【浙江省专用】2024-2025学年高二数学下册期末真题专项练习 04 解答题（含答案+解析）

【浙江省专用】2024-2025学年高二数学下册期末真题专项练习
04 解答题
一、解答题
1．（2024高二下·金华期末）某校开展一项名为“书香致远，阅读润心”的读书活动，为了更好地服务全校学生，需要对全校学生的周平均阅读时间进行调查，现从该校学生中随机抽取200名学生，将他们的周平均阅读时间（单位：小时）数据分成5组：，根据分组数据制成了如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值，并估计全校学生周平均阅读时间的平均数；
（2）用分层抽样的方法从周平均阅读时间不小于6小时的学生中抽出6人，从这6人中随机选出2人作为该活动的形象大使，求这2人都来自这组的概率.
2．（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．
3．（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.
4．（2024高二下·杭州期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，与底面所成的角为45°，为的中点．
（1）求证：⊥平面；
（2）若，求平面与平面的夹角大小．
5．（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.
6．（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.
7．（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．
8．（2021高二下·温州期末）已知函数 .
（Ⅰ）求函数 的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角 中，设角 、 、 所对的边分别是 、 、 ，若 且 ，求 的取值范围.
9．（2024高二下·杭州期末）已知椭圆C的焦点在x轴上，上顶点，右焦点F，离心率．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l与椭圆C交于P，Q两点．
（i）若直线l与MF垂直，求线段PQ中点的轨迹方程；
（ii）是否存在直线l，使F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
10．（2024高二下·宁波期末）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角，外接圆半径是，求的内切圆半径的最大值.
11．（2024高二下·台州期末）如图，在直三棱柱中，，，点，分别是棱、的中点，点在线段上．
（1）若，求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值．
12．（2024高二下·台州期末）已知函数，给出如下三组条件：
函数的最小正周期为，且当时，取到最大值；
函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
是方程的两个根，的最小值为，且．
从这三组条件中任选一组作为条件，完成以下问题：
（1）求函数的解析式；
（2）若，求的值．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一组解答给分．
13．（2024高二下·嘉兴期末）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，求证：在区间有唯一的极值点；
（3）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.
14．（2024高二下·嘉兴期末）为了了解某市市民平均每天体育锻炼的时间，在该市随机调查了位市民，将这位市民每天体育锻炼的时间（单位：分钟）分为五组，得到如图所示的频率分布直方图：
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
（1）求的值并估计该市市民每天体育锻炼时间的平均数；
（2）假设每天的体育锻炼时间达到60分钟及以上为“运动达人”.若从样本中随机抽取一位市民，设事件“抽到的市民是运动达人”，“抽到的市民是男性”，且.
（i）求和；
（ii）假设有的把握认为运动达人与性别有关，求这次至少调查了多少位市民？
15．（2024高二下·湖州期末）2024年3月28日，小米集团在北京举行主题为“向前”的小米汽车上市发布会，正式发布小米SU7.在发布会上，小米集团创始人 董事长兼CEO雷军表示：“这是小米SU7第一次正式亮相，这个时代的梦想之车必须要有最先进的智能科技和最出色的驾驶质感”.小米汽车首款产品的推出引起了购车者的热议，为了了解购车者对该款汽车的购买意愿与年龄是否具有相关性，在某购车市场随机抽取了100名中青年购车意向者进行调查，现定义小于45周岁的为青年，大于等于45周岁小于60周岁的为中年，所得数据统计如下表所示：
年龄段 购车意愿 　
愿意购买SU7 不愿购买SU7 　
青年 45 15 60
中年 15 25 40
合计 60 40 100
（1）请根据小概率值的独立性检验，分析购车意向者对小米SU7的购买意愿与年龄段是否有关；
（2）在以上随机抽取不愿购买的调查者中，按年龄比例分层抽样抽取8名，然后在被抽取的8名中再随机抽取5名进行面对面访谈.设面对面访谈中的青年人数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望.（参考公式：，其中.）
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．（2024高二下·湖州期末）已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若边的中线，且面积为，求的值.
