浙江省镇海中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·镇海区期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合，再根据交集，补集和子集得定义判断即可.
2．（2024高二下·镇海区期末）求值：（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：D.
【分析】根据诱导公式以及正弦的二倍角公式化简求解即可.
3．（2024高二下·镇海区期末）已知，下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、因为，所以，所以，故B正确；
C、取，，故C错误；
D、当时，，故D错误.
故答案为：B.
【分析】取特殊值即可判断A；利用不等式的性质即可判断B；举出反例即可判断CD.
4．（2024高二下·镇海区期末）已知三个平面向量满足，则“向量均是单位向量”是“向量方向相同”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；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 三个平面向量满足，所以，
两边取平方可得（*），
若向量均是单位向量，则由（*）可得，
整理得，因为，所以，即向量方向相同，故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分条件；
若向量方向相同，则有，代入（*）可得，，
即，虽方向相同，但因不能确定向量的方向，故不满足，
即“向量均是单位向量”不是“向量方向相同”的必要条件；
故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先根据推得，再利用充分性和必要性的判断方法分析判断即可.
5．（2024高二下·镇海区期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，则
C．若且，则
D．若不垂直于，且，则必不垂直于
【答案】C
【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】解：A、由且可得或，故A错误；
B、由，不妨设，若使，，则易得，故B错误；
C、由知，直线与平面成的角，因为，所以直线与平面也成的角，
即，故C正确；
D、设为直线，平面为，为直线，如图所示：
显然不垂直于，易得，因，，则，
因，故得平面 ，因平面，故有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用线面所成角的定义即可判断C；满足条件得到的结论有两种，可排除即可判断A；利用特殊情况，即可排除结论即可判断B；可借助于正方体模型推理排除结论即可判断D.
6．（2024高二下·镇海区期末）一个袋子中有个大小质地完全相同的球，其中3个为红球，其余均为绿球，采用不放回方式从中依次随机地摸出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】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由依题意得：，即，解得，
即袋中共有3个红球，4个绿球，
所以两次摸到的球颜色不相同的概率为：.
故答案为：D.
【分析】根据题意“摸出的2个球都是红球的概率为”，根据概率公式求得，再计算“两次摸到的球颜色不相同的概率”即可得解.
7．（2024高二下·镇海区期末）已知正方体的棱长为3，以为球心，为半径的球面与正方体表面的交线记为曲线，则曲线的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在棱上分别取，使得，如图所示：
在中，，同理可得，
因为⊥平面，平面，所以⊥，⊥，
故，所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理，与平面的交线为为半径的，与平面的交线为为半径的，由可知，同理，
故，这三段弧长相等，均为，
故曲线的长度为.
故答案为：B.
【分析】作出辅助线，可得以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理可得另外两段弧，根据弧长公式求解即可.
8．（2024高二下·镇海区期末）已知，记集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数的简图，如图所示：
由，可得，因为，所以，即集合，
由，可得，即，
因为，数形结合可得：，消去可得，
因为，即，解得.
故答案为：C.
【分析】作出函数的简图，求的集合，即得，即，要使，数形结合，只需，消元后求解不等式即可得实数的取值范围.
9．（2024高二下·镇海区期末）已知正实数满足，则（ ）
A．的最大值为2 B．的最小值为1
C．的最大值为2 D．的最小值为1
【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为正实数满足，所以，
令，，所以，，，
A、，当时，取最大值为2，故A正确；
B、
，当时，的最大值为1，故B错误；
C、因为，所以，即，当且仅当，即时等号成立，则得最小值为2，故C正确；
D，由B可得，由，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题可得，可令，，即，，代入选项依次化简判断即可.
10．（2024高二下·镇海区期末）已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．2是的一个周期
C．函数在上单调递减 D．函数图象关于直线对称
【答案】A,C,D
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为函数是偶函数，且满足，
所以，则，故A正确；
B、对任意且，都有，
则函数在上单调递增，，，
，则2不是的周期，故B错误；
C、由，得，则函数图象关于点对称，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，故C正确
D、由，得，4是的一个周期，
，则函数图象关于直线对称，故D正确；.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用偶函数性质及单调性，结合赋值法逐项分析判断即可.
