算出该市在“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间为“良”的概率.
【答案】（1）解：设“双减”政策出台前、后样本的平均值分别为，，
则
，
所以（分钟），
所以“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间增加5.12分钟.
（2）解：由题意知，样本每天平均体育锻炼时间在69分钟及以上定义为“良”，“双减”政策出台后，体育锻炼为“良”的学生的概率为
即“双减”政策出台后，体育锻炼为“良”的学生占82%.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；概率的应用
【解析】【分析】（1）设“双减”政策出台前、后样本的平均值分别为，，由频率分布直方图中平均值的计算公式求出“双减”政策出台前、后样本的平均值，相减即可得学生平均每天的体育锻炼时间增加时间；
（2）由频率分布直方图求出每天平均体育锻炼时间在69分钟以上的概率即可.
20．（2023高二上·阳江期中）在三棱台中，平面ABC，，．
（1）证明：平面平面；
（2）记的中点为M，过M的直线分别与直线，交于P，Q，求直线PQ与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取AC的中点D，则AD与平行且相等，
可得四边形为平行四边形，则有，
又，故．
又，，，AC，平面，故平面，又因为平面，故，
又因为，，，平面，故平面，
而平面，故平面平面；
（2）解：以A为原点，，，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，则，
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
设，，则，，
由题意知P，M，Q三点共线，可设，则，
解得，故，，
则，
故，
即平面，故所求线面角的正弦值为0．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，可得四边形为平行四边形，根据已知条件利用线面垂直的判定定理、性质定理以及面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以点为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，写出相应点的坐标，设平面的法向量为，根据求出平面的法向量，设，，由P，M，Q三点共线，设，求出，利用空间向量求直线和平面的夹角余弦值从而得正弦值.
21．（2023高二上·阳江期中）已知圆，直线，当时，直线l与圆O恰好相切．
（1）求圆O的方程；
（2）若直线l上存在距离为2的两点M，N，在圆O上存在一点P，使得，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：当时．圆心O到直线l的距离为，则r＝2，
所以圆O的方程为．
（2）解：圆心O到直线l的距离
①当直线l与圆O有公共点，即，解得，
若点P与点M（或N）重合，则满足，符合题意．
②当直线l与圆O无公共点，即，解得或，
由，可知点P在以MN为直径的圆上，设线段MN的中点为，
则圆Q的方程为，
又圆Q与圆O有公共点，设圆Q的半径，圆O的半径，
则，
只需点O到直线l的距离，
所以或．
综上，实数k的取值范围为．
【知识点】向量在几何中的应用；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）当时，由直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，列式求解即可；
（2）圆心到直线的距离为，分直线与圆有公共点和直线与圆无公共点两种情况讨论，再结合，可知点在以为直径的圆上，根据两圆有公共点列式求解即可.
22．（2023高二上·阳江期中）已知函数．
（1）讨论函数的奇偶性；
（2）若函数在上为减函数，求的取值范围．
【答案】（1）解：函数的定义域为，；
若为偶函数，则对任意的，都有，
即，，对任意的都成立．由于不恒等于0，故有，即∴当时，是偶函数．
若为奇函数，则对任意的，都有，
即，对任意的都成立．由于不恒等于0，故有，即∴当时，是奇函数．
∴当时，是奇函数；当时，是偶函数；当时，是非奇非偶函数．
（2）：因函数在上为减函数，故对任意的，都有，
即恒成立．
由，知恒成立，即恒成立．
由于当时
∴
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再由奇偶性的定义分函数为奇函数和偶函数讨论；
（2）由函数在上为减函数，可得对任意的，都有，变形可得恒成立，转化求的范围，即可的的取值范围.
1 / 1广东省阳江市2023-2024学年高二上学期数学期中试卷
1．（2023高二上·阳江期中）设全集，，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高二上·阳江期中）若不等式的解集是，函数的对称轴是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高二上·阳江期中）若幂函数在上单调递减，则（ ）
A．2 B． C． D．-2
4．（2023高二上·阳江期中）若为奇函数，则的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二上·阳江期中）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高二上·阳江期中）在中，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高二上·阳江期中）为了学习、宣传和践行党的二十大精神，某班组织全班学生开展了以“学党史、知国情、圆梦想”为主题的党史暨时政知识竞赛活动．已知该班男生人，女生人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为．记该班成绩的方差为，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023高二上·阳江期中）三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2023高二上·阳江期中）在正方体中，分别为棱，，上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，平面
C．当时，存在点，使四点共面
D．当时，存在点，使，，三条直线交于同一点
10．（2023高二上·阳江期中）在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，，，使得平面
B．存在点，，，使得
C．当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．记，，与平面所成的角分别为，，，则
11．（2023高二上·阳江期中）已知，下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．若方程有两个根，则
C．若直线与有两个交点，则或
D．函数有3个零点
12．（2023高二上·阳江期中）已知O为坐标原点，，，，P，Q分别是线段，上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点M到直线的距离为
B．若，则点Q的坐标为
C．点M关于直线对称的点的坐标为
D．周长的最小值为
13．（2023高二上·阳江期中）在中，点在边上，平分，若，，则 ．
14．（2023高二上·阳江期中）已知三棱锥的体积为，其外接球的表面积为，若，，，，则为 .