17．（2024高二下·舟山期末）已知向量，，.
（1）若，求；
（2）若，求在上的投影向量（用坐标表示）
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·平阳期末）在中，角的对边分别是，且.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
20．（2024高二下·浙江期末）已知函数
（1）若函数为偶函数，求的值；
（2）当时，（ⅰ）函数，（ⅱ）若关于x的方程有两个不同的实根且．求证：．
21．（2024高二下·浙江期末）如图，四棱锥中，平面平面，，，，，，，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
（1）求平面与平面夹角的正弦值；
（2）求平面截四棱锥所得多边形的周长．
22．（2024高二下·宁波期末）（1）我们学过组合恒等式，实际上可以理解为，请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
23．（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.
24．（2024高二下·金华期末）二项分布是离散型随机变量重要的概率模型.我们已经知道，若，则.多项分布是二项分布的推广，同样是重复次试验，不同的是每次试验的结果不止2种，而有种，记这种结果为事件，它们的概率分别为，则.现考虑某厂生产的产品分成一等品 二等品 三等品和不合格品，它们出现的概率分别为，从该厂产品中抽出个，研究各类产品出现的次数的情况，就是一个多项分布.由于产品很多，每次抽取可以看作是独立重复的.
（1）若从该厂产品中抽出4个，且和分别为和0.05，求抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个的概率；
（2）现从该厂中抽出个产品，记事件出现的次数为随机变量.为了定出这一多项分布的分布列，只需求出事件的概率，其中为非负整数，.
（i）求；
（ii）对于上述多项分布，求在给定的条件下，随机变量的数学期望.
25．（2024高二下·浙江期末）如图，已知四棱锥，底面是边长为4的正方形，，分别为棱，的中点，，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角余弦值.
26．（2024高二下·绍兴期末）已知集合，，，，，，对于，，定义与之间的距离为．
（1）若，，求所有满足的点所围成的图形的面积；
（2）当，，，时，，，，并且，求的最大值用表示；
（3）当，，，时，求集合中任意两个元素之间的距离的和．
27．（2024高二下·台州期末）在做抛掷质地均匀硬币的试验过程中，将正面朝上记作，反面朝上记作，记录结果得到一串由和构成的序列．在序列中，规定：仅有数字相连的排列称为由构成的游程；仅有数字相连的排列称为由构成的游程．如在序列中，共有个游程，其中由构成的游程有个，分别是；由构成的游程有个，分别是．
（1）由个和个随机构成的序列中，求游程个数的分布列与期望；
（2）由个和个随机构成的序列，记作记事件，．
(ⅰ)求；
(ⅱ)求游程个数的期望．
28．（2024高二下·湖州期末）已知函数.
（1）讨论函数的单调区间与极值；
（2）若且恒成立，求的最大值；
（3）在（2）的条件下，且取得最大值时，设，且函数有两个零点，求实数的取值范围，并证明：.
29．（2024高二下·金华期末）已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值的表达式；
（3）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
30．（2024高二下·浙江期末）已知函数．
（1）若，求的取值范围．
（2）记已知函数有个不同的零点．
①若，求的取值范围；
②若，且是其中两个非零的零点，求的取值范围．
答案解析部分
1．（1）解：根据频率分布直方图各矩形面积之和为1，可得，解得，
，
则估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时；
（2）解：由频率分布直方图可知：平均阅读时间在和三组的频率的比为，
利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，共3个样本点，则；
（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为1求出的值，再根据频率分布直方图平均数的计算公式求平均数即可；
（2）利用分层抽样的定义求出各组的人数，再利用列举法求概率即可.
（1）依题意可得，解得，
又由频率分布直方图可得，
所以估计全校学生周平均阅读时间的平均数为6.92小时.
