【精品解析】广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题

广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题
一、选择题：本题共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．（2024高二上·阳江期末）设集合，，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·阳江期末）已知，，，则的最小值为（　　）
A． B．1 C．0 D．
3．（2024高二上·阳江期末）已知幂函数的图象过点，则的值为（　　）
A．9 B．3 C． D．
4．（2024高二上·阳江期末）若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高二上·阳江期末）已知，则＝（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·阳江期末）已知向量，，，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·阳江期末）某圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（　　）
A．4 B．2 C． D．
8．（2024高二上·阳江期末）已知是表面积为的球表面上的四点，球心为的内心，且到平面的距离之比为，则四面体的体积为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、选择题：本题共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．（2024高二上·阳江期末）在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（　　）
A．若，则面积的最大值为
B．若，则面积的最大值为
C．若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D．若为的中点，且，则面积的最大值为
10．（2024高二上·阳江期末）已知函数，则（　　）
A．是上的奇函数
B．当时，的解集为
C．当时，在上单调递减
D．当时，值域为
11．（2024高二上·阳江期末）已知函数，则下列正确的有（　　）
A．函数在上为增函数
B．存在，使得
C．函数的值域为
D．方程只有一个实数根
12．（2024高二上·阳江期末）正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（　　）
A．对于任意的，且，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积不为定值
C．若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D．的取值范围为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高二上·阳江期末）已知，则的值为　 　.
14．（2024高二上·阳江期末）已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为　 　．
15．（2024高二上·阳江期末）三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为　 　．
16．（2024高二上·阳江期末）在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为　 　.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高二上·阳江期末）在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且，，．
求：
（1）a的值；
（2）和的面积．
18．（2024高二上·阳江期末）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a、b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
19．（2024高二上·阳江期末）如图，在所有棱长都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．
（1）证明：A1C1⊥B1C；
（2）求直线BC与平面ABB1A1所成角的大小．
20．（2024高二上·阳江期末）已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
（1）经过点P且与直线垂直的直线方程；
（2）求以为直径的圆的方程.
21．（2024高二上·阳江期末）已知直线和圆．
（1）求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；
（2）求与直线平行且与圆相切的直线的方程．
22．（2024高二上·阳江期末）已知函数
（1）当时，求的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
（2）设在区间上最大值为，求的解析式.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：，，
故选：B
【分析】本题考查补集，并集的运算.已知，根据补集的定义可得：，再根据并集的定义可得：.
2．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由题设，且，故
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为1.
故选：B
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.
3．【答案】A
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设，则，所以，
则，所以.
故选：A
【分析】利用幂函数的定义即可求解.
4．【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：设，
根据已知结合二次函数性质，作图
则有，
解得.
故选：C.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.已知关于的一元二次方程有两个实根，设，结合题意一个实根小于1，另一个实根大于2可作出函数图象，观察图象可得，解不等式组可求出本题答案.
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：.
故选：D
【分析】本题考查二倍角的余弦公式，两角差的余弦公式.将式子利用二倍角公式和两角差的余弦公式展开可得：.，代入数据可求出式子的值.应用三角函数的平方关系可得：，代入数据可求出式子的值.两部分的值代入原式可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，，
，
，
，.
故选：A
【分析】本题考查平面向量的夹角公式.已知，，可求出，因此，括号展开代入数据可求出式子的值，又因，括号展开代入数据可求出式子的值.将，的值代入夹角计算公式可求出夹角的余弦值，根据余弦值可反推出答案.
