浙江省宁波市2023-2024学年高二下学期数学期末试卷
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高二下·宁波期末）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·宁波期末）已知复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·宁波期末）已知角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·宁波期末）已知，为单位向量，则“”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
5．（2024高二下·宁波期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（ ）
A．若，，m，n共面，则
B．若，，m，n共面，则
C．若，且，则
D．若，且，则
6．（2024高二下·宁波期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·宁波期末）袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·宁波期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用。悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量，，则（ ）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为针角，则
10．（2024高二下·宁波期末）已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．无解
C．是减函数 D．
11．（2024高二下·宁波期末）如图，点P是棱长为3的正方体的表面上一个动点，，，平面AEF，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点P，使得
C．动点P的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·宁波期末）设，则 ．
13．（2024高二下·宁波期末）已知正实数x，y满足，则xy的最大值为 ．
14．（2024高二下·宁波期末）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024高二下·宁波期末）已知单位向量，满足．
（1）求；
（2）求在上的投影向量（用表示）．
16．（2024高二下·宁波期末）函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值．
17．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，，，，，点D在BC上，点E为PA的中点．
（1）求证：平面平面PBC；
（2）求BE与平面PBC所成角的正弦值．
18．（2024高二下·宁波期末）为纪念五四青年运动105周年，进一步激励广大团员青年继承和发扬五四精神，宁波市教育局组织中小学开展形式多样、内容丰富、彰显青年时代风貌的系列主题活动．某中学开展“读好红色经典，争做强国少年”经典知识竞赛答题活动，现从该校参加竞赛的全体学生中随机选取100份学生的答卷作为样本，所有得分都分布在，将得分数据按照，，…，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计该中学参加竞赛学生成绩的平均分（注：同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该中学参加竞赛学生成绩的第75百分位数（结果精确到0.1）；
（3）若竞赛得分100分及以上的学生视为“强国少年”．根据选取的100份答卷数据统计；竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为110和9，竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为128和6，请估计该中学“强国少年”得分的方差．
19．（2024高二下·宁波期末）已知函数．
（1）当时，求，并判断函数零点的个数；
（2）当时，有三个零点，，，记，，2，3．证明：
①；
②．
参考公式：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，则.
故答案为：C.
【分析】由集合的交集和补集运算即可得解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，
故的虚部为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法化简，即可得解.
3．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边过点，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的定义求出，代入计算即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；向量的模
【解析】【解答】解：，解得．
所以是的充要条件．
故答案为：C.
【分析】两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得解.
5．【答案】A
【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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，m，n共面，则直线m，n平行或相交，故A错误；
B、若，，则直线m，n没有公共点，又m，n共面，所以，故B正确；
C、若，且，由面面平行的性质可知，故C正确；
D、时，当平面，，有，若，则，由，有，故D正确.
故答案为：A.
【分析】根据空间点线面之间的位置关系逐项判断即可.
6．【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：由，可得，且，
令，
因为在上递增，所以在上递增，
由，即，可得.
AB、因为，所以，在内递增，所以，故A正确，B错误；
CD、举反例，，满足，但，故CD错误.
故答案为：A.
【分析】令，根据题意结合单调性分析可得.结合指数函数单调性分析判断AB；举反例可判断CD.
7．【答案】C
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记A=“依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球”，即解得
记B=“两次摸到的球颜色不相同”，
故答案为：C.
【分析】利用超几何分布求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：，即，化简得，
对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令，（），则有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，在上递减，则，即实数m的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，将问题转化为对任意的恒成立，换元得对任意的恒成立，构造函数利用单调性即可得解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、当时，，，故A正确；
B、若，则有，解得，故B错误；
C、若，则，解得，故C正确；
D、若与的夹角为钝角，则且与不共线，解得且，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据向量加法坐标公式、向量平行的坐标表示、向量垂直坐标表示、；数量积坐标公式逐项计算判断即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、的定义域为，且为奇函数，所以，解得；经检验满足题意，故A正确；
B、由可得，即，无解，故B正确；
C、，因为递增，所以为增函数，故C错误；
D、由为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由的定义域为且为奇函数得可求出m可判断A；解方程可判断B；利用复合函数单调性可判断C；结合单调性和奇偶性可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：，，如图所示：
在上取点，在边上取点，在平面中，所以四边形为平行四边形，所以
又平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），如图所示：
是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，由勾股定理得的轨迹长度为，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，
，设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，如图所示：
设，因为，所以，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确..
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法判断A，D，根据题意分析出点的轨迹判断B，C.
12．【答案】-1
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：-1.
【分析】先计算出的值，然后计算即可.
13．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，解得.
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合基本不等式即可得解．
14．【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，即，化简得，由正弦定理可得， ，
即，，化简得.
，
当且仅当时，等号成立，此时，，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先由余弦定理化简得，再由正弦定理把边化角得，得到，最后根据基本不等式即可得解.
15．【答案】（1）解：．
（2）解：在上的投影向量为．
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用模长计算公式和数量积的运算律即可得解；
（2）由投影向量的公式计算即可.