（2）由频率分布直方图可知和三组的频率的比为，
所以利用分层抽样的方法抽取6人，这三组被抽取的人数分别为
记中的3人为中的2人为中的2人为，
从这6人中随机选出2人，
则样本空间共15个样本点，
设事件选出的2人都来自，则共3个样本点，
所以.
2．（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，．
（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．
3．（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.
（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.
4．（1）证明：因为平面，所以，
因为平面，则为与平面所成的角，
与平面所成的角为45°，
所以，则，
又为的中点，所以．
因为，又，
故⊥平面，所以，
所以平面．
（2）因为平面，所以，
又，平面.
平面，所以，又，则即为所求，
由（1）知：，而，则，所以．
（1）利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证。
（2）根据条件证出则为平面与平面的夹角，即可得出夹角大小.本题主要考查线面垂直的判定以及两个平面的夹角计算，属于中档题。
5．（1）解： 因为，所以存在实数，使得，
即，
由平面向量基本定理可得：，
解得：
所以；
（2）解： 因为，所以，即，
所以
即
因为，
所以.
所以
（1）根据共线定理可得存在实数，使得，据此可列出方程组，解方程可求出的值；
（2）根据平面向量的垂直关系可得：，通过化简可得，利用模长公式可列出方程，利用平面向量的数量积可求出，代入模长公式进行计算可求出答案.
6．（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.
（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
7．（1）解：易知，，则，；
因为，所以，，所以，，
又因为，所以，则；
令，解得，
则函数单调递增区间为，；
（2）解：若，则，
因为，所以，所以，
则.
（1）易知，，求出，将点代入，结合，求出，即可得函数的解析式，再整体求函数单调递增区间即可；
（2），则，结合，得出，用同角三角函数关系式，得出，，用和角关系式展开求值即可．
（1）由题得，，故，．
由，得，，故，，，故，故．
，
即单调递增区间为，．
（2）由，即，
又，则，故，
8．（Ⅰ）由题意，函数 ，
所以函数 的最小正周期为 ，
令 ，解得 ，
所以函数的单调递增区间是 ， .
（Ⅱ）由（1）可得 ，因为 ，可得 ，
由正弦定理可知 ，所以 ， ，
由 及 为锐角三角形 ，解得 ，
则
.
因为 ，可得 ，所以 ，
所以 .
（1）利用已知条件结合二倍角的正弦公式和余弦公式，再利用辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的最小正周期公式，进而求出正弦型函数的最小正周期，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再利用正弦函数的图象判断出正弦型函数的单调性，从而求出正弦型函数的单调递增区间。
（2）利用函数的解析式结合代入法和已知条件，从而利用锐角三角形中角A的取值范围，进而求出角A的值，再利用正弦定理得出 ， ，再由 及 为锐角三角形中角的取值范围，从而求出角B的取值范围，再利用求和法结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用角B的取值范围结合正弦型函数的图象，从而求出正弦型函数的值域，进而求出b+c的取值范围。
9．（1）解：由题意得：，，则易得，故椭圆方程为．
（2）解：（i）由题意得：，因为，所以，则，
设直线，，，联立，可得，
，所以，
由韦达定理得：，，，
设线段PQ中点为，则，，
则PQ中点的轨迹方程为．
（ii）因为F恰为△PQM的垂心，有
所以
又，得，
即，
代入韦达定理得，
解得或．经检验符合条件，
则直线l的方程为：．
（1）由题意，易求，即可得椭圆方程；
（2）（i）设直线，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到：，，设线段PQ中点为，利用中点坐标公式即可求中点的轨迹方程；
（ii）由F恰为的垂心，有，可得，代入即可求直线方程.
10．（1）解： 由得，所以.
因为，所以，或
（i）当时，
因为，所以
化简得，所以，或
①当时，（舍去）；
②当时，作于，
得，
所以，此时
（ii）当时，
类似可得：
化简得：，所以，或者.
①当，舍去；
②当为钝角，舍去
综上得.
（2）解： 由（1）可知
记内切圆半径为，
因为，所以
因为，所以，
即，
所以
由，得.