7．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面圆的直径，连接SO，由圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形可知圆锥的高，底面圆半径为，
设C为圆锥底面圆周上一点，连接BC，OC，则，
所以当的面积最大时，即最大时，即的夹角为90°时，
的面积最大，此时的面积为8，且，
取中点，连接，则，
在直角中，可得，
所以的面积为，
设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，
则由可得，
即，解得，
所以圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为．
故选：D．
【分析】本题考查棱锥的体积公式，点到平面的距离公式.先设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，连接SO，根据三角形面积公式可得：，又因，据此可推断的夹角为90°时，的面积最大.又因的夹角为90°，根据勾股定理可求得.取中点，连接，则，根据勾股定理可得：，进而求出OD的值.设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，利用等体积法可得：，即：，代入数据可得，解方程可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，则为等边三角形，
设球的半径为，则，解得，
由正弦定理可得，即的边长为，
分别取的中点，连接，
因为到平面的距离相等，由对称可知：点在底面的投影在直线上，
如图，以O为坐标原点，为x轴所在直线，为y轴所在直线，过作底面的垂线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
不妨设平面的法向量依次为，
且，
则O到平面的距离依次为，
可得，整理得，
因为，设，，
则，
则，解得，
则，解得，
则，即点到底面的距离为，
所以四面体的体积为.
故选：A.
【分析】本题考查球内接几何体，三棱锥的体积公式.由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，据此推出为等边三角形，又知球的表面积为，据此可求出球的半径，利用正弦定理可求出是边长为，点在底面的投影在直线上，建系，设，，不妨设平面的法向量依次为，写出，利用，可求得.又知 平面的距离之比为 ，据此可推出，代入数据可求出，进而求出的值，据此可求出点到底面的距离，代入三棱锥的体积公式可求出答案
9．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、由余弦定理可得，
即，
由基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，A错误；
B、由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，B正确；
C、设，，则，，
在和中，分别运用正弦定理，得和.
因为，所以，即，所以，
由余弦定理可得，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为3，C正确；
D、设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，
所以，
所以当即时，，D正确.
故选：BCD.
【分析】本题考查利用正弦定理，利用余弦定理解三角形、利用基本不等式求最值.对于A选项利用余弦定理和基本不等式可求出的最值，进而求出面积的最值.对于对于B选项，使用余弦定理可求出，代入三角形的面积公式变形可得；已知，使用基本不等式可得：，进而求出，代入可求出面积的最大值；对于C选项，运用正弦定理可推出，即，结合余弦定理可得：，将代入三角形的面积公式化简可得：，利用二次函数的性质可得：，进而求出面积的最大值.对于D选项，设，余弦定理，解得，利用可求出，代入三角的面积公式化简可得：，利用二次函数的性质可求出面积的最大值.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，定义域关于原点对称，且满足，所以函数为奇函数，故A正确；
B、当时，函数，所以当时，或，
解得或，所以的解集为，故B正确；
C、当，不妨取，，，此时，故C错误；
D、当时，令，，，当时，，所以当时，的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断A；分类讨论取绝对值，解不等式即可判断B；取特殊值检验即可判断C；利用换元法，令，再分类讨论求函数的值域从而判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的图象；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：A、x>0， 函数，根据反比例函数的性质可得：函数在上为增函数 ，A正确；
B、，又因为 ，所以
，所以，即，所以
，，，，因此，所以或（ 舍去），因此或时， ，B正确；
对于C和D选项，在同一坐标系做出函数和函数的图象，如图所示：
观察图象可得： 函数的值域为，C错误；
D、 方程可变形为：，令，和函数的图象只有一个交点， 所以方程只有一个实数根 ，D正确；
故答案为：ABD
【分析】本题考查函数的单调性，函数图象，函数与方程综合应用.当x>0时， 函数化简可得：，根据反比例函数的性质可判断函数在上的单调性；已知 ，据此可得到方程，解方程可得：或时， 所以存在，使得 ；先作出函数的图象，根据图象可求出函数的值域.在坐标系中作出函数的图象，方程的根转化为函数和函数的图象交点个数，观察图象可得方程根的个数.