15．（2023高二上·阳江期中）已知，则 .
16．（2023高二上·阳江期中）已知，是圆：上的两个不同的点，若，则的取值范围为 ．
17．（2023高二上·阳江期中）已知的内角的对边分别为，且．
（1）求角B；
（2）若，求的面积．
18．（2023高二上·阳江期中）如图，四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，，平面平面ABCD，平面平面ABCD，E为PD中点.
（1）证明：；
（2）若F为棱PB上的点，求点F到平面ACE的距离.
19．（2023高二上·阳江期中） 2021年7月中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，随后各学校积极响应，认真落实.“双减”不仅仅是减轻了学生家庭的经济负担、学生的课业负担，同时也增加了学生每天的体育锻炼时间.经过对某市义务教育阶段各学校学生平均每天体育锻炼时间的抽样调查，得出“双减”政策出台前（图1）与“双减”政策出台后（图2）的两个频率分布直方图.同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，请解答下列问题：
（1）根据上面两个频率分布直方图，估计“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间增加多少分钟；
（2）如果把每天平均体育锻炼时间在69分钟以上（含69分钟）的情况定义为“良”，把上述两个样本数据的频率视为概率，试估算出该市在“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间为“良”的概率.
20．（2023高二上·阳江期中）在三棱台中，平面ABC，，．
（1）证明：平面平面；
（2）记的中点为M，过M的直线分别与直线，交于P，Q，求直线PQ与平面所成角的正弦值．
21．（2023高二上·阳江期中）已知圆，直线，当时，直线l与圆O恰好相切．
（1）求圆O的方程；
（2）若直线l上存在距离为2的两点M，N，在圆O上存在一点P，使得，求实数k的取值范围．
22．（2023高二上·阳江期中）已知函数．
（1）讨论函数的奇偶性；
（2）若函数在上为减函数，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，，所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集、补集运算计算即可.
2．【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；二次函数模型
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，所以是方程的两根，由韦达定理可得，解得，所以函数为，对称轴为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件可知，是方程的两个根，利用韦达定理求得b，c，代入函数中再求对称轴即可.
3．【答案】C
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为幂函数在上单调递减，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的概念以及单调性求解即可.
4．【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，因为函数为奇函数，所以，解得，则函数，定义域为，因为函数在定义域上单调递增，所以函数在区间上单调递增.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，根据函数为奇函数，得求得，代入函数中，求其定义域，再利用复合函数的单调性即可求得其单调递增区间.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，根据两角和差的正弦公式化简可得，所以或，又因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】由两角和、差的正弦公式变形化简可得，然后结合正弦函数性质及求得，代入再利用两角和的正弦公式化简计算．
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：利用正弦定理可得，
因为，，，
所以，解得，
则，所以，，
所以，
则的面积为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件利用正弦定理化简可得，再利用余弦的二倍角公式、同角三角函数基本关系求得、、，最后根据两角和公式求得，代入面积公式即可求解.
7．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：记该班男生组成绩和女生组成绩的平均成绩分别为，则男生组成绩的方差为
，同理，所以，，，所以
.
故答案为：D.
【分析】记该班男生组成绩和女生组成绩的平均成绩分别为，由方差公式推出，，可得，，再用推导公式求班级的方差即可.
8．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：记的中点为，连接，如图所示：
易知，则，因为，所以是等边三角形，边长为，则，因为平面，所以平面，过点作，交于点，所以，又因为平面，所以平面，在中，利用余弦定理可得，即，所以，所以，，的面积为，设点到平面的距离为，利用体积相等，即，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：A.
【分析】记的中点为，连接，根据已知条件易证平面，过点作，交于点，利用线面垂直的判定推出平面，在中，利用余弦定理求得，设点到平面的距离为，利用体积相等求得，即可求解直线与平面所成角的正弦值.