16．【答案】（1）解：由题意得，，故，．由，得，，故，，，故，故．
，即单调递增区间为，．
（2）解：由，即，又，则，故，．
【知识点】两角和与差的余弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1），由，求出，将代入求出，即可得出解析式，再求增区间即可；
（2），则，结合，得出，利用同角三角函数关系式，得出，，用两角和的余弦公式展开即可．
17．【答案】（1）解：∵，，，∴．∵，∴．∵AD，平面APD，，∴平面PAD．∵平面PBC，∴平面平面PBC．
（2）解：过点A作PD的垂线交PD于M，过点E作AM的平行线交PD于点N，连接BN如图所示：
∵平面平面，平面PAD，，
∴平面PBC．∵，∴平面PBC，∴∠EBN就是BE与平面PBC所成的角．∵，∴．
∵，∴△APD为等边三角形，∴．
∵E为AP的中点，∴．在△PAB中易知，∴．
因此，BE与平面PBC所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）证明平面平面，转化为证明平面，进而转化为证明；
（2）把平移至，从而证明出就是与平面所成的角，再计算出和即可得解。
18．【答案】（1）解：（分），据此估计该校参加竞赛学生成绩的平均分约为69分．
（2）解：前4组频率和为，第5组频率为，故第75百分位数在内，即第75百分位数为（分）．据此估计该校参加竞赛学生成绩的第75百分位数约为86.7分．
（3）解：竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，，…，，其平均数记为，方差记为；竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，，…，，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：．
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：．
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）由平均数的公式计算即可得解；
（2）第75百分位数在内，按求百分位数的方法求解第75百分位数即可；
（3）算出竞赛得分在内学生的答卷数；分数分别记为，平均数记为，方差记为；算出竞赛得分在内学生的答卷数；分数分别记为，平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．用分层随机抽样总样本平均数、方差与各层样本平均数、方差的关系式求解即可 估计该中学“强国少年”得分的方差 ．
19．【答案】（1）解：当时，，所以．令可得，所以或，所以函数的零点个数为3．
（2）解：①由题可得，
要证，只要证．又，，，，所以，所以，得证；
②由题可得，所以，所以．
所以．因为，所以．
所以，得证．
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；函数的零点与方程根的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）代入，可得，解方程即可得零点个数；
（2）①先用零点知识确定的范围，再运用不等式的性质计算即可；
②由变形为，综合，将转化为，然后将证明的式子转为研究的关系式，充分运用前问证明的进行消元，再用范围，即可得证.
1 / 1浙江省宁波市2023-2024学年高二下学期数学期末试卷
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高二下·宁波期末）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，则.
故答案为：C.
【分析】由集合的交集和补集运算即可得解.
2．（2024高二下·宁波期末）已知复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，
故的虚部为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法化简，即可得解.
3．（2024高二下·宁波期末）已知角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边过点，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的定义求出，代入计算即可.
4．（2024高二下·宁波期末）已知，为单位向量，则“”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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；向量的模
【解析】【解答】解：，解得．
所以是的充要条件．
故答案为：C.
【分析】两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得解.
5．（2024高二下·宁波期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（ ）
A．若，，m，n共面，则
B．若，，m，n共面，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】A
【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；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，m，n共面，则直线m，n平行或相交，故A错误；
B、若，，则直线m，n没有公共点，又m，n共面，所以，故B正确；
C、若，且，由面面平行的性质可知，故C正确；
D、时，当平面，，有，若，则，由，有，故D正确.
故答案为：A.
【分析】根据空间点线面之间的位置关系逐项判断即可.
6．（2024高二下·宁波期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：由，可得，且，
令，
因为在上递增，所以在上递增，
由，即，可得.
AB、因为，所以，在内递增，所以，故A正确，B错误；
CD、举反例，，满足，但，故CD错误.
故答案为：A.
【分析】令，根据题意结合单调性分析可得.结合指数函数单调性分析判断AB；举反例可判断CD.
7．（2024高二下·宁波期末）袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记A=“依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球”，即解得
记B=“两次摸到的球颜色不相同”，
故答案为：C.
【分析】利用超几何分布求解即可.
8．（2024高二下·宁波期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用。悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：，即，化简得，
对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令，（），则有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，在上递减，则，即实数m的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，将问题转化为对任意的恒成立，换元得对任意的恒成立，构造函数利用单调性即可得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量，，则（ ）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为针角，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、当时，，，故A正确；
B、若，则有，解得，故B错误；
C、若，则，解得，故C正确；
D、若与的夹角为钝角，则且与不共线，解得且，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据向量加法坐标公式、向量平行的坐标表示、向量垂直坐标表示、；数量积坐标公式逐项计算判断即可.
10．（2024高二下·宁波期末）已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．无解
C．是减函数 D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、的定义域为，且为奇函数，所以，解得；经检验满足题意，故A正确；
B、由可得，即，无解，故B正确；
C、，因为递增，所以为增函数，故C错误；
D、由为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由的定义域为且为奇函数得可求出m可判断A；解方程可判断B；利用复合函数单调性可判断C；结合单调性和奇偶性可判断D.