12．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，A正确；
B、当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B错误；
C、设，，则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；若，所以，，根据对称性可得最小为，C正确；
D、设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥的体积，异面直线的夹角，空间向量的数量积.因为几何体为正方体，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而写出点的坐标：，，，，，，，求出平面的法向量和平面的法向量，可说明两个法向量点积为0，进而证明平面平面；当时，设，可得，再求出平面的法向量，利用点到直线的距离公式可求出：点到平面的距离为，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值；设，，则，再求出平面的法向量，又知直线到平面的距离为，据此可求得或，当时，设直线与直线所成角为，可表示出：，令，结合三角函数的性质和对求导，研究的单调性可求得：最小为；当时，，，根据对称性可得最小为；设，根据可推出，即，所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，，表示出
所以，根据一次函数的性质可求出取值范围.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：依题意，
.
故答案为：
【分析】本题考查正弦二倍角，余弦二倍角，同角三角函数基本关系，三角函数诱导公式.先将应用正弦二倍角，同角三角函数基本关系展开可得：，化简可得：，又因为，利用二倍角余弦公式展开可得：，代入数据可求出答案.
14．【答案】1（不唯一）
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设函数，作出函数的图象，如图所示：
函数，由最小值，最小值为-1，函数无最小值，直线是其渐近线，因为点在函数图象上，所以，当时，，当时，函数不存在最小值，故a的取值范围为.
故答案为：1（答案不唯一）
【分析】设函数，作出函数图象，根据条件求a的范围即可得a值.
15．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设球O的半径为，则，解得，
因为点A在平面的射影是线段的中点，即⊥平面，
因为平面，所以⊥，
由三线合一可知，，
因为，所以为等边三角形，
故，，且球心O在平面上的投影为的中心，
即，
过点O作⊥平面于点，连接，故，
则与平行，故，
由勾股定理得，
平面被球O截得的截面为圆，半径为2，
故面积为.
故答案为：
【分析】本题考查球内接几何体问题.先设球O的半径为，根据，可求得球的半径为，由题目条件结合等腰三角形的性质可得，又知，据此可推出为等边三角形.可证明球心位置为球心O在平面上的投影为的中心.过点O作⊥平面于点，连接，为球的半径，故，根据勾股定理可得：，平面被球O截得的截面为圆，半径为2，将数据代入圆的面积公式可求出截面面积.
16．【答案】或
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：依题意，将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，
因为异面直线，所成的角为，，
所以可得或，所以应为图中或，如下图所示：
由对称性可知，当点在轴负方向时，解法与或位置相同；
可设的中点为，四面体外接球的球心为，球的半径为，
由题意可知，球心在过点且垂直于平面的垂线上，且满足，
建立如上图所示的空间直角坐标系，因为，，，
设，又，
由，所以，或，
解得或，
所以或，
即可知四面体外接球的表面积为或.
故答案为：或
【分析】本题考查球内接几何体问题.先将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，由异面直线，所成的角为，即可大致确定的位置，利用对称性以点在轴正方向时为例找出外接球球心位置：球心在过点且垂直于平面的垂线上.以C为原点建立空间直角坐标系，根据已知条件，，，可得：，又，利用半径得出等量关系可求出或，进而得出球的半径大小，最后可求出四面体外接球的表面积.
17．【答案】（1）解：在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且，，，则，(1)(2)(3)联立得出，所以a=8。
（2）解：由（1）得出，所以，
在三角形中，所以，
因为所以
由三角形面积公式得出三角形的面积为：
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合余弦定理，从而建立方程组得出a，b，c的值。
（2）利用（1）中求出a的值和已知条件，再结合正弦定理和三角形的面积公式，进而得出和三角形的面积的值。
18．【答案】（1）∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
（2）这100名候选者面试成绩的平均数为
，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，
设第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，频率分布直方图中平均数和中位数的求法.
（1）已知第三、四、五组的频率之和为0.7，根据频率分布直方图中频率的计算方频率=小矩形的面积可得：，解方程可求出，据此可得出前两组的频率之和为，根据频率分布直方图中频率的计算方频率=小矩形的面积可得：，结合可求出；
（2）根据频率分布直方图中平均数=频率乘以小矩形底边的中点再相加可得：，化简后可求出平均数；前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以可判断出第60百分位数在第三组，根据百分位数的计算方法：设第60百分位数为，可得到方程，解方程可求出第60百分位数.
