浙江省强基联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·浙江期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以.
故答案为：．
【分析】由元素与集合的关系和x的取值范围得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2024高一下·浙江期中）已知向量，若，则（ ）
A．1 B．-1 C．3 D．
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，
若，则，得．
故答案为：C.
【分析】由向量共线的坐标表示得出实数的值.
3．（2024高一下·浙江期中）已知，则（ ）
A．1 B． C． D．或
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得或（舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据二倍角的余弦公式，再结合已知条件转化为关于的一元二次方程，从而解方程得出满足要求的的值.
4．（2024高一下·浙江期中）如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取AB的中点，的中点，连接，
又因为M，N分别为和的中点，
在正方体中，，，四边形为平行四边形，则，
同理得，则或其补角为AM与BN所成的角，
连接EF，设正方体的边长为，
则，，，
所以，
因此，即异面直线AM与BN所成角的正弦值为.
故答案为：B．
【分析】取AB的中点，的中点，再结合正方体和平行四边形的结构特征得出线线平行，则或其补角为AM与BN所成的角，再利用空间两点距离的坐标表示和余弦定理，则根据同角三角函数基本关系式得出异面直线AM与BN所成角的正弦值.
5．（2024高一下·浙江期中）已知命题p：函数在内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递增，由零点存在定理可得，
即，解得，
要成为命题成立的一个必要不充分条件，则选项是集合的真子集.
故答案为：D.
【分析】由题意，先确定函数的单调性，再利用零点存在性定理结合充分、必要条件的定义判定即可.
6．（2024高一下·浙江期中）已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知样本数据的平均数为，方差为，
则样本数据的方差为，所以，
又因为，所以，
因为样本数据的平均数为，
所以，解得.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件和平均数和方差的性质，从而得出平均数x的值.
7．（2024高一下·浙江期中）若实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：D.
【分析】首先变形，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
8．（2024高一下·浙江期中）已知球的半径，球面上有三点A，B，C，满足，点在球面上运动，则当四面体的体积取得最大值时，（ ）
A． B． C．13 D．
【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，因此的外接圆半径为，
因为球的半径，
所以球心到平面ABC的距离为5，．
要使得四面体的体积最大，只要点到平面ABC的距离最大，并且最大距离为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求外接圆的半径，再根据球的半径，从而求出球心到平面的距离，从而确定点的位置，再根据几何关系求出的长.
9．（2024高一下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递减
D．的图象关于点对称
【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，故A错误；
B、，故B正确.
C、当时，，故C正确.
D、，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用三角函数图象的平移变换，结合三角函数的图象与性质逐项判断即可.
10．（2024高一下·浙江期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得平面平面
B．不存在点，使得直线平面EFG
C．三棱锥的体积不变
D．存在点，使得平面
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于，取的中点与E，F构成平面EFG（如图），
因为棱AB，BC的中点分别为E，F，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为棱AB，的中点分别为E，G，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于，分别取的中点，与E，F构成正六边形（如图），
因为棱，的中点分别为M，N，所以，
因为平面，平面，
所以平面，此时点G的轨迹为线段NP，故B错误．
对于，因为点到下底面ABCD的距离不变为正方体的棱长2，三角形面积为，
所以三棱锥的体积不变，为，故C正确；
对于，当点与点重合，连接，可得平面，（如图），
下证：平面，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为底面为正方形，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为侧面为正方形，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】取的中点与E，F构成平面EFG，利用面面平行的判定定理，即可判断选项A；分别取的中点，与E，F构成正六边形，再利用线面平行判定定理，即可判断选项B；利用已知条件求出三棱锥的体积，即可判断选项C；当点与点重合时，则平面，再利用线面垂直性质定理和判定定理，即可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．（2024高一下·浙江期中）如图，已知长方形中，，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．对任意，不成立
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：以为原点，、所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
因为，
所以，即.
对于A，当时，，
则，，，
所以，故A正确；
对于B，当时，，
则，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
由，得，
所以，当时，，故C错误；
对于D，因为，
则，
所以，解得，
所以，，
因为在上单调递增，
所以，，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为原点建系，再通过坐标运算来判断选项A和选项B；假设，再结合数量积的坐标表示求出的值，即可判断选项C；利用已知条件列式子，再由对应坐标相等，c 而得到一个方程组，则用来表示和，将转化为关于的二次函数，从而求出函数的值域，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高一下·浙江期中）若为纯虚数（为虚数单位），则实数 ．
【答案】2
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，当时，为纯虚数．
故答案为：2.