11．（2024高二下·镇海区期末）一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中可能出现点数6的有（ ）
A．平均数为3，中位数为4 B．中位数为4，众数为3
C．平均数为2，方差为2.1 D．中位数为3，方差为0.85
【答案】A,B,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：A、10次点数为，符合题意，故A正确；
B、10次点数为，符合题意，故B正确；
C、设10次点数为且，平均数为，
假设有一次点数为，不妨设，由方差公式，代入相关数据得：，
即，显然最大只能取，
不妨设得，此时方程无解，所以，
当时得：，最大只能取，
不妨设得，此时方程有唯一解，，
即10次点数为，但此时平均数为不合题意，所以，
当得取得，
此时方程无解（其余情况也均无解），所以，
当时，平均数为不合题意.综上所述，假设有一次点数为不成立，故C错误；
D、10次点数为符合题意，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】举例即可判断ABD；用反证法证明不能出现6即可判断C.
12．（2024高二下·镇海区期末）已知，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再根据复数的模长公式求解即可.
13．（2024高二下·镇海区期末）如图，在长方形中，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为，设，二面角的大小为.若，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过作，交于，过作平面，如图所示：
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，则，
所以二面角的平面角为，
则，，，，
则三棱锥的高，
三棱锥的底面面积，
所以
，(其中) ，
故当时，三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】将三棱锥的底面面积及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求出三棱锥体积的最大值.
14．（2024高二下·镇海区期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；余弦定理
【解析】【解答】解：在锐角中，，由余弦定理得，
则，即，即，
由正弦定理得：，
即，
因为，所以，所以，所以，
，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题意，结合余弦定理可得，再利用正弦定理化边为角，根据二倍角公式化简，结合基本不等式求解即可.
15．（2024高二下·镇海区期末）已知函数.
（1）求的最小正周期和最大值；
（2）求函数在区间上的单调区间.
【答案】（1）解：函数，
则的最小正周期，当，即时，
取最大值，最大值为；
（2）解：函数，
令，解得；
令，解得，
则函数的单调增区间为，单调减区间为.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，结合三角函数的周期公式和最值进行求解即可；
（2）利用正弦函数的单调性即可求出函数在区间上的单调区间.
16．（2024高二下·镇海区期末）镇海中学采购了一批电子白板电容笔，这一批电容笔使用三年后即被淘汰.电容笔头属于消耗品，现在需要决策在购买电容笔时笔头的数量，为此搜集并整理了10支笔在一年内消耗的笔头数（单位：个），发现均落在范围内，将统计结果按如下方式分成六组，第一组，第二组，……第六组，画出频率分布直方图如图所示.
（1）求的值；
（2）估计10支笔一年内消耗笔头数量的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第30百分位数
（3）在搜集这10支笔的使用情况数据时，发现其中3支是高一班级在使用，另外7支是高二班级在使用，现已知高二班级消耗的笔头数的平均值和方差分别为50和221，所有班级消耗的笔头数的方差为200，试估计高一班级消耗的笔头数的平均值和方差.
【答案】（1）解：由频率分布直方图每个小矩形面积和为1，可得：，
解得；
（2）解：，
频率分布直方图前两列面积和为，
设第30百分位数为a，，
解出，所以第30百分位数为；
（3）解：由题意知总平均数，设高一年级平均数，方差为，高二年级平均数，方差为，，解出；
，代入公式得，解出，
所以高一班级消耗的笔头数的平均值为，方差为.
【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）由概率之和为即面积和为1列式求解即可；
（2）由频率分布直方图的平均值公式计算平均值；第30百分位数即是面积和从左到右为0.3的横坐标列式计算即可；
（3）由分层抽样的平均值和方差公式求解即可.