19．【答案】（1）证明：连接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，
在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，
所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，
所以AC⊥B1C．
又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中， 1，
所以A1C1⊥B1C．
（2）连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO．
在边长都为1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中点，
又因为B1C＝AC＝1，
所以CO⊥AB1．
因为四边形B1BCC1边长都为1，所以B1C⊥BC1．
由(1)知B1C⊥A1C1．
又因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1 平面A1BC1，
所以B1C⊥平面A1BC1．
因为A1B 平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．
因为在边长都为1的四边形A1ABB1中，A1B⊥AB1．
又因为AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C 平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C．
因为CO 平面AB1C，所以CO⊥A1B．
又因为A1B∩AB1＝O，A1B，AB1 平面A1ABB1，
所以CO⊥平面A1ABB1，
所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．
在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．
因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，
所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查异面直线的位置关系，直线与平面所成的角
（1）在△ABB1中，利用勾股定理可求得：AB1＝；在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，可知△BCB1中为等边三角形，进而得出B1C＝1，结合AC＝1，可验证AB12＝AC2＋B1C2，根据勾股定理逆定理可得AC⊥B1C，又知 1，进而推出A1C1⊥B1C．
（2）先连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO，已知B1C＝AC＝1，O是AB1的中点，可得出CO⊥AB1，结合B1C⊥A1C1，可证明B1C⊥平面A1BC1，进而推出B1C⊥A1B，根据已知条件A1B⊥AB1，可证明A1B⊥平面AB1C，进而推出CO⊥A1B，再结合CO⊥AB1，可证明CO⊥平面A1ABB1，再根据线面角的定义可得：∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角，利用直角三角形的三角函数可求出∠CBO的大小.
20．【答案】（1）易知的斜率为，故所求直线斜率是
直线过点，故直线方程为
方程为
（2）联立方程组解得
故，，由中点坐标公式得中点坐标为
由两点间距离公式得，
故所求圆方程为
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；圆的标准方程
【解析】【分析】本题考查直线与直线垂直的转化，直线方程，圆的方程.
(1)直线，变形可得：，由此可知的斜率为，据此可推出所求直线斜率是，又因为直线过点，利用直线的点斜式方程可写出直线方程；
(2)联立直线，直线可得，解方程组可求出点P的坐标，又知，根据中点坐标公式得中点坐标为，据此可知圆心坐标为，利用两点间距离公式可求出半径，结合圆心坐标为，利用圆的标准方程可写出圆的方程.
21．【答案】（1）设与直线垂直的直线的方程为．
圆可化为，圆心为，
因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线的方程为．
（2）设与直线平行的直线的方程为．
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以或10，
故所求直线的方程为或．
【知识点】用斜率判定两直线平行；用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；圆的切线方程
【解析】【分析】本题考查直线与直线平行和垂直的转化，直线方程，圆的切线方程.
（1）设与直线垂直的直线的方程为，圆可化为，据此可知圆心为，又知经过圆心，将代入可求出a，进而写出直线方程；
（2）设与直线平行的直线的方程为，又知直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式可得：，解方程可求出c的值，进而写出直线方程.
22．【答案】（1）当时，，
当时，易得单调递增；
当时，，
因为对勾函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又当时，，所以在上单调递增，
综上，的单调递增区间为，.
（2）因为，
当时，，则，
根据对勾函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，则，显然在上单调递增，
所以；
当时，，
当时，单调递增，故，
当时，，则，
所以，又，，
当，即时，，
当，即时，；
综上，.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值
【解析】【分析】本题考查函数的单调性，函数的最值.
（1）当时，将函数写为分段函数的形式可得：，当时，根据反比例函数和一次函数的单调性可得单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，据此可推出在上单调递增，综上可写出函数的单调递增区间；
（2）对分成三种情况进行讨论：分别分析函数在 区间上 的单调性，进而求出在上的最大值；综合三种情况可得 的解析式.