【分析】由复数的乘法运算法则和纯虚数的判断方法，从而得出实数m的值.
13．（2024高一下·浙江期中）对于任意的恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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
【解析】【解答】解：因为不等式，对任意的恒成立，
又因为，则
则恒成立，
令，
所以恒成立，则，
设在单调递增，
所以的最大值为，
所以，则的取值范围为．
故答案为：.
【分析】先利用三角恒等变换和三角型函数的图象求值域的方法，参变分离为，再换元，则转化为利用函数的单调性求函数的最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
14．（2024高一下·浙江期中）已知勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体ABCD的内切球的半径为 ．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设正四面体ABCD的棱长为，
根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，
设点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该球球心为正四面体ABCD的中心，
即为正四面体ABCD外接球的球心(内切球的球心)，
则BO为正四面体ABCD的外接球的半径，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为OE，
连接BE，则B，O，E三点共线，此时，
由题意得，所以，所以，
如图2，记为的中心，连接BM，AM，
由正四面体的性质可知在AM上，
因为，所以，
则，
因为，
即，
解得，所以，解得，
所以，
即OM为正四面体ABCD内切球的半径.
故答案为：．
【分析】根据正四面体的性质可知正四面体内切球的球心和正四面体的中心及勒洛四面体能容纳的最大球的球心重合，设出正四面体的边长，△的中心，再根据三点共线且垂直于平面，在直角三角形中结合勾股定理求出边的值，则根据作差法得出正四面体ABCD的内切球的半径的长.
15．（2024高一下·浙江期中）已知向量，且与的夹角为．
（1）求和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：向量，且与的夹角为．
则，，，
由，则，解得，
所以，则．
（2）解：
由题意可知，得，
又因为，，
若与共线，则有，解得，
此时与同向平行，不合题意，
所以且，
则实数的取值范围为．
【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；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由数量积和模的坐标表示，再代入中求出的值，从而求出的坐标，进而求出的值.
（2）利用且与不同向共线，从而求出实数的取值范围．
（1）向量，且与的夹角为．
则，，，
由，有，解得，
所以，得．
（2），
由题意，得，
又，，
若与共线，则有，解得，
此时与同向平行，不合题意，
所以且．
则实数的取值范围为．
16．（2024高一下·浙江期中）已知函数是定义在上的偶函数．
（1）求函数的解析式；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：函数是定义在上的偶函数，
，可得恒成立，
即，
因为在上不恒成立，
，
所以的解析式为.
（2）解：由（1）知，
当时，令．
不等式恒成立等价于恒成立，
恒成立，则，
令，任取，
则
，
因为，
所以，
所以为增函数，
所以，当时，
所以的取值范围为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据偶函数可得恒成立，从而可得m的值，进而得出函数的解析式.
（2）当时，令，再将原不等式转化为，令，则根据增函数的定义判断出函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出实数a的取值范围.
（1）函数是定义在上的偶函数，
，可得恒成立，
即，
因为在上不恒成立，
，
所以的解析式为.
（2）由（1）知，当时，令．
不等式恒成立，等价于恒成立，
恒成立，则，
令，任取，
则
，
因为，所以，
所以为增函数，
所以当时.
所以的取值范围为.
17．（2024高一下·浙江期中）如图，在三棱锥中，已知.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
【答案】（1）解：∵，
∴，，，平面，
∴平面，
又∵，，∴，
又∵，，∴，
∴.
（2）解：过点C作于点D，作于点E，连接CE.
又因为平面，平面，
则平面平面，平面平面，，面，
∴平面，由平面， 得，
又因为，，平面，
则平面，平面，则，
∴由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角，
在中，，，
则
又因为，，在中，，
则，得，同理可得，
在中，，
∴，
即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用，，可求的值和，再结合线线垂直证出直线平面ABC， 再利用勾股定理求出的长，则根据三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积的值.
