浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高二下学期6月期末测试数学试题
1．（2024高二下·慈溪期末）已知全集，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·慈溪期末）已知），若为纯虚数，则（ ）
A．1 B．2 C．或 D．1或2
3．（2024高二下·慈溪期末）已知函数与是互为反函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·慈溪期末）已知一个袋子中有大小和质地相同的8个球，其中有3个白球（标号为1~3），5个红球（标号为），现从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则两次摸到同种颜色球的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·慈溪期末）已知三个不同的平面，且，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
6．（2024高二下·慈溪期末）已知向量，的夹角为，，且向量在向量上的投影向量为，则实数（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·慈溪期末）若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二下·慈溪期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·慈溪期末）若，为两个随机事件，且，，则（ ）
A．当和互斥时，
B．当和互斥时，
C．当和相互独立时，
D．当和相互独立时，
10．（2024高二下·慈溪期末）若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二下·慈溪期末）已知复变函数是以复数作为自变量和因变量的函数，对任意一个复数，由可以得到，，，…，，….如果存在一个正实数，使得对任意都成立，那么称为函数的收敛点.若是复变函数的收敛点，则复变函数可以是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二下·慈溪期末）已知幂函数的图象过点，则 .
13．（2024高二下·慈溪期末）已知，则 .
14．（2024高二下·慈溪期末）已知四棱锥的底面是矩形，平面平面，，，.若四棱锥内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则 ，该内切球的表面积为 .
15．（2024高二下·慈溪期末）已知向量，是不共线的单位向量，且向量，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
16．（2024高二下·慈溪期末）已知函数的最大值为2，其图象相邻的两条对称轴距离为，且图象关于点对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若，求函数的值域.
17．（2024高二下·慈溪期末）为贯彻“阳光体育”计划，促进学生身心素养的提高，某校倡导全校学生积极参与体育运动，并统计学生一周内运动时长，发现时长均在区间之间（单位：小时）.
（1）将全校男生一周内运动时长分为，，，，五组，并绘制如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.求该校男生一周运动时长的平均数和中位数；
（2）已知高二（1）班男生30人，女生20人，根据数据统计分析，发现该班男生一周内运动时长的平均数为9，方差为2；女生一周内运动时长的平均数为6.5，方差为4.求该班级全体学生一周内运动时长的方差.
18．（2024高二下·慈溪期末）如图，平行四边形中，，，为中点，现将沿折起至，连接，，且.
（1）求证：平面平面；
（2）已知.
（i）若，求证：平面；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
19．（2024高二下·慈溪期末）已知函数.
（1）若函数是奇函数，求的值；
（2）若，记函数在上的最小值为.
（i）求；
（ii）设函数满足：对任意，均存在，使得，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：依题，由可得，.
故答案为：A.
【分析】先根据题意求出全集，再利用集合的补集概念可求出集合A.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：为纯虚数，故且，解得.
故答案为：B.
【分析】根据纯虚数的定义，可列方程组，解方程组可求出实数a的值.
3．【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为函数与是互为反函数，
所以，则，，
，，即正确的只有D.
故答案为：D
【分析】根据反函数的定义先求出的解析式，据此可求出，，，的值，选出选项.
4．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：不放回地依次随机摸出2个球，共有种选择，
则两次都摸到同色球共有种选择，
故两次摸到同种颜色球的概率为，
故答案为：A
【分析】先利用分步计数原理求出不放回地依次随机摸出2个球种数，再利用分类计数原理求出两次都摸到同色球的种数，利用古典概型的概率公式可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：若，，则或与相交，即充分条件不成立；
若，，则，即必要条件成立，
故三个不同的平面，且，则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B．
【分析】由垂直于同一平面的两平面相交或平行结合充分必要条件的定义判断即可．
6．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量为，
则，即，
因为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据投影向量概念列出向量方程，结合向量的数量积计算即可.
7．【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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：若时，，则，满足题意，
若，当，解得且，此时满足题意，
若时，，此时，
此时方程在只有一根，满足题意，
若时，，此时，
此时方程在只有一根，满足题意，
当，得时，此时，
此时方差的根为，满足题意，
综上可得或
故答案为：C
【分析】分两种情况：若时；若；根据零点的定义可列出不等式，解不等式可求出实数的取值范围，再分时和时求出具体的零点进行检验，据此可求出实数的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
化简可得，即，
由于，当且仅当，即时等号成立，
结合，则，且，，
故，则.