所以
当且仅当时取等.
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角可求出，进而可反推出角B：，或，分两种情况：（i）当时；（ii）当时；利用两角和差正切公式可列出方程，解方程可求出，进而可求出角C，再利用三角形的面积公式进行计算可求出面积；
（2）先利用正弦定理可求出，记内切圆半径为，利用三角形面积等于周长乘以内切圆半径的一半，可推出：，利用余弦定理可推出，再利用基本不等式可求出的最大值，进而求出的最大值.
11．（1）如图，连接 ，
由题意可知 ， ，且 ，
所以 ∽ ，
得 ，故 共线．
故 是 的中位线，
故 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．
由题可知 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ， ，平面 ， 故 平面 ，
所以 就是直线 与平面 所成角．
记点 到平面 的距离为 ，
由 ，得 ，
故 为 的中点，即 ．
在 中， ， ，故 ，
得 ，故 ，
所以直线 与平面 所成角的正切值为 ．
本题考查直线原图平面平行的判定，直线与平面所成的角.
（1）连接 ，根据条件可证明，利用相似三角形的性质可推出A，F，三点共线，利用三点共线可推出 是 的中位线，进而推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）过点 作 交 于点 ，连接 ．根据已知条件可证明平面，利用直线与平面所成角的定义可推出就是直线与平面所成的角，记点 到平面 的距离为 ，利用等体积法可求出，据此可得，利用锐角三角函数的定义可求出，利用正切的定义可求出直线 与平面 所成角的正切值.
12．（1）若选择：由题知 ，故 ．
当 时， ， ，
故 ，又 ，故 ，
所以 ．
若选择：由单调区间可知周期为 ，故 ，故 ．
由题意知当 时， 取最小值，即 ， ，
故 又 ，故 ，
所以
若选择：令 ，即 ，
由图象可知， ，
即 ，又 的最小值为 ，故 ．
由 可知 的对称中心为 ，
当 时， ， ，故 ，
又 ，故 ．
所以 ．
（2）由 ，得 ，
故 ．
本题考查正弦函数的图象和性质，二倍角的余弦公式.
(1)若选择，先利用周期计算公式可求出，再利用最大值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，先利用单调区间可推出周期为 ，当 时， 取最小值，根据周期计算公式可求出，利用最小值取得的条件可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
若选择，根据，利用正弦函数的图象和性质可推出，根据函数等式可推出 的对称中心为 ，利用对称中心公式可列出方程，解方程可求出的值，据此可求出函数的解析式；
(2)根据 ，可求出的值，利用二倍角的余弦公式进行计算可求出的值.
13．（1）解：当时，函数定义域为，，
当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减；
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：令，，
当时，，当时，，
则在单调递减，单调递增.
又因为，所以存在唯一实数，使得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在单调递减，单调递增，
所以区间有唯一极小值点.
（3）解：由（2）知：在单调递减，单调递增，且.
当，即时，在单调递增，所以，解得，故无解；
当，即时，在单调递减，所以恒成立，故；
当，即时，在单调递减，在单调递增，
所以，解得，故.
综上所述，.
（1）求导，利用导数判断函数的单调性，即可求得函数的单调区间；
（2）令，求导，利用导数判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理证明即可；
（3）分，和三种情况讨论，判断函数的单调性求最大值即可得实数的取值范围.
14．（1）解：，解得，
所以每天体育锻炼时间的平均数为；
（2）解：（i）由频率分布直方图可知：，
因为，
所以，解得；
（ii）由（2）可得如下列联表：（其中）
合计
合计
，解得，则的最小值为15，
所以该样本至少有人.
（1）根据频率分布直方图各矩形面积和为求出的值，再利用频率分布直方图计算平均数公式计算平均数即可；
（2）（i）利用条件概率和全概率公式求解即可；
（ii）根据列联表计算，对照临界值表列式求解即可.