1 / 1广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题
一、选择题：本题共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．（2024高二上·阳江期末）设集合，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：，，
故选：B
【分析】本题考查补集，并集的运算.已知，根据补集的定义可得：，再根据并集的定义可得：.
2．（2024高二上·阳江期末）已知，，，则的最小值为（　　）
A． B．1 C．0 D．
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由题设，且，故
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为1.
故选：B
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.
3．（2024高二上·阳江期末）已知幂函数的图象过点，则的值为（　　）
A．9 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设，则，所以，
则，所以.
故选：A
【分析】利用幂函数的定义即可求解.
4．（2024高二上·阳江期末）若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：设，
根据已知结合二次函数性质，作图
则有，
解得.
故选：C.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.已知关于的一元二次方程有两个实根，设，结合题意一个实根小于1，另一个实根大于2可作出函数图象，观察图象可得，解不等式组可求出本题答案.
5．（2024高二上·阳江期末）已知，则＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：.
故选：D
【分析】本题考查二倍角的余弦公式，两角差的余弦公式.将式子利用二倍角公式和两角差的余弦公式展开可得：.，代入数据可求出式子的值.应用三角函数的平方关系可得：，代入数据可求出式子的值.两部分的值代入原式可求出答案.
6．（2024高二上·阳江期末）已知向量，，，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：，，
，
，
，.
故选：A
【分析】本题考查平面向量的夹角公式.已知，，可求出，因此，括号展开代入数据可求出式子的值，又因，括号展开代入数据可求出式子的值.将，的值代入夹角计算公式可求出夹角的余弦值，根据余弦值可反推出答案.
7．（2024高二上·阳江期末）某圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（　　）
A．4 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面圆的直径，连接SO，由圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形可知圆锥的高，底面圆半径为，
设C为圆锥底面圆周上一点，连接BC，OC，则，
所以当的面积最大时，即最大时，即的夹角为90°时，
的面积最大，此时的面积为8，且，
取中点，连接，则，
在直角中，可得，
所以的面积为，
设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，
则由可得，
即，解得，
所以圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为．
故选：D．
【分析】本题考查棱锥的体积公式，点到平面的距离公式.先设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，连接SO，根据三角形面积公式可得：，又因，据此可推断的夹角为90°时，的面积最大.又因的夹角为90°，根据勾股定理可求得.取中点，连接，则，根据勾股定理可得：，进而求出OD的值.设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，利用等体积法可得：，即：，代入数据可得，解方程可求出答案.
8．（2024高二上·阳江期末）已知是表面积为的球表面上的四点，球心为的内心，且到平面的距离之比为，则四面体的体积为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，则为等边三角形，
设球的半径为，则，解得，
由正弦定理可得，即的边长为，
分别取的中点，连接，
因为到平面的距离相等，由对称可知：点在底面的投影在直线上，
如图，以O为坐标原点，为x轴所在直线，为y轴所在直线，过作底面的垂线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
不妨设平面的法向量依次为，
且，
则O到平面的距离依次为，
可得，整理得，
因为，设，，
则，
则，解得，
则，解得，
则，即点到底面的距离为，
所以四面体的体积为.
故选：A.
【分析】本题考查球内接几何体，三棱锥的体积公式.由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，据此推出为等边三角形，又知球的表面积为，据此可求出球的半径，利用正弦定理可求出是边长为，点在底面的投影在直线上，建系，设，，不妨设平面的法向量依次为，写出，利用，可求得.又知 平面的距离之比为 ，据此可推出，代入数据可求出，进而求出的值，据此可求出点到底面的距离，代入三棱锥的体积公式可求出答案
二、选择题：本题共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．（2024高二上·阳江期末）在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（　　）
A．若，则面积的最大值为
B．若，则面积的最大值为
C．若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D．若为的中点，且，则面积的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、由余弦定理可得，
即，
由基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，A错误；
B、由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，B正确；
C、设，，则，，
在和中，分别运用正弦定理，得和.