（2）过点C作于点D，作于点E，再结合二面角的平面角的定义证出∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，则根据勾股定理和对应边成比例求出所求的边长，再结合正弦函数的定义和同角三角函数基本关系式得出侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
（1）∵，∴，，
，平面，∴平面．
又∵，，∴.
又∵，，∴，
∴.
（2）过点C作于点D，作于点E，连接CE.
平面，平面，则平面平面，
平面平面，，面，
∴平面，由平面， 有，又，
，平面，则平面，
平面，则有，
∴由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角.
中，，，则
又，，中，，则，得，
同理，中，，
∴，即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
18．（2024高一下·浙江期中）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角；
（2）若，求的面积的取值范围；
（3）若，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由，
得，
由余弦定理得，
由正弦定理和倍角公式得：
，
则，即，
在锐角中，则．
（2）解：因为，，则，
由正弦定理，得出，
．
又因为是锐角三角形，则，
得，则，
所以，
即的面积S的取值范围.
（3）解：因为，
由正弦定理得：，
所以，，
，即
又，且，
，
设，函数，，
任取，
则，
，，
当，，，即；
当，，，即，
则在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，
则，
实数的取值范围为．
【知识点】函数的值域；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理、余弦定理边化角的方法，再结合二倍角的正弦公式，从而化简得，再由同角三角函数基本关系式和锐角三角形中角C的取值范围，从而求出角的值.
（2）由正弦定理得出，由得，则，从而得出的面积的取值范围.
（3）由可得，由，从而得出实数的取值范围．
（1）由，得，
由余弦定理得，
再由正弦定理及倍角公式得
，
得，即，在锐角中，有．
（2），，则．
由正弦定理，有，
．
又是锐角三角形，有，得，则，
所以．
即的面积S的取值范围；
（3），由正弦定理，
得，，
，即
又，且，
，
设，函数，，
任取，则，
，，
当，，，即，
当，，，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，则
实数的取值范围为．
19．（2024高一下·浙江期中）在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题.
（1）直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）；
（2）求出，并计算，由此猜想（无需证明）；
（3）设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围.
【答案】（1）解：先证明：对，次单位根
是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，
则不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，
则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，
而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得，
这就得到结论：对，次单位根
是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1，
下面回到原题，考虑，此时，
全部的次单位根是，依次列出为：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，
即，，，.
（2）解：对，我们考虑全体次单位根，
每个均可表示为，
其中是正奇数，，
则，所以是次单位根，又因为且和的最大公约数为1，故是次本原单位根，
当时，是1次本原单位根，
故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里；
另一方面，根据刚才证明的，
每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根，
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中，所以
这就直接推出，
且，.
（3）解：根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是，
故
再根据的定义，知
根据第2小问的结论得，
故，
在的条件下，有，
从而得出在复平面上对应的点可在圆上自由转动，
又因为代表和在复平面上代表的点之间的距离，
也就是圆上一点到点的距离，
再根据几何意义可知最小距离是，最大距离是，
则所求的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；向量的模；复数在复平面中的表示；方程的解集
【解析】【分析】（1）先探究一个单位根是本原单位根的充要条件，再根据该条件给出次单位根和其中的本原单位根.
（2）先证明对任意都有，再利用该结论求出的值，并计算出的解析式，由此猜想出的解析式.
（3）利用已知条件和的定义以及复数的几何意义，从而求解得出的取值范围.
（1）先证明：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，从而不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得.
这就得到结论：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
下面回到原题，考虑.
此时，全部的次单位根是，依次列出即是：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，即，，，.
（2）对，我们考虑全体次单位根.
每个均可表示为，其中是正奇数，.
则，所以是次单位根.
又因为，且和的最大公约数为1，故是次本原单位根.
而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里.
另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根.
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中.
所以.
这就直接推出，且
，.
（3）根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是.
故.
再根据的定义，知.
根据第2小问的结论有.
故.
在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动.
而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是.
所以所求的取值范围是.