故答案为：D.
【分析】根据三角形面积公式结合两角和差角的正弦公式可得，根据三角函数的性质以及基本不等式可得，且，以及，代入求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A， 当和互斥时，，A正确，
B， 当和互斥时，，B正确，
C， 当和相互独立时，，C错误，
D，当和相互独立时，和也相互独立，故，D正确，
故答案为：ABD
【分析】当和互斥时，，利用和事件的概率公式进行计算可判断A选项；根据，再结合A的结论可判断B选项；当和相互独立时，，再根据概率的性质可判断C选项；当和相互独立时，和也相互独立，据此可推出概率公式判断D选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；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：A，由题意，结合二次函数的图象知，抛物线开口应向下，则，A错误；
B，依题意，，且一元二次方程的两根为和3，
由韦达定理，，故，，即，B正确；
C，由上分析可得，C正确；
D，由上分析可得，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据一元二次不等式和一元二次函数的关系可推出抛物线开口应向下，故，据此可判断A选项；根据一元二次方程、一元二次不等式的关系可列出方程组，解方程组可得，，据此可判断B选项；根据，通过变形可判断C选项；通过化简可得，据此可判断D选项.
11．【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：A，，，……，，
其中，不存在一个正实数，使得对都成立，A错误；
B，，，
，
故此时，，，…，，…的周期为3，且，
不妨取，满足要求，B正确；
C，，，
故此时，，，…，，…的周期为2，且，
不妨取，满足要求，C正确；
D，，
，
，
，
，
……，
依次计算，可以发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，
故不存在一个正实数，使得对都成立，D错误；
故答案为：BC
【分析】通过题目规律可计算出，故不存在一个正实数，使得对都成立，据此可判断A选项；先找出，，，…，，…的周期，取，可判断B选项和C选项；故满足要求；利用复数的乘法运算依次求出，通过计算发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，据此可知不存在一个正实数，使得对都成立，可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设，
由得，
所以.
故答案为：
【分析】先设幂函数的解析式为：，将点代入函数解析式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出幂函数的解析式，求出的值.
13．【答案】34
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由，可得，即，
两边平方可得，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用完全平方公式求解即可.
14．【答案】7；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由于平面平面，，，.为直角三角形，底面为矩形，
所以四棱锥的内切球在的“正投影”是的内切圆，
设的内切圆半径为，
则，解得，
所以内切球的半径为1，其表面积为．
设，则平面平面，且交线为， 平面，
所以平面，同理平面，平面，故，故，
由余弦定理可得，
进而可得，
由等体积法可得化简可得，故（舍去），
故答案为：7，
【分析】先画出四棱锥，根据平面与平面垂直的性质可推出四棱锥的内切球在的“正投影”是的内切圆，设的内切圆半径为，利用等面积法可求出内切球的半径，进而可求出内切球的表面积，设，根据条件可推出平面，平面，进而可推出，利用勾股定理可求出，利用余弦定理可求出，进而可求出，利用等体积法可列出方程，解方程可求出.
15．【答案】（1）解：若，则存在实数，使得，则，解得；
（2）解：若，则，即，
即，即，
因为，，所以，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据共线定理列方程求解即可；
（2）根据垂直关系可得，再由向量的模长公式求解，代入模长公式求解即可.
（1）因为，所以存在实数，使得，
即，
，所以；
（2）因为，所以，
即，
所以
即
因为，
所以.
所以
16．【答案】（1）解：由题意得，，.
所以，
所以，
又因为，
所以.
所以
（2）解：设，因，则，
而在上递减，在上递增，
且，故，
所以函数的值域为.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意可求出，.利用周期计算公式可求出，将点代入函数解析式可求出，据此可求出函数的解析式；
（2）设，根据可求出，利用正弦函数的性质可求出，进而可求出函数的值域.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：，
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，由，解得，即中位数为；
（2）解：该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差：.
【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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式以及中位数的计算公式求解即可；
（2）根据方差的计算公式求解即可.
（1），
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，
由，得到，即中位数为.