15．（1）解：零假设为：意向者对该款汽车的购买意愿与年龄段无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为意向者对该款汽车的购买意愿与年龄段有关；
（2）解：根据分层抽样可知：抽取8名调查者中，有青年3名，中年5名，
若在被抽取的8名中再随机抽取5名，则
随机变量的分布列：
0 1 2 3
.
（1）先进行零假设，再利用参考公式计算值，与临界值比较判断即可；
（2）根据分层抽样确定抽取的8名中，青年3名，中年5名，根据超几何分布求概率，列出分布列，计算期望值即可.
（1）零假设为：意向者对该款汽车的购买意愿与年龄段无关.
根据表中数据可得
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为意向者对该款汽车的购买意愿与年龄段有关.
（2）按性别比例分层抽样抽取8名调查者中，有青年3名，中年5名，
若在被抽取的8名中再随机抽取5名，则
故随机变量的分布列
0 1 2 3
故随机变量的数学期望为.
16．（1）解：，
由正弦定理可得：，
则，即，
因为，所以，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：因为是边的中线，所以，两边平方得，
即，
即，
代入得，整理可得①；
又因为，，所以②；
①②联立可得：，
又因为，即，所以，
则，即.
（1）利用正弦定理结合三角恒等变换计算即可；
（2）利用中线长的向量表达式，两边平方，将向量转化为三角形的边角，得到，再用余弦定理得到，最后用面积公式得到，求出、和，进而求出即可.
（1），
由正弦定理得，
即，
即，又，
所以，即，，
.
（2）依题意，得，两边平方得，
而，
代入得，得到( )；
又因为，，化简得到( )；
( )与( )联立得到，，
又，即，所以，
则，.
17．（1）∵，
∴
∴
（2）∵
∴
∴
∴.
∴
∴在上的投影向量为
（1）先根据向量加法法则计算坐标，再利用模的坐标运算，计算即可求解.
（2）根据向量垂直条件计算，求得m，再根据投影向量公式计算即可.
18．（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.
（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．（1）
（2）
20．（1）解：因为函数的定义域为R，
由函数为偶函数，
得，
则，
所以.
（2）证明：（ⅰ）因为，
令，
则
则，
所以.
（ⅱ）因为，
则，
所以在上递减，上递增，
显然，
由有两个不同的实根且，
得，，
当时，
，函数关于对称，
此时，，
则，
当时，，，
由（ⅰ）得，
又因为，
当且仅当时等号成立，
则，
因此，
所以.
（1）利用已知条件和偶函数的定义，从而列式计算得出实数a的值.
（2）（ⅰ）先作差，再分段去绝对值符号，则配方证出.
（ⅱ）利用已知条件，化函数为分段函数，从而确定分段函数的单调区间以及，再按不超过1和大于1推理论证，从而证出成立.
（1）函数的定义域为R，由函数为偶函数，得，
即，则，
所以.
（2）（ⅰ），令，
则，
显然 所以.
（ⅱ），，在上递减，上递增，
显然，由有两个不同的实根且，得，，
当时，，关于对称，
此时，，即，
当时，，，由（ⅰ）得，
，当且仅当时等号成立，
，因此，
所以.
21．（1）解：延长相交于点，连接，
所以平面平面，
因为平面同时垂直于平面与平面，则，
由，中点为，
可得，
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
由，，，
可知四边形是等腰梯形，
所以两底角，则，
又因为中点为，所以，
又因为，，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以三角形是等边三角形，则，
又因为，
所以
由，解得，
由勾股定理，
可得，
由，可知，
再由勾股定理得：，
则，
因为，平面，
所以就是平面与平面的夹角，
因为，，
所以，
则，
故平面与平面BCED夹角的正弦值为.