1 / 1浙江省强基联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·浙江期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·浙江期中）已知向量，若，则（ ）
A．1 B．-1 C．3 D．
3．（2024高一下·浙江期中）已知，则（ ）
A．1 B． C． D．或
4．（2024高一下·浙江期中）如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·浙江期中）已知命题p：函数在内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·浙江期中）已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．（2024高一下·浙江期中）若实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·浙江期中）已知球的半径，球面上有三点A，B，C，满足，点在球面上运动，则当四面体的体积取得最大值时，（ ）
A． B． C．13 D．
9．（2024高一下·浙江期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递减
D．的图象关于点对称
10．（2024高一下·浙江期中）已知正方体的棱长为2，棱AB，BC的中点分别为E，F，点在上底面上（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得平面平面
B．不存在点，使得直线平面EFG
C．三棱锥的体积不变
D．存在点，使得平面
11．（2024高一下·浙江期中）如图，已知长方形中，，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．对任意，不成立
D．若，则
12．（2024高一下·浙江期中）若为纯虚数（为虚数单位），则实数 ．
13．（2024高一下·浙江期中）对于任意的恒成立，则实数的取值范围为 ．
14．（2024高一下·浙江期中）已知勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙），若勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的表面积为，则正四面体ABCD的内切球的半径为 ．
15．（2024高一下·浙江期中）已知向量，且与的夹角为．
（1）求和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数的取值范围．
16．（2024高一下·浙江期中）已知函数是定义在上的偶函数．
（1）求函数的解析式；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
17．（2024高一下·浙江期中）如图，在三棱锥中，已知.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
18．（2024高一下·浙江期中）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角；
（2）若，求的面积的取值范围；
（3）若，且，求实数的取值范围．
19．（2024高一下·浙江期中）在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题.
（1）直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）；
（2）求出，并计算，由此猜想（无需证明）；
（3）设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
又因为，
所以.
故答案为：．
【分析】由元素与集合的关系和x的取值范围得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，
若，则，得．
故答案为：C.
【分析】由向量共线的坐标表示得出实数的值.
3．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为，
所以，解得或（舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据二倍角的余弦公式，再结合已知条件转化为关于的一元二次方程，从而解方程得出满足要求的的值.
4．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取AB的中点，的中点，连接，
又因为M，N分别为和的中点，
在正方体中，，，四边形为平行四边形，则，
同理得，则或其补角为AM与BN所成的角，
连接EF，设正方体的边长为，
则，，，
所以，
因此，即异面直线AM与BN所成角的正弦值为.
故答案为：B．
【分析】取AB的中点，的中点，再结合正方体和平行四边形的结构特征得出线线平行，则或其补角为AM与BN所成的角，再利用空间两点距离的坐标表示和余弦定理，则根据同角三角函数基本关系式得出异面直线AM与BN所成角的正弦值.
5．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：易知函数在上单调递增，由零点存在定理可得，
即，解得，
要成为命题成立的一个必要不充分条件，则选项是集合的真子集.
故答案为：D.
【分析】由题意，先确定函数的单调性，再利用零点存在性定理结合充分、必要条件的定义判定即可.
6．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：已知样本数据的平均数为，方差为，
则样本数据的方差为，所以，
又因为，所以，
因为样本数据的平均数为，
所以，解得.
故答案为：C．
【分析】根据已知条件和平均数和方差的性质，从而得出平均数x的值.
7．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：D.
【分析】首先变形，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
8．【答案】A
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，
所以，因此的外接圆半径为，
因为球的半径，
所以球心到平面ABC的距离为5，．
要使得四面体的体积最大，只要点到平面ABC的距离最大，并且最大距离为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求外接圆的半径，再根据球的半径，从而求出球心到平面的距离，从而确定点的位置，再根据几何关系求出的长.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，故A错误；
B、，故B正确.
C、当时，，故C正确.
D、，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用三角函数图象的平移变换，结合三角函数的图象与性质逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于，取的中点与E，F构成平面EFG（如图），
因为棱AB，BC的中点分别为E，F，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为棱AB，的中点分别为E，G，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于，分别取的中点，与E，F构成正六边形（如图），
因为棱，的中点分别为M，N，所以，
因为平面，平面，
所以平面，此时点G的轨迹为线段NP，故B错误．
对于，因为点到下底面ABCD的距离不变为正方体的棱长2，三角形面积为，
所以三棱锥的体积不变，为，故C正确；
对于，当点与点重合，连接，可得平面，（如图），
下证：平面，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为底面为正方形，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
由正方体中可得平面，
因为平面，所以，
因为侧面为正方形，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】取的中点与E，F构成平面EFG，利用面面平行的判定定理，即可判断选项A；分别取的中点，与E，F构成正六边形，再利用线面平行判定定理，即可判断选项B；利用已知条件求出三棱锥的体积，即可判断选项C；当点与点重合时，则平面，再利用线面垂直性质定理和判定定理，即可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：以为原点，、所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
因为，
所以，即.