11．（2024高二下·宁波期末）如图，点P是棱长为3的正方体的表面上一个动点，，，平面AEF，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点P，使得
C．动点P的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：，，如图所示：
在上取点，在边上取点，在平面中，所以四边形为平行四边形，所以
又平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），如图所示：
是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，由勾股定理得的轨迹长度为，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，
，设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，如图所示：
设，因为，所以，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确..
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积法判断A，D，根据题意分析出点的轨迹判断B，C.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高二下·宁波期末）设，则 ．
【答案】-1
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：-1.
【分析】先计算出的值，然后计算即可.
13．（2024高二下·宁波期末）已知正实数x，y满足，则xy的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，解得.
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合基本不等式即可得解．
14．（2024高二下·宁波期末）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，即，化简得，由正弦定理可得， ，
即，，化简得.
，
当且仅当时，等号成立，此时，，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先由余弦定理化简得，再由正弦定理把边化角得，得到，最后根据基本不等式即可得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024高二下·宁波期末）已知单位向量，满足．
（1）求；
（2）求在上的投影向量（用表示）．
【答案】（1）解：．
（2）解：在上的投影向量为．
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用模长计算公式和数量积的运算律即可得解；
（2）由投影向量的公式计算即可.
16．（2024高二下·宁波期末）函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）解：由题意得，，故，．由，得，，故，，，故，故．
，即单调递增区间为，．
（2）解：由，即，又，则，故，．
【知识点】两角和与差的余弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1），由，求出，将代入求出，即可得出解析式，再求增区间即可；
（2），则，结合，得出，利用同角三角函数关系式，得出，，用两角和的余弦公式展开即可．
17．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，，，，，点D在BC上，点E为PA的中点．
（1）求证：平面平面PBC；
（2）求BE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）解：∵，，，∴．∵，∴．∵AD，平面APD，，∴平面PAD．∵平面PBC，∴平面平面PBC．
（2）解：过点A作PD的垂线交PD于M，过点E作AM的平行线交PD于点N，连接BN如图所示：
∵平面平面，平面PAD，，
∴平面PBC．∵，∴平面PBC，∴∠EBN就是BE与平面PBC所成的角．∵，∴．
∵，∴△APD为等边三角形，∴．
∵E为AP的中点，∴．在△PAB中易知，∴．
因此，BE与平面PBC所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）证明平面平面，转化为证明平面，进而转化为证明；
（2）把平移至，从而证明出就是与平面所成的角，再计算出和即可得解。
18．（2024高二下·宁波期末）为纪念五四青年运动105周年，进一步激励广大团员青年继承和发扬五四精神，宁波市教育局组织中小学开展形式多样、内容丰富、彰显青年时代风貌的系列主题活动．某中学开展“读好红色经典，争做强国少年”经典知识竞赛答题活动，现从该校参加竞赛的全体学生中随机选取100份学生的答卷作为样本，所有得分都分布在，将得分数据按照，，…，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计该中学参加竞赛学生成绩的平均分（注：同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该中学参加竞赛学生成绩的第75百分位数（结果精确到0.1）；
（3）若竞赛得分100分及以上的学生视为“强国少年”．根据选取的100份答卷数据统计；竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为110和9，竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为128和6，请估计该中学“强国少年”得分的方差．
【答案】（1）解：（分），据此估计该校参加竞赛学生成绩的平均分约为69分．
（2）解：前4组频率和为，第5组频率为，故第75百分位数在内，即第75百分位数为（分）．据此估计该校参加竞赛学生成绩的第75百分位数约为86.7分．
（3）解：竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，，…，，其平均数记为，方差记为；竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，，…，，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：．
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：．
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）由平均数的公式计算即可得解；
（2）第75百分位数在内，按求百分位数的方法求解第75百分位数即可；
（3）算出竞赛得分在内学生的答卷数；分数分别记为，平均数记为，方差记为；算出竞赛得分在内学生的答卷数；分数分别记为，平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．用分层随机抽样总样本平均数、方差与各层样本平均数、方差的关系式求解即可 估计该中学“强国少年”得分的方差 ．
19．（2024高二下·宁波期末）已知函数．
（1）当时，求，并判断函数零点的个数；
（2）当时，有三个零点，，，记，，2，3．证明：
①；
②．
参考公式：．
【答案】（1）解：当时，，所以．令可得，所以或，所以函数的零点个数为3．
（2）解：①由题可得，
要证，只要证．又，，，，所以，所以，得证；
②由题可得，所以，所以．
所以．因为，所以．
所以，得证．
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；函数的零点与方程根的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）代入，可得，解方程即可得零点个数；
（2）①先用零点知识确定的范围，再运用不等式的性质计算即可；
②由变形为，综合，将转化为，然后将证明的式子转为研究的关系式，充分运用前问证明的进行消元，再用范围，即可得证.
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