（2）解：过点作的垂线交于，垂足为，交连结，交于，
因为，，，
平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则平面就是所要求作的平面，
它与四棱锥的截面是四边形，
已知，，
由余弦定理得：
，
可得
由余弦定理得：
，
由三角形内角和为得：
由正弦定理得：
，
解得，
因为，且，
可得，
由对称性可知：，
故平面截四棱锥所得多边形的周长为：
（1）利用已知条件和两个平面的法向量的夹角，再结合勾股定理和正弦函数的定义，从而得出平面与平面BCED夹角的正弦值.
（2）利用已知条件作垂线，从而作出截面，再找到它截四棱锥的截面四边形，再根据余弦定理、正弦定理和三角形内角和定理、图形的对称性，从而求和计算出平面截四棱锥所得多边形的周长.
（1）
延长相交于点，连接，所以平面平面．
由于平面同时垂直于平面与平面，则，
由，中点为，可得，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
由，，，可知四边形是等腰梯形，
所以两底角，则，又因为中点为，所以，
再因为，，
所以，而，所以，
又因为，所以三角形是等边三角形，即，
又因为，所以
再由，可解得，
由勾股定理，可得，
由可知：，再由勾股定理得：，
即，
由于，平面，所以就是平面与平面的夹角，
因为，，所以，
即，
故平面与平面BCED夹角的正弦值为.
（2）
过点作的垂线交于，垂足为，交连结，交于，
由于，，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
现在又因为，，平面，
所以平面，即平面就是所要求作的平面，
它与四棱锥的截面是四边形，
先解三角形，已知，，由余弦定理得：
，可得
解三角形，由余弦定理得：，
再解三角形，由三角形内角和为得：
再由正弦定理得：，
解得，由于，且，可得，
由对称性可知：，
故周长为．
22．（1）解：

（2）解： （i）
（ii）
由（1）得，
则有
原式
构造数列，令
则
所以
所以，即，
即，所以，即数列是周期为6的数列.
又因为
所以：.
本题考查组合数公式的应用，数列的周期性，数列求和.
（1）依题意，先利用组合恒等式将式子进行展开可得：原式=，再多次提取系数运用恒等式，再利用组合数的计算公式进行计算可求出答案；
（2）（i）先将组合数应用排列数进行表示可得：，再利用组合数公式与排列数公式之间的关系进行化简可证明结论；
（ii）将所求和式展开后，拆项，利用（i）的结论化简可得：原式
，构造数列，令，通过作差可推出是周期为6的数列，利用数列的周期性可求出式子的值.
23．（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，，，，，所以，
所以在中，，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：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，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（也可取中点，证明）
②过作交于点，过作交于，
设与交于点，连接，，，如图所示：
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.
（1）取中点，连接，，先利用余弦定理求出，再利用勾股定理可证明，根据条件，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证明结论.
（2）（i）取中点，连接，，利用三角形的中位线定理可证明，进而可证明平面，利用平行四边形的性质可推出，进而可证明平面，据此可证明平面平面，利用平面与平面平行的性质可证明结论.
（ii）过作交于点，过作交于，根据条件可证明平面，利用直线与平面所成角的定义可得就是直线与平面所成的角，，所以，利用余弦定理可求出，再利用相似三角形的性质可求出，根据可列出方程，解方程可求出的值.
24．（1）解：记事件=“从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个”，
则；
（2）解：（i），
；
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：，
，
所以
，
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
随机变量的数学期望为.
（1）由题意，根据多项分布求概率即可；
（2）（i）由题意，根据多项分布求概率即可；
（ii）根据二项分布得到，再利用条件概率的计算公式得到，最后根据二项分布期望的性质计算即可.
（1）记从该厂产品中抽出4个，且恰好抽出一等品1个 二等品2个，三等品1个为事件，则，
（2）（i），
（ii）若把事件作为一方，则作为另一方，
那么随机变量分布列为，
即服从二项分布列为，
同理可知：.
所以
.
所以在给定的条件下，随机变量服从二项分布，即，
所以此时，随机变量的数学期望为.