17．（2024高二下·镇海区期末）如图，在中，是的中点，在边上，且与交于点.
（1）用表示；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：因为，所以，
设，则，
，
所以，解得，即；
（2）解：由（1）得，
则，
因为，
所以，
即，所以，即.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据平面向量得线性运算即可求出，设，分别用及表示，再根据平面向量基本定理求出，即可求；
（2）先将表示，再根据平面向量数量积得运算律化简求解即可.
18．（2024高二下·镇海区期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面.
（1）求证：：
（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：易得，因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又因为面，所以，
而，，平面，
因此平面，又平面，所以；
（2）解：取的中点，作，连接，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，又因为，，所以，
即两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，
如图所示：
假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
，整理得，解得或，
所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.
（2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.
19．（2024高二下·镇海区期末）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，它也应该是一种稳定的状态，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
（1）求的值；
（2）若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，证明：；
（3）函数，若对任意的恒成立，求的最大值.
【答案】（1）解：；
（2）证明：令，解得，
当，，当，，
则在处取得极小值，当，，
当，，所以的大致图像如图所示；
恒成立，所以在上单调递增，
当，，当，，所以的大致图像，如图所示：
不妨设，由为偶函数可得，
与图像有三个交点，显然，令，整理得，解得或（舍去），
所以，即，又因为，所以；
（3）解：设，两边平方得：，
则，所以，
因为单调递增，所以当，，即，
由得：，即，
该不等式组只需在和时同时满足，即，
上述不等式组两边同乘得，
当，，；
当，，；
当，，；
当，，；
综上所述：的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据定义直接计算即可；
（2）画出两个函数的大致图像得到，只需证明即可；
（3）首先通过换元把绝对值里的函数整理成一个关于二次函数，再把不等式去掉绝对值变成两个一元二次不等式的恒成立问题，
最后在通过分类讨论的方法求出的最大值.
1 / 1浙江省镇海中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·镇海区期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·镇海区期末）求值：（ ）
A． B． C． D．1
3．（2024高二下·镇海区期末）已知，下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·镇海区期末）已知三个平面向量满足，则“向量均是单位向量”是“向量方向相同”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·镇海区期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，则
C．若且，则
D．若不垂直于，且，则必不垂直于
6．（2024高二下·镇海区期末）一个袋子中有个大小质地完全相同的球，其中3个为红球，其余均为绿球，采用不放回方式从中依次随机地摸出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．
7．（2024高二下·镇海区期末）已知正方体的棱长为3，以为球心，为半径的球面与正方体表面的交线记为曲线，则曲线的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·镇海区期末）已知，记集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·镇海区期末）已知正实数满足，则（ ）
A．的最大值为2 B．的最小值为1
C．的最大值为2 D．的最小值为1
10．（2024高二下·镇海区期末）已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．2是的一个周期
C．函数在上单调递减 D．函数图象关于直线对称
11．（2024高二下·镇海区期末）一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中可能出现点数6的有（ ）
A．平均数为3，中位数为4 B．中位数为4，众数为3
C．平均数为2，方差为2.1 D．中位数为3，方差为0.85
12．（2024高二下·镇海区期末）已知，则 .
13．（2024高二下·镇海区期末）如图，在长方形中，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为，设，二面角的大小为.若，则三棱锥体积的最大值为 .
14．（2024高二下·镇海区期末）在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 .
15．（2024高二下·镇海区期末）已知函数.
（1）求的最小正周期和最大值；
（2）求函数在区间上的单调区间.
16．（2024高二下·镇海区期末）镇海中学采购了一批电子白板电容笔，这一批电容笔使用三年后即被淘汰.电容笔头属于消耗品，现在需要决策在购买电容笔时笔头的数量，为此搜集并整理了10支笔在一年内消耗的笔头数（单位：个），发现均落在范围内，将统计结果按如下方式分成六组，第一组，第二组，……第六组，画出频率分布直方图如图所示.