（2）该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差
18．【答案】（1）证明：由题可知为正三角形，取中点，连接，，如图所示：
则，且，
在中，，，，
由余弦定理可得：，则，
在中，，则，
因为，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解： （i） 取中点，连接，，
在中，因为，分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
而，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（ii） 过作交于点，过作交于，
设与交于点，连接，，，
同①，易证平面平面，
又因为平面平面，平面平面，所以，
由（1）可知平面，所以平面，
则就是直线与平面所成的角，，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得：，则，
在中，，则，即，
则，解得或，
因为，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求解长度，再由勾股定理求解垂直，根据线线垂直求证线面垂直，进而证明面面垂直即可；
（2）（i）根据中位线以及平行四边形可得线线平行，求证线面平行，再由面面平行的判定定理证明即可；
（ii）由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，利用三角形相似以及余弦定理求解即可.
（1）由题可知为正三角形，取中点，连接，
则，且，
在中，，，，，所以，
所以在中，，所以，
因为，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）①取中点，连接，，
在中，因为，分别为，的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
而，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
②过作交于点，过作交于，
设与交于点，连接，，，
同①，易证平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
由（1）可知平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
在中，，
所以，
在中，，所以，
所以，
所以，
解得或，
因为，故.
19．【答案】（1）解：因为，
所以
所以.
（2）解：（i）①若，则，
当时，对称轴，所以在上单调递增，
当时，若，即，则在上单调递减，
如图所示：
所以.
若，即，则，
若，即时，如图所示：
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
②若，则，，对称轴，如图所示：
所以在上单调递增，
所以，
综上，.
（ii）若，则，
所以，所以，
若，则，所以，
所以，
综上，的取值范围为
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义可列出方程，解方程可求出实数的值.
（2）（i）分四种情况：若；若；若；若；去掉绝对值符号，可求出函数的解析式，再根据二次函数的单调性，求函数的最小值，据此可求出的解析式；
（ii）分两种情况：若；若；可将问题转化为的值域是值域的子集，据此可列出不等式，解不等式可求出实数的取值范围.
1 / 1浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高二下学期6月期末测试数学试题
1．（2024高二下·慈溪期末）已知全集，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：依题，由可得，.
故答案为：A.
【分析】先根据题意求出全集，再利用集合的补集概念可求出集合A.
2．（2024高二下·慈溪期末）已知），若为纯虚数，则（ ）
A．1 B．2 C．或 D．1或2
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：为纯虚数，故且，解得.
故答案为：B.
【分析】根据纯虚数的定义，可列方程组，解方程组可求出实数a的值.
3．（2024高二下·慈溪期末）已知函数与是互为反函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为函数与是互为反函数，
所以，则，，
，，即正确的只有D.
故答案为：D
【分析】根据反函数的定义先求出的解析式，据此可求出，，，的值，选出选项.
4．（2024高二下·慈溪期末）已知一个袋子中有大小和质地相同的8个球，其中有3个白球（标号为1~3），5个红球（标号为），现从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则两次摸到同种颜色球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：不放回地依次随机摸出2个球，共有种选择，
则两次都摸到同色球共有种选择，
故两次摸到同种颜色球的概率为，
故答案为：A
【分析】先利用分步计数原理求出不放回地依次随机摸出2个球种数，再利用分类计数原理求出两次都摸到同色球的种数，利用古典概型的概率公式可求出答案.
5．（2024高二下·慈溪期末）已知三个不同的平面，且，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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：若，，则或与相交，即充分条件不成立；
若，，则，即必要条件成立，
故三个不同的平面，且，则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B．
【分析】由垂直于同一平面的两平面相交或平行结合充分必要条件的定义判断即可．
6．（2024高二下·慈溪期末）已知向量，的夹角为，，且向量在向量上的投影向量为，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量在向量上的投影向量为，
则，即，
因为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据投影向量概念列出向量方程，结合向量的数量积计算即可.
7．（2024高二下·慈溪期末）若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围为（ ）
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；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：若时，，则，满足题意，
若，当，解得且，此时满足题意，
若时，，此时，
此时方程在只有一根，满足题意，
若时，，此时，
此时方程在只有一根，满足题意，
当，得时，此时，
此时方差的根为，满足题意，
综上可得或
故答案为：C
【分析】分两种情况：若时；若；根据零点的定义可列出不等式，解不等式可求出实数的取值范围，再分时和时求出具体的零点进行检验，据此可求出实数的取值范围.