因为，所以，即，所以，
由余弦定理可得，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为3，C正确；
D、设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，
所以，
所以当即时，，D正确.
故选：BCD.
【分析】本题考查利用正弦定理，利用余弦定理解三角形、利用基本不等式求最值.对于A选项利用余弦定理和基本不等式可求出的最值，进而求出面积的最值.对于对于B选项，使用余弦定理可求出，代入三角形的面积公式变形可得；已知，使用基本不等式可得：，进而求出，代入可求出面积的最大值；对于C选项，运用正弦定理可推出，即，结合余弦定理可得：，将代入三角形的面积公式化简可得：，利用二次函数的性质可得：，进而求出面积的最大值.对于D选项，设，余弦定理，解得，利用可求出，代入三角的面积公式化简可得：，利用二次函数的性质可求出面积的最大值.
10．（2024高二上·阳江期末）已知函数，则（　　）
A．是上的奇函数
B．当时，的解集为
C．当时，在上单调递减
D．当时，值域为
【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，定义域关于原点对称，且满足，所以函数为奇函数，故A正确；
B、当时，函数，所以当时，或，
解得或，所以的解集为，故B正确；
C、当，不妨取，，，此时，故C错误；
D、当时，令，，，当时，，所以当时，的值域为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断A；分类讨论取绝对值，解不等式即可判断B；取特殊值检验即可判断C；利用换元法，令，再分类讨论求函数的值域从而判断D.
11．（2024高二上·阳江期末）已知函数，则下列正确的有（　　）
A．函数在上为增函数
B．存在，使得
C．函数的值域为
D．方程只有一个实数根
【答案】A,B,D
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的图象；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：A、x>0， 函数，根据反比例函数的性质可得：函数在上为增函数 ，A正确；
B、，又因为 ，所以
，所以，即，所以
，，，，因此，所以或（ 舍去），因此或时， ，B正确；
对于C和D选项，在同一坐标系做出函数和函数的图象，如图所示：
观察图象可得： 函数的值域为，C错误；
D、 方程可变形为：，令，和函数的图象只有一个交点， 所以方程只有一个实数根 ，D正确；
故答案为：ABD
【分析】本题考查函数的单调性，函数图象，函数与方程综合应用.当x>0时， 函数化简可得：，根据反比例函数的性质可判断函数在上的单调性；已知 ，据此可得到方程，解方程可得：或时， 所以存在，使得 ；先作出函数的图象，根据图象可求出函数的值域.在坐标系中作出函数的图象，方程的根转化为函数和函数的图象交点个数，观察图象可得方程根的个数.
12．（2024高二上·阳江期末）正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（　　）
A．对于任意的，且，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积不为定值
C．若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D．的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，A正确；
B、当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B错误；
C、设，，则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；若，所以，，根据对称性可得最小为，C正确；
D、设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥的体积，异面直线的夹角，空间向量的数量积.因为几何体为正方体，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，进而写出点的坐标：，，，，，，，求出平面的法向量和平面的法向量，可说明两个法向量点积为0，进而证明平面平面；当时，设，可得，再求出平面的法向量，利用点到直线的距离公式可求出：点到平面的距离为，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值；设，，则，再求出平面的法向量，又知直线到平面的距离为，据此可求得或，当时，设直线与直线所成角为，可表示出：，令，结合三角函数的性质和对求导，研究的单调性可求得：最小为；当时，，，根据对称性可得最小为；设，根据可推出，即，所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，，表示出
所以，根据一次函数的性质可求出取值范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高二上·阳江期末）已知，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：依题意，
.
故答案为：
【分析】本题考查正弦二倍角，余弦二倍角，同角三角函数基本关系，三角函数诱导公式.先将应用正弦二倍角，同角三角函数基本关系展开可得：，化简可得：，又因为，利用二倍角余弦公式展开可得：，代入数据可求出答案.