9．【答案】B,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A，当时，如图1，在取点，使，取中点，易知， 平面，故平面，所以A不符合题意；
对于B，如图2，当时，分别为，，的中点，连接，，，， 易知四边形与均为平行四边形，则，，所以，则A，F，E，C四点共面，平面，所以B符合题意；
对于C，如图3，延长与的延长线交于点M，连接与的交点即为点I，则A，F，H，I四点共面，所以C符合题意；
对于D，如图4，连接并延长与的延长线交于点N，连接与的交点即为点I，则存在点I，使，，三条直线交于同一点N，所以D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】利用图形，根据空间中点线面的位置关系逐一对各项进行判断即可得出结果.
10．【答案】A,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间向量垂直的坐标表示；同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
，
令，因为平面，所以，又因为，，所以平面，因为平面，所以，当时，，则，要使得平面，只需要，则，即，所以当时，平面，故A正确；因为，所以，要使得，只需要，根据A选项，所以在中根据余弦定理可得，，根据同角三角函数基本关系可得，所以，所以，故，所以不存在，，，使得，故B错误；
当平面时，，要使三棱锥与三棱锥体积之和最大，只需最大，由平面，则，所以，又因为，所以的最大值为，即三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为，故C错误；
因为，所以，则，又因为，根据等体积法可得到平面面的距离为，所以，满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，写出相应点的坐标，令，推出，当时，，，要使得平面，只需要，利用向量数量积等于0即可判断A；，要使，只需在中根据余弦定理结合同角三角函数基本关系即可判断B；平面时，三棱锥与三棱锥体积之和最值，只需最大即可判断C；根据等体积法得到平面面的距离为，从而求得，即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】恒过定点的直线；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出函数的图象如图所示：
A、当时，函数，解得，当时，，无解，故A正确；
B、方程有两个根，转化为函数与直线的图象有两个交点，数形结合可知，故B正确；
C、直线恒过点，问题转化为过点的直线与有两个交点，如图为过点和点的直线，斜率为2，当直线与重合，满足题意；为过点且与平行的直线，斜率为1，当与重合时，直线与只有一个交点，不满足题意；当直线与重合时，斜率不存在且只有一个交点，不满足题意；当直线位于时，也只有一个交点，不满足题意，综上，要使与有两个交点，，故C错误；
D、令，即，所以，解得，或，解得，故函数有3个零点，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数解析式分类讨论求解即可判断A；方程有两个根转化为与直线有两个不同交点，数形结合即可得a的取值范围；先求直线恒过定点，结合的图象得到直线与有两个交点时斜率的范围；令，即，分和两种情况求解判断即可.
12．【答案】B,C,D
【知识点】两条直线平行的判定；直线的两点式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：A、由，，则过两点的直线方程为，所以点到直线的距离，故A错误；
B、若，则，设，则，解得，所以点的坐标为，故B正确；
C、由A可知直线的方程为，设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，故C正确；
D、点关于y轴的对称点为，则的周长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可判断A；若则，利用斜率相等即可判断B；设点关于直线的对称点为，根据对称关系列方程组求解即可判断C；求点关于y轴的对称点为，利用的周长即可判断D.
13．【答案】1
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：延长至点，使，连接，延长交于点，过点作交于．
由已知平分 ，，得为的中点，得，
，可得，，所以， ，，，所以，所以.
故答案为：1.
【分析】由题意画出图形，延长至点，使，连接，延长交于点，过点作交于．可得，再由向量数量积运算求解即可．
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，满足，所以，则，又因为三棱锥的体积为，设该三棱锥的高为，所以，解得，所以点到平面距离为3，即点的轨迹为球的一个截面圆上的点，因为外接球的表面积为，，所以，所以球心到平面的距离为，故球心到的所在截面的距离为2，点所在截面的半径为，故的最小值为，最大值为，所以.
故答案为：.
【分析】根据题意可求得三棱锥的高为3，即可得点到平面的距离为3，故点的轨迹为球的一个截面圆上的点，进而可得截面圆的半径为1，计算求得最大值和最小值，从而可得.
15．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，则，所以，
.
故答案为：.
【分析】先根据两角和的余弦公式化简可得，再利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简求解即可.
16．【答案】
【知识点】直线与圆相交的性质；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：易知圆心，因为，所以，记的中点为，则，故点的轨迹是以为圆心为半径的圆，轨迹方程为，设点到直线的距离为，则，所以，因为圆心到直线的距离为，所以，即，故.
故答案为：.