25．（1）证明：取的中点，连接，，如下图所示：
，分别是，的中点，
，，
，，
，，所以四边形为平行四边形，
，面，面，
所以平面
（2）解：取，的中点，，连接，，，
作交于，，且，
底面是边长为4的正方形，，
，，平面，
平面，平面，
，又且平面；
所以平面.
过点作，连接，如下图所示：
所以，则为二面角的平面角.
在中，，
在中，，
设，则，
则，解得，
可得，，
所以在中，.
所以二面角的平面角的余弦值为.
（1）取的中点，利用三角形中位线定理得，，结合平行四边形性质得，，证明为平行四边形，从而得，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用线面垂直判定定理，作出二面角的平面角，再由余弦定理即可求解.
（1）取的中点，连接，，如下图所示：
，分别是，的中点，
，，
，，
，，可得四边形为平行四边形，
，面，面，
所以平面
（2）取，的中点，，连接，，，
作交于，，且，
底面是边长为4的正方形，，
，，平面，
平面，平面，
，又且平面；
即平面.
过点作，连接，如下图所示：
易知知，则为二面角的平面角.
在中，，
在中，，
设，则，
则，解得，
可得，，
所以在中，.
即二面角的平面角的余弦值为.
26．（1）解： 由可得，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故围成的图形为正方形， 其中，如下：
故面积为
（2）解： 设，，
，
所以，，
当，
当时，
综上所述，；
（3）解： ，
设
其中中均有个元素，，
共有个不同的元素，从的个不同的元素任取2个不同的元素共有种选法，
从中任选一个元素，对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个，其中个，
所以中所有元素的第一位的数字之和为，
对于中所有元素的其他同等位置的数字之和为均为，
故集合中任意两个元素之间的距离的和，
本题考查集合的描述法，集合的元素.
（1）根据可得，分四种情况去掉绝对值，进而可找出的坐标，进而推出围成的图形为正方形，求出围成图形的面积；
（2）利用求和公式进行表示可得：，，分两种情况，利用绝对值不等式的性质进行放缩可求出，进而可求出答案.
（3）对第一个位置的数字两两作差并取绝对值，可得个，可得个，可得个，根据，可求出集合中任意两个元素之间的距离的和.
27．（1）设 表示游程的个数，则 ，
由个和个在排列时，共有 种排列，
当 时，有种排列： 、 ；
当 时，有种排列： 、 、 ；
当 时，有种排列： 、 ， ， ；
当 时，只有一种排列： ．
故 的分布列为：
期望为
（2） ，
；
(ⅱ)可知当随机事件 发生时， 就是一个游程的开始，此时令 ，
设游程个数为 ，则 ，
由(ⅰ)可知 ，
，
由期望的性质可知，
，
设游程个数为 ，类似可得 ，
因此两类游程数目的数学期望为 ．
本题考查离散型随机变量分布列，离散型随机变量的期望.
（1）设 表示游程的个数，再找出变量的可能取值，通过列举法可求出每个变量对应的概率，据此可列出分布列，利用数学期望计算公式可求出期望；
（2）（i）利用古典概型的计算公式，再利用组合数的计算公式可求出，；
（ii）由（i）可知，，3，…，，设设1游程个数为Y，设0游程个数为Z，利用数学期望的性质公式可得，通过计算可得：，同理可得，则利用数学期望的性质公式计算可得：两类游程数目的数学期望为.
28．（1）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，解得；令，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
即，无极大值；
综上：当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，，无极大值；
（2）解：当时，由（1）知：，
由，可得，即，
故，当且仅当时成立，即；
（3）证明：由（2）知，当时，，
构造函数，有两个零点，当且仅当，
有两个零点等价于的两个零点，即①，
由①式得，
要证，即证，即证，即证，
即证（令），即证，
令，易知，函数在上单调递增，
故，即成立，故原不等式成立，证毕.
（1）求函数的定义域，再求导，分、讨论，利用导数的正负讨论函数的单调区间与极值即可；
（2）当时，由（1）得，求的最大值即可；
（3）由（2）得，故，进而得到，结合整理得，令，再构造函数，证其单调性即可证得结果.