14．（2024高二上·阳江期末）已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为　 　．
【答案】1（不唯一）
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设函数，作出函数的图象，如图所示：
函数，由最小值，最小值为-1，函数无最小值，直线是其渐近线，因为点在函数图象上，所以，当时，，当时，函数不存在最小值，故a的取值范围为.
故答案为：1（答案不唯一）
【分析】设函数，作出函数图象，根据条件求a的范围即可得a值.
15．（2024高二上·阳江期末）三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为　 　．
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设球O的半径为，则，解得，
因为点A在平面的射影是线段的中点，即⊥平面，
因为平面，所以⊥，
由三线合一可知，，
因为，所以为等边三角形，
故，，且球心O在平面上的投影为的中心，
即，
过点O作⊥平面于点，连接，故，
则与平行，故，
由勾股定理得，
平面被球O截得的截面为圆，半径为2，
故面积为.
故答案为：
【分析】本题考查球内接几何体问题.先设球O的半径为，根据，可求得球的半径为，由题目条件结合等腰三角形的性质可得，又知，据此可推出为等边三角形.可证明球心位置为球心O在平面上的投影为的中心.过点O作⊥平面于点，连接，为球的半径，故，根据勾股定理可得：，平面被球O截得的截面为圆，半径为2，将数据代入圆的面积公式可求出截面面积.
16．（2024高二上·阳江期末）在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为　 　.
【答案】或
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：依题意，将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，
因为异面直线，所成的角为，，
所以可得或，所以应为图中或，如下图所示：
由对称性可知，当点在轴负方向时，解法与或位置相同；
可设的中点为，四面体外接球的球心为，球的半径为，
由题意可知，球心在过点且垂直于平面的垂线上，且满足，
建立如上图所示的空间直角坐标系，因为，，，
设，又，
由，所以，或，
解得或，
所以或，
即可知四面体外接球的表面积为或.
故答案为：或
【分析】本题考查球内接几何体问题.先将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，由异面直线，所成的角为，即可大致确定的位置，利用对称性以点在轴正方向时为例找出外接球球心位置：球心在过点且垂直于平面的垂线上.以C为原点建立空间直角坐标系，根据已知条件，，，可得：，又，利用半径得出等量关系可求出或，进而得出球的半径大小，最后可求出四面体外接球的表面积.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高二上·阳江期末）在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且，，．
求：
（1）a的值；
（2）和的面积．
【答案】（1）解：在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且，，，则，(1)(2)(3)联立得出，所以a=8。
（2）解：由（1）得出，所以，
在三角形中，所以，
因为所以
由三角形面积公式得出三角形的面积为：
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合余弦定理，从而建立方程组得出a，b，c的值。
（2）利用（1）中求出a的值和已知条件，再结合正弦定理和三角形的面积公式，进而得出和三角形的面积的值。
18．（2024高二上·阳江期末）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a、b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
【答案】（1）∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
（2）这100名候选者面试成绩的平均数为
，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，
设第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为.
【知识点】频率分布直方图；用样本的频率分布估计总体分布
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，频率分布直方图中平均数和中位数的求法.
（1）已知第三、四、五组的频率之和为0.7，根据频率分布直方图中频率的计算方频率=小矩形的面积可得：，解方程可求出，据此可得出前两组的频率之和为，根据频率分布直方图中频率的计算方频率=小矩形的面积可得：，结合可求出；
（2）根据频率分布直方图中平均数=频率乘以小矩形底边的中点再相加可得：，化简后可求出平均数；前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以可判断出第60百分位数在第三组，根据百分位数的计算方法：设第60百分位数为，可得到方程，解方程可求出第60百分位数.