【分析】根据题意可知表示到直线距离的倍，是的中点到直线的距离的倍，利用点的轨迹求范围即可.
17．【答案】（1）解：根据，由正弦定理可得，
又，所以可得，即；
因为，所以
即．
（2）解：由结合（1）中的结论，
由余弦定理可得，即，
解得，即，
所以．
即的面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据，由正弦定理以及二倍角的正弦公式可得，结合角范围即可求得；
（2）由（1）和，利用余弦定理化简可得，再由三角形面积公式即可得的面积.
18．【答案】（1）解：因为，E为PD中点，所以.
又，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面PAD.又平面PAD，所以.
因为、平面PCD，，所以平面PCD，
又平面PCD，所以.
（2）解：因为ABCD是边长为2的正方形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAB，故，同理可得.
因为AB、平面ABCD，，所以平面ABCD.
连接BD与AC交于点O，连接OE，则O为BD的中点，
因为E为PD的中点，所以.
因为平面ACE，平面ACE，所以平面ACE，
所以点F和点B到平面ACE的距离相等.
又，由（1）知，易得，，
所以.设点B到平面ACE的距离为d，
则，解得，所以点F到平面ACE的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用面面垂直的性质证明平面，再根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质证明即可；
（2）先根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质证明平面，再通过线面平行把距离转化为点到平面的距离，最后利用等体积法求解即可.
19．【答案】（1）解：设“双减”政策出台前、后样本的平均值分别为，，
则
，
所以（分钟），
所以“双减”政策出台后，学生平均每天的体育锻炼时间增加5.12分钟.
（2）解：由题意知，样本每天平均体育锻炼时间在69分钟及以上定义为“良”，“双减”政策出台后，体育锻炼为“良”的学生的概率为
即“双减”政策出台后，体育锻炼为“良”的学生占82%.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；概率的应用
【解析】【分析】（1）设“双减”政策出台前、后样本的平均值分别为，，由频率分布直方图中平均值的计算公式求出“双减”政策出台前、后样本的平均值，相减即可得学生平均每天的体育锻炼时间增加时间；
（2）由频率分布直方图求出每天平均体育锻炼时间在69分钟以上的概率即可.
20．【答案】（1）证明：取AC的中点D，则AD与平行且相等，
可得四边形为平行四边形，则有，
又，故．
又，，，AC，平面，故平面，又因为平面，故，
又因为，，，平面，故平面，
而平面，故平面平面；
（2）解：以A为原点，，，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，则，
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
设，，则，，
由题意知P，M，Q三点共线，可设，则，
解得，故，，
则，
故，
即平面，故所求线面角的正弦值为0．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，可得四边形为平行四边形，根据已知条件利用线面垂直的判定定理、性质定理以及面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以点为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，写出相应点的坐标，设平面的法向量为，根据求出平面的法向量，设，，由P，M，Q三点共线，设，求出，利用空间向量求直线和平面的夹角余弦值从而得正弦值.
21．【答案】（1）解：当时．圆心O到直线l的距离为，则r＝2，
所以圆O的方程为．
（2）解：圆心O到直线l的距离
①当直线l与圆O有公共点，即，解得，
若点P与点M（或N）重合，则满足，符合题意．
②当直线l与圆O无公共点，即，解得或，
由，可知点P在以MN为直径的圆上，设线段MN的中点为，
则圆Q的方程为，
又圆Q与圆O有公共点，设圆Q的半径，圆O的半径，
则，
只需点O到直线l的距离，
所以或．
综上，实数k的取值范围为．
【知识点】向量在几何中的应用；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）当时，由直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，列式求解即可；
（2）圆心到直线的距离为，分直线与圆有公共点和直线与圆无公共点两种情况讨论，再结合，可知点在以为直径的圆上，根据两圆有公共点列式求解即可.
22．【答案】（1）解：函数的定义域为，；
若为偶函数，则对任意的，都有，
即，，对任意的都成立．由于不恒等于0，故有，即∴当时，是偶函数．
若为奇函数，则对任意的，都有，
即，对任意的都成立．由于不恒等于0，故有，即∴当时，是奇函数．
∴当时，是奇函数；当时，是偶函数；当时，是非奇非偶函数．
（2）：因函数在上为减函数，故对任意的，都有，
即恒成立．
由，知恒成立，即恒成立．
由于当时
∴
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再由奇偶性的定义分函数为奇函数和偶函数讨论；
（2）由函数在上为减函数，可得对任意的，都有，变形可得恒成立，转化求的范围，即可的的取值范围.
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