（1）当时，恒成立，在递增，无极值；
当时，得；得，
所以在递减，在递增，
故，无极大值；
（2）当时，由（1）知.
由得，即，
故，当且仅当时成立，
即.
（3）由（2）知，当时，
令，则有两个零点，当且仅当.
有两个零点等价于的两个零点
即
由（*）式得
要证，即证，即证
即证
即证（令），即证
令在递增，故
，即成立，故原不等式成立，证毕.
29．（1）解：当时，函数定义域为，
，
则函数在点处的切线斜率，
由，可得点坐标为，
则点处的切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，
，
当时，在上恒成立，则函数在上单调递减，
则函数在区间上的最大值为；
当时，令，则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
则函数在区间上的最大值为，
由，
当时，；
当时，，
故；
（3）解：由（2）可知，当时，函数在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，函数单调递增；
且，所以①，
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有②，
对①两边取对数可得③，
将①③代入②可得，解得，
所以实数的取值范围为.
（1）将代入，求导，利用导数的几何意义计算即可；
（2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值即可；
（3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，求解的范围即可.
（1）易知函数的定义域为.
当时，.
，
所以在点处的切线斜率，
又，即点坐标为，
所以点处的切线方程为；
（2）因为.
所以，
当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减，
故函数在区间上的最大值为.
当时，令，
则在上单调递增，
且当时，，当时，，
所以在上有唯一的一个零点.
令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得：
单调递减 单调递增
所以函数在区间上的最大值为，
由，有：
当时，；
当时，，
故；
（3）由（2）可知，当时，在上单调递减，
故此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，在时，单调递减，在时，单调递增；
且，所以，①
又时，，当时，，
为了满足有两个零点，则有.②
对①两边取对数可得，③
将①③代入②可得，解得.
所以实数的取值范围为.
30．（1）解：由题意得函数的定义域为，
当时，不等式等价于，
显然满足条件；
当时，不等式等价于，
即，解得，
综上所述，的解集为，
即当的取值范围为时，成立．
（2）解：（ⅰ）令
原题可转化为的实根个数问题（二重根为一个零点），
当时，即为，
所以至多一个实根①；
当时，即为，
所以至多两个实根②，
由①知，），所以，
由②知，，所以或，
所以或，且，
当时，若，则有两个零点0和，符合题意，
当时，①无实根，
对于②，只要，化简得，
则，符合题意；
当时，若，
则有三个不等实根，不符合题意；
若，则有两个零点0和，符合题意；
若，则仅有一个零点0，不符合题意，
综上所述，当时，的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，且三个零点分别为
显然，所以，
易得函数在上单调递减，
所以，
所以．
（1）根据题意，分与两种情况代入不等式计算，从而求解不等式，进而得出实数x的取值范围.
（2）（ⅰ）利用，将问题转化为的实根个数问题，然后求得与时根的个数，从而可得实数的取值范围，然后分别检验，即可得到结果；
（ⅱ）利用已知条件结合（ⅰ）中的结论可得，再由零点求解方法和对勾函数的单调性，进而得出的取值范围.
（1）由题意得函数的定义域为．
当时，不等式等价于，显然满足条件；
当时，不等式等价于，即，
解得．
综上，的解集为，
即当的取值范围为时，成立．
（2）（ⅰ）令
原题可转化为的实根个数问题（二重根为一个零点）．
当时，即为，所以至多一个实根①；
当时，即为，所以至多两个实根②．
由①知，），所以，
由②知，，所以或，
所以或，且．
当时，若，则有两个零点0和，符合题意．
当时，①无实根，对于②，只要，化简得，
则，符合题意．
当时，若，则有三个不等实根，不符合题意．若，
则有两个零点0和，符合题意．若，则仅有一个零点0，不符合题意．
综上所述，当时，的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，且三个零点分别为，
显然，所以．
易得函数在上单调递减，所以，
所以．