19．（2024高二上·阳江期末）如图，在所有棱长都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．
（1）证明：A1C1⊥B1C；
（2）求直线BC与平面ABB1A1所成角的大小．
【答案】（1）证明：连接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，
在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，
所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，
所以AC⊥B1C．
又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中， 1，
所以A1C1⊥B1C．
（2）连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO．
在边长都为1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中点，
又因为B1C＝AC＝1，
所以CO⊥AB1．
因为四边形B1BCC1边长都为1，所以B1C⊥BC1．
由(1)知B1C⊥A1C1．
又因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1 平面A1BC1，
所以B1C⊥平面A1BC1．
因为A1B 平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．
因为在边长都为1的四边形A1ABB1中，A1B⊥AB1．
又因为AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C 平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C．
因为CO 平面AB1C，所以CO⊥A1B．
又因为A1B∩AB1＝O，A1B，AB1 平面A1ABB1，
所以CO⊥平面A1ABB1，
所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．
在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．
因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，
所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查异面直线的位置关系，直线与平面所成的角
（1）在△ABB1中，利用勾股定理可求得：AB1＝；在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，可知△BCB1中为等边三角形，进而得出B1C＝1，结合AC＝1，可验证AB12＝AC2＋B1C2，根据勾股定理逆定理可得AC⊥B1C，又知 1，进而推出A1C1⊥B1C．
（2）先连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO，已知B1C＝AC＝1，O是AB1的中点，可得出CO⊥AB1，结合B1C⊥A1C1，可证明B1C⊥平面A1BC1，进而推出B1C⊥A1B，根据已知条件A1B⊥AB1，可证明A1B⊥平面AB1C，进而推出CO⊥A1B，再结合CO⊥AB1，可证明CO⊥平面A1ABB1，再根据线面角的定义可得：∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角，利用直角三角形的三角函数可求出∠CBO的大小.
20．（2024高二上·阳江期末）已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
（1）经过点P且与直线垂直的直线方程；
（2）求以为直径的圆的方程.
【答案】（1）易知的斜率为，故所求直线斜率是
直线过点，故直线方程为
方程为
（2）联立方程组解得
故，，由中点坐标公式得中点坐标为
由两点间距离公式得，
故所求圆方程为
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；圆的标准方程
【解析】【分析】本题考查直线与直线垂直的转化，直线方程，圆的方程.
(1)直线，变形可得：，由此可知的斜率为，据此可推出所求直线斜率是，又因为直线过点，利用直线的点斜式方程可写出直线方程；
(2)联立直线，直线可得，解方程组可求出点P的坐标，又知，根据中点坐标公式得中点坐标为，据此可知圆心坐标为，利用两点间距离公式可求出半径，结合圆心坐标为，利用圆的标准方程可写出圆的方程.
21．（2024高二上·阳江期末）已知直线和圆．
（1）求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；
（2）求与直线平行且与圆相切的直线的方程．
【答案】（1）设与直线垂直的直线的方程为．
圆可化为，圆心为，
因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线的方程为．
（2）设与直线平行的直线的方程为．
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以或10，
故所求直线的方程为或．
【知识点】用斜率判定两直线平行；用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；圆的切线方程
【解析】【分析】本题考查直线与直线平行和垂直的转化，直线方程，圆的切线方程.
（1）设与直线垂直的直线的方程为，圆可化为，据此可知圆心为，又知经过圆心，将代入可求出a，进而写出直线方程；
（2）设与直线平行的直线的方程为，又知直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式可得：，解方程可求出c的值，进而写出直线方程.
22．（2024高二上·阳江期末）已知函数
（1）当时，求的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
（2）设在区间上最大值为，求的解析式.
【答案】（1）当时，，
当时，易得单调递增；
当时，，
因为对勾函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又当时，，所以在上单调递增，
综上，的单调递增区间为，.
（2）因为，
当时，，则，
根据对勾函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，则，显然在上单调递增，
所以；
当时，，
当时，单调递增，故，
当时，，则，
所以，又，，
当，即时，，
当，即时，；
综上，.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值
【解析】【分析】本题考查函数的单调性，函数的最值.
（1）当时，将函数写为分段函数的形式可得：，当时，根据反比例函数和一次函数的单调性可得单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，据此可推出在上单调递增，综上可写出函数的单调递增区间；
（2）对分成三种情况进行讨论：分别分析函数在 区间上 的单调性，进而求出在上的最大值；综合三种情况可得 的解析式.
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