（1）求的值；
（2）估计10支笔一年内消耗笔头数量的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第30百分位数
（3）在搜集这10支笔的使用情况数据时，发现其中3支是高一班级在使用，另外7支是高二班级在使用，现已知高二班级消耗的笔头数的平均值和方差分别为50和221，所有班级消耗的笔头数的方差为200，试估计高一班级消耗的笔头数的平均值和方差.
17．（2024高二下·镇海区期末）如图，在中，是的中点，在边上，且与交于点.
（1）用表示；
（2）若，求的值.
18．（2024高二下·镇海区期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面.
（1）求证：：
（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.
19．（2024高二下·镇海区期末）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，它也应该是一种稳定的状态，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
（1）求的值；
（2）若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，证明：；
（3）函数，若对任意的恒成立，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，则集合，因为，所以，则.
故答案为：C.
【分析】解不等式，求得集合，再根据交集，补集和子集得定义判断即可.
2．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：D.
【分析】根据诱导公式以及正弦的二倍角公式化简求解即可.
3．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、因为，所以，所以，故B正确；
C、取，，故C错误；
D、当时，，故D错误.
故答案为：B.
【分析】取特殊值即可判断A；利用不等式的性质即可判断B；举出反例即可判断CD.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解： 三个平面向量满足，所以，
两边取平方可得（*），
若向量均是单位向量，则由（*）可得，
整理得，因为，所以，即向量方向相同，故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分条件；
若向量方向相同，则有，代入（*）可得，，
即，虽方向相同，但因不能确定向量的方向，故不满足，
即“向量均是单位向量”不是“向量方向相同”的必要条件；
故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先根据推得，再利用充分性和必要性的判断方法分析判断即可.
5．【答案】C
【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】解：A、由且可得或，故A错误；
B、由，不妨设，若使，，则易得，故B错误；
C、由知，直线与平面成的角，因为，所以直线与平面也成的角，
即，故C正确；
D、设为直线，平面为，为直线，如图所示：
显然不垂直于，易得，因，，则，
因，故得平面 ，因平面，故有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用线面所成角的定义即可判断C；满足条件得到的结论有两种，可排除即可判断A；利用特殊情况，即可排除结论即可判断B；可借助于正方体模型推理排除结论即可判断D.
6．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由依题意得：，即，解得，
即袋中共有3个红球，4个绿球，
所以两次摸到的球颜色不相同的概率为：.
故答案为：D.
【分析】根据题意“摸出的2个球都是红球的概率为”，根据概率公式求得，再计算“两次摸到的球颜色不相同的概率”即可得解.
7．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在棱上分别取，使得，如图所示：
在中，，同理可得，
因为⊥平面，平面，所以⊥，⊥，
故，所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理，与平面的交线为为半径的，与平面的交线为为半径的，由可知，同理，
故，这三段弧长相等，均为，
故曲线的长度为.
故答案为：B.
【分析】作出辅助线，可得以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理可得另外两段弧，根据弧长公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数的简图，如图所示：
由，可得，因为，所以，即集合，
由，可得，即，
因为，数形结合可得：，消去可得，
因为，即，解得.
故答案为：C.
【分析】作出函数的简图，求的集合，即得，即，要使，数形结合，只需，消元后求解不等式即可得实数的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为正实数满足，所以，
令，，所以，，，
A、，当时，取最大值为2，故A正确；
B、
，当时，的最大值为1，故B错误；
C、因为，所以，即，当且仅当，即时等号成立，则得最小值为2，故C正确；
D，由B可得，由，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题可得，可令，，即，，代入选项依次化简判断即可.
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为函数是偶函数，且满足，
所以，则，故A正确；
B、对任意且，都有，
则函数在上单调递增，，，
，则2不是的周期，故B错误；
C、由，得，则函数图象关于点对称，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，故C正确
D、由，得，4是的一个周期，
，则函数图象关于直线对称，故D正确；.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用偶函数性质及单调性，结合赋值法逐项分析判断即可.