8．（2024高二下·慈溪期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
化简可得，即，
由于，当且仅当，即时等号成立，
结合，则，且，，
故，则.
故答案为：D.
【分析】根据三角形面积公式结合两角和差角的正弦公式可得，根据三角函数的性质以及基本不等式可得，且，以及，代入求解即可.
9．（2024高二下·慈溪期末）若，为两个随机事件，且，，则（ ）
A．当和互斥时，
B．当和互斥时，
C．当和相互独立时，
D．当和相互独立时，
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：A， 当和互斥时，，A正确，
B， 当和互斥时，，B正确，
C， 当和相互独立时，，C错误，
D，当和相互独立时，和也相互独立，故，D正确，
故答案为：ABD
【分析】当和互斥时，，利用和事件的概率公式进行计算可判断A选项；根据，再结合A的结论可判断B选项；当和相互独立时，，再根据概率的性质可判断C选项；当和相互独立时，和也相互独立，据此可推出概率公式判断D选项.
10．（2024高二下·慈溪期末）若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；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：A，由题意，结合二次函数的图象知，抛物线开口应向下，则，A错误；
B，依题意，，且一元二次方程的两根为和3，
由韦达定理，，故，，即，B正确；
C，由上分析可得，C正确；
D，由上分析可得，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据一元二次不等式和一元二次函数的关系可推出抛物线开口应向下，故，据此可判断A选项；根据一元二次方程、一元二次不等式的关系可列出方程组，解方程组可得，，据此可判断B选项；根据，通过变形可判断C选项；通过化简可得，据此可判断D选项.
11．（2024高二下·慈溪期末）已知复变函数是以复数作为自变量和因变量的函数，对任意一个复数，由可以得到，，，…，，….如果存在一个正实数，使得对任意都成立，那么称为函数的收敛点.若是复变函数的收敛点，则复变函数可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：A，，，……，，
其中，不存在一个正实数，使得对都成立，A错误；
B，，，
，
故此时，，，…，，…的周期为3，且，
不妨取，满足要求，B正确；
C，，，
故此时，，，…，，…的周期为2，且，
不妨取，满足要求，C正确；
D，，
，
，
，
，
……，
依次计算，可以发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，
故不存在一个正实数，使得对都成立，D错误；
故答案为：BC
【分析】通过题目规律可计算出，故不存在一个正实数，使得对都成立，据此可判断A选项；先找出，，，…，，…的周期，取，可判断B选项和C选项；故满足要求；利用复数的乘法运算依次求出，通过计算发现的实部和虚部的绝对值均趋向于，据此可知不存在一个正实数，使得对都成立，可判断D选项.
12．（2024高二下·慈溪期末）已知幂函数的图象过点，则 .
【答案】
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设，
由得，
所以.
故答案为：
【分析】先设幂函数的解析式为：，将点代入函数解析式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出幂函数的解析式，求出的值.
13．（2024高二下·慈溪期末）已知，则 .
【答案】34
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由，可得，即，
两边平方可得，则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用完全平方公式求解即可.
14．（2024高二下·慈溪期末）已知四棱锥的底面是矩形，平面平面，，，.若四棱锥内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则 ，该内切球的表面积为 .
【答案】7；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由于平面平面，，，.为直角三角形，底面为矩形，
所以四棱锥的内切球在的“正投影”是的内切圆，
设的内切圆半径为，
则，解得，
所以内切球的半径为1，其表面积为．
设，则平面平面，且交线为， 平面，
所以平面，同理平面，平面，故，故，
由余弦定理可得，
进而可得，
由等体积法可得化简可得，故（舍去），
故答案为：7，
【分析】先画出四棱锥，根据平面与平面垂直的性质可推出四棱锥的内切球在的“正投影”是的内切圆，设的内切圆半径为，利用等面积法可求出内切球的半径，进而可求出内切球的表面积，设，根据条件可推出平面，平面，进而可推出，利用勾股定理可求出，利用余弦定理可求出，进而可求出，利用等体积法可列出方程，解方程可求出.
15．（2024高二下·慈溪期末）已知向量，是不共线的单位向量，且向量，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
【答案】（1）解：若，则存在实数，使得，则，解得；
（2）解：若，则，即，
即，即，
因为，，所以，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据共线定理列方程求解即可；
（2）根据垂直关系可得，再由向量的模长公式求解，代入模长公式求解即可.