对于A，当时，，
则，，，
所以，故A正确；
对于B，当时，，
则，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
由，得，
所以，当时，，故C错误；
对于D，因为，
则，
所以，解得，
所以，，
因为在上单调递增，
所以，，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为原点建系，再通过坐标运算来判断选项A和选项B；假设，再结合数量积的坐标表示求出的值，即可判断选项C；利用已知条件列式子，再由对应坐标相等，c 而得到一个方程组，则用来表示和，将转化为关于的二次函数，从而求出函数的值域，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，当时，为纯虚数．
故答案为：2.
【分析】由复数的乘法运算法则和纯虚数的判断方法，从而得出实数m的值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；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
【解析】【解答】解：因为不等式，对任意的恒成立，
又因为，则
则恒成立，
令，
所以恒成立，则，
设在单调递增，
所以的最大值为，
所以，则的取值范围为．
故答案为：.
【分析】先利用三角恒等变换和三角型函数的图象求值域的方法，参变分离为，再换元，则转化为利用函数的单调性求函数的最值的方法，从而得出实数a的取值范围.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设正四面体ABCD的棱长为，
根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，
设点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该球球心为正四面体ABCD的中心，
即为正四面体ABCD外接球的球心(内切球的球心)，
则BO为正四面体ABCD的外接球的半径，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为OE，
连接BE，则B，O，E三点共线，此时，
由题意得，所以，所以，
如图2，记为的中心，连接BM，AM，
由正四面体的性质可知在AM上，
因为，所以，
则，
因为，
即，
解得，所以，解得，
所以，
即OM为正四面体ABCD内切球的半径.
故答案为：．
【分析】根据正四面体的性质可知正四面体内切球的球心和正四面体的中心及勒洛四面体能容纳的最大球的球心重合，设出正四面体的边长，△的中心，再根据三点共线且垂直于平面，在直角三角形中结合勾股定理求出边的值，则根据作差法得出正四面体ABCD的内切球的半径的长.
15．【答案】（1）解：向量，且与的夹角为．
则，，，
由，则，解得，
所以，则．
（2）解：
由题意可知，得，
又因为，，
若与共线，则有，解得，
此时与同向平行，不合题意，
所以且，
则实数的取值范围为．
【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；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由数量积和模的坐标表示，再代入中求出的值，从而求出的坐标，进而求出的值.
（2）利用且与不同向共线，从而求出实数的取值范围．
（1）向量，且与的夹角为．
则，，，
由，有，解得，
所以，得．
（2），
由题意，得，
又，，
若与共线，则有，解得，
此时与同向平行，不合题意，
所以且．
则实数的取值范围为．
16．【答案】（1）解：函数是定义在上的偶函数，
，可得恒成立，
即，
因为在上不恒成立，
，
所以的解析式为.
（2）解：由（1）知，
当时，令．
不等式恒成立等价于恒成立，
恒成立，则，
令，任取，
则
，
因为，
所以，
所以为增函数，
所以，当时，
所以的取值范围为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据偶函数可得恒成立，从而可得m的值，进而得出函数的解析式.
（2）当时，令，再将原不等式转化为，令，则根据增函数的定义判断出函数的单调性，从而得出函数的最值，进而得出实数a的取值范围.
（1）函数是定义在上的偶函数，
，可得恒成立，
即，
因为在上不恒成立，
，
所以的解析式为.
（2）由（1）知，当时，令．
不等式恒成立，等价于恒成立，
恒成立，则，
令，任取，
则
，
因为，所以，
所以为增函数，
所以当时.
所以的取值范围为.
17．【答案】（1）解：∵，
∴，，，平面，
∴平面，
又∵，，∴，
又∵，，∴，
∴.
（2）解：过点C作于点D，作于点E，连接CE.