11．【答案】A,B,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：A、10次点数为，符合题意，故A正确；
B、10次点数为，符合题意，故B正确；
C、设10次点数为且，平均数为，
假设有一次点数为，不妨设，由方差公式，代入相关数据得：，
即，显然最大只能取，
不妨设得，此时方程无解，所以，
当时得：，最大只能取，
不妨设得，此时方程有唯一解，，
即10次点数为，但此时平均数为不合题意，所以，
当得取得，
此时方程无解（其余情况也均无解），所以，
当时，平均数为不合题意.综上所述，假设有一次点数为不成立，故C错误；
D、10次点数为符合题意，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】举例即可判断ABD；用反证法证明不能出现6即可判断C.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再根据复数的模长公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过作，交于，过作平面，如图所示：
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，则，
所以二面角的平面角为，
则，，，，
则三棱锥的高，
三棱锥的底面面积，
所以
，(其中) ，
故当时，三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】将三棱锥的底面面积及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求出三棱锥体积的最大值.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；余弦定理
【解析】【解答】解：在锐角中，，由余弦定理得，
则，即，即，
由正弦定理得：，
即，
因为，所以，所以，所以，
，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题意，结合余弦定理可得，再利用正弦定理化边为角，根据二倍角公式化简，结合基本不等式求解即可.
15．【答案】（1）解：函数，
则的最小正周期，当，即时，
取最大值，最大值为；
（2）解：函数，
令，解得；
令，解得，
则函数的单调增区间为，单调减区间为.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的单调性；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，结合三角函数的周期公式和最值进行求解即可；
（2）利用正弦函数的单调性即可求出函数在区间上的单调区间.
16．【答案】（1）解：由频率分布直方图每个小矩形面积和为1，可得：，
解得；
（2）解：，
频率分布直方图前两列面积和为，
设第30百分位数为a，，
解出，所以第30百分位数为；
（3）解：由题意知总平均数，设高一年级平均数，方差为，高二年级平均数，方差为，，解出；
，代入公式得，解出，
所以高一班级消耗的笔头数的平均值为，方差为.
【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）由概率之和为即面积和为1列式求解即可；
（2）由频率分布直方图的平均值公式计算平均值；第30百分位数即是面积和从左到右为0.3的横坐标列式计算即可；
（3）由分层抽样的平均值和方差公式求解即可.
17．【答案】（1）解：因为，所以，
设，则，
，
所以，解得，即；
（2）解：由（1）得，
则，
因为，
所以，
即，所以，即.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据平面向量得线性运算即可求出，设，分别用及表示，再根据平面向量基本定理求出，即可求；
（2）先将表示，再根据平面向量数量积得运算律化简求解即可.
18．【答案】（1）证明：易得，因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又因为面，所以，
而，，平面，
因此平面，又平面，所以；
（2）解：取的中点，作，连接，
由（1）知，平面，
因为平面，所以，又因为，，所以，
即两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，
如图所示：
假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
，整理得，解得或，
所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.
（2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.
19．【答案】（1）解：；
（2）证明：令，解得，
当，，当，，
则在处取得极小值，当，，
当，，所以的大致图像如图所示；
恒成立，所以在上单调递增，
当，，当，，所以的大致图像，如图所示：
不妨设，由为偶函数可得，
与图像有三个交点，显然，令，整理得，解得或（舍去），
所以，即，又因为，所以；
（3）解：设，两边平方得：，
则，所以，
因为单调递增，所以当，，即，
由得：，即，
该不等式组只需在和时同时满足，即，
上述不等式组两边同乘得，
当，，；
当，，；
当，，；
当，，；
综上所述：的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据定义直接计算即可；
（2）画出两个函数的大致图像得到，只需证明即可；
（3）首先通过换元把绝对值里的函数整理成一个关于二次函数，再把不等式去掉绝对值变成两个一元二次不等式的恒成立问题，
最后在通过分类讨论的方法求出的最大值.
1 / 1