（1）因为，所以存在实数，使得，
即，
，所以；
（2）因为，所以，
即，
所以
即
因为，
所以.
所以
16．（2024高二下·慈溪期末）已知函数的最大值为2，其图象相邻的两条对称轴距离为，且图象关于点对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）解：由题意得，，.
所以，
所以，
又因为，
所以.
所以
（2）解：设，因，则，
而在上递减，在上递增，
且，故，
所以函数的值域为.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意可求出，.利用周期计算公式可求出，将点代入函数解析式可求出，据此可求出函数的解析式；
（2）设，根据可求出，利用正弦函数的性质可求出，进而可求出函数的值域.
17．（2024高二下·慈溪期末）为贯彻“阳光体育”计划，促进学生身心素养的提高，某校倡导全校学生积极参与体育运动，并统计学生一周内运动时长，发现时长均在区间之间（单位：小时）.
（1）将全校男生一周内运动时长分为，，，，五组，并绘制如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.求该校男生一周运动时长的平均数和中位数；
（2）已知高二（1）班男生30人，女生20人，根据数据统计分析，发现该班男生一周内运动时长的平均数为9，方差为2；女生一周内运动时长的平均数为6.5，方差为4.求该班级全体学生一周内运动时长的方差.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知：，
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，由，解得，即中位数为；
（2）解：该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差：.
【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
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式以及中位数的计算公式求解即可；
（2）根据方差的计算公式求解即可.
（1），
即男生一周运动时长的平均数为7.3小时；
中位数为第50百分位数，运动时长为的概率为，
运动时长为的频率为，
所以中位数落在区间内，
由，得到，即中位数为.
（2）该班级全体学生一周内运动时长的平均数，
所以该班级全体学生一周内运动时长的方差
18．（2024高二下·慈溪期末）如图，平行四边形中，，，为中点，现将沿折起至，连接，，且.
（1）求证：平面平面；
（2）已知.
（i）若，求证：平面；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明：由题可知为正三角形，取中点，连接，，如图所示：
则，且，
在中，，，，
由余弦定理可得：，则，
在中，，则，
因为，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解： （i） 取中点，连接，，
在中，因为，分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
而，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（ii） 过作交于点，过作交于，
设与交于点，连接，，，
同①，易证平面平面，
又因为平面平面，平面平面，所以，
由（1）可知平面，所以平面，
则就是直线与平面所成的角，，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得：，则，
在中，，则，即，
则，解得或，
因为，所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求解长度，再由勾股定理求解垂直，根据线线垂直求证线面垂直，进而证明面面垂直即可；
（2）（i）根据中位线以及平行四边形可得线线平行，求证线面平行，再由面面平行的判定定理证明即可；
（ii）由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，利用三角形相似以及余弦定理求解即可.
（1）由题可知为正三角形，取中点，连接，
则，且，
在中，，，，，所以，
所以在中，，所以，
因为，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）①取中点，连接，，
在中，因为，分别为，的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
而，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
②过作交于点，过作交于，
设与交于点，连接，，，
同①，易证平面平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以，
由（1）可知平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
在中，，
所以，
在中，，所以，
所以，
所以，
解得或，
因为，故.
19．（2024高二下·慈溪期末）已知函数.
（1）若函数是奇函数，求的值；
（2）若，记函数在上的最小值为.
（i）求；
（ii）设函数满足：对任意，均存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
所以
所以.
（2）解：（i）①若，则，
当时，对称轴，所以在上单调递增，
当时，若，即，则在上单调递减，
如图所示：
所以.
若，即，则，
若，即时，如图所示：
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，
②若，则，，对称轴，如图所示：
所以在上单调递增，
所以，
综上，.
（ii）若，则，
所以，所以，
若，则，所以，
所以，
综上，的取值范围为
【知识点】函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义可列出方程，解方程可求出实数的值.
（2）（i）分四种情况：若；若；若；若；去掉绝对值符号，可求出函数的解析式，再根据二次函数的单调性，求函数的最小值，据此可求出的解析式；
（ii）分两种情况：若；若；可将问题转化为的值域是值域的子集，据此可列出不等式，解不等式可求出实数的取值范围.
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