又因为平面，平面，
则平面平面，平面平面，，面，
∴平面，由平面， 得，
又因为，，平面，
则平面，平面，则，
∴由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角，
在中，，，
则
又因为，，在中，，
则，得，同理可得，
在中，，
∴，
即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
【知识点】二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用，，可求的值和，再结合线线垂直证出直线平面ABC， 再利用勾股定理求出的长，则根据三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积的值.
（2）过点C作于点D，作于点E，再结合二面角的平面角的定义证出∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，则根据勾股定理和对应边成比例求出所求的边长，再结合正弦函数的定义和同角三角函数基本关系式得出侧面与侧面所成的二面角的余弦值.
（1）∵，∴，，
，平面，∴平面．
又∵，，∴.
又∵，，∴，
∴.
（2）过点C作于点D，作于点E，连接CE.
平面，平面，则平面平面，
平面平面，，面，
∴平面，由平面， 有，又，
，平面，则平面，
平面，则有，
∴由，知为侧面与侧面所成的二面角的平面角.
中，，，则
又，，中，，则，得，
同理，中，，
∴，即侧面与侧面所成的二面角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由，
得，
由余弦定理得，
由正弦定理和倍角公式得：
，
则，即，
在锐角中，则．
（2）解：因为，，则，
由正弦定理，得出，
．
又因为是锐角三角形，则，
得，则，
所以，
即的面积S的取值范围.
（3）解：因为，
由正弦定理得：，
所以，，
，即
又，且，
，
设，函数，，
任取，
则，
，，
当，，，即；
当，，，即，
则在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，
则，
实数的取值范围为．
【知识点】函数的值域；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理、余弦定理边化角的方法，再结合二倍角的正弦公式，从而化简得，再由同角三角函数基本关系式和锐角三角形中角C的取值范围，从而求出角的值.
（2）由正弦定理得出，由得，则，从而得出的面积的取值范围.
（3）由可得，由，从而得出实数的取值范围．
（1）由，得，
由余弦定理得，
再由正弦定理及倍角公式得
，
得，即，在锐角中，有．
（2），，则．
由正弦定理，有，
．
又是锐角三角形，有，得，则，
所以．
即的面积S的取值范围；
（3），由正弦定理，
得，，
，即
又，且，
，
设，函数，，
任取，则，
，，
当，，，即，
当，，，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，则
实数的取值范围为．
19．【答案】（1）解：先证明：对，次单位根
是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，
则不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，
则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，
而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得，
这就得到结论：对，次单位根
是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1，
下面回到原题，考虑，此时，
全部的次单位根是，依次列出为：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，
即，，，.
（2）解：对，我们考虑全体次单位根，
每个均可表示为，
其中是正奇数，，
则，所以是次单位根，又因为且和的最大公约数为1，故是次本原单位根，
当时，是1次本原单位根，
故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里；
另一方面，根据刚才证明的，
每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根，
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中，所以
这就直接推出，
且，.
（3）解：根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是，
故
再根据的定义，知
根据第2小问的结论得，
故，
在的条件下，有，
从而得出在复平面上对应的点可在圆上自由转动，
又因为代表和在复平面上代表的点之间的距离，
也就是圆上一点到点的距离，
再根据几何意义可知最小距离是，最大距离是，
则所求的取值范围是.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；向量的模；复数在复平面中的表示；方程的解集
【解析】【分析】（1）先探究一个单位根是本原单位根的充要条件，再根据该条件给出次单位根和其中的本原单位根.
（2）先证明对任意都有，再利用该结论求出的值，并计算出的解析式，由此猜想出的解析式.
（3）利用已知条件和的定义以及复数的几何意义，从而求解得出的取值范围.
（1）先证明：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，从而不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得.
这就得到结论：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
下面回到原题，考虑.
此时，全部的次单位根是，依次列出即是：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，即，，，.
（2）对，我们考虑全体次单位根.
每个均可表示为，其中是正奇数，.
则，所以是次单位根.
又因为，且和的最大公约数为1，故是次本原单位根.
而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里.
另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根.
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中.
所以.
这就直接推出，且
，.
（3）根据第1小问得到的结论，全部的次本原单位根是.
故.
再根据的定义，知.
根据第2小问的结论有.
故.
在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动.
而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是.
所以所求的取值范围是.
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