浙江省学考适应性2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·浙江期末）已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：.
【分析】先利用复数乘除法运算法则化简得出复数，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点的坐标，再结合点的坐标确定复数在复平面内对应的点所在的象限.
2．（2024高二下·浙江期末）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】将左右同时平方可得的值，再结合数量积求投影向量公式，从而得出在上的投影向量.
3．（2024高二下·浙江期末）已知函数的定义域为集合，值域为集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，
则，解得或，
所以函数的定义域为集合，
则值域为集合，所以.
故答案为：D.
【分析】先令，从而解出一元二次不等式，进而求出函数的定义域，则求出函数的值域，再根据补集的运算法则得出集合A在集合B中的补集.
4．（2024高二下·浙江期末）已知为钝角，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为为钝角，且，
所以，且
，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据同角三角函数基本关系式求出的值，再由两角和的余弦公式结合角的取值范围，从而得出的值.
5．（2024高二下·浙江期末）甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，
则甲以4比2获胜的概率为．
故答案为：D．
【分析】根据题意，只需前5场甲赢3场，再利用独立事件乘法求概率公式，从而得出甲以4比2获胜的概率．
6．（2024高二下·浙江期末）已知向量，，且，则实数的值为（ ）
A． B． C． 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，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】由向量平行的坐标表示，从而得出实数的值.
7．（2024高二下·浙江期末）用平面截一个球，所得的截面面积为，若到该球球心的距离为，则球的体积（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设截面圆半径为，球半径为，球心到截面的距离为，
根据题意可得：，，
则，
所以球的半径为，
所以球的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据题中条件结合圆的面积公式和勾股定理，从而求出球的半径的值，再利用球的体积公式得出球的体积.
8．（2024高二下·浙江期末）若满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】将两边底数化为相同，从而得到，再利用对应相等，从而得出方程，进而解方程得出实数m的值.
9．（2024高二下·浙江期末）常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，
则512天后甲的质量为：，乙的质量为：，
由题意可知，，
所以.
故答案为：A.
【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，从而可得512天后甲、乙的质量，再根据题意列出等式，从而得出满足的关系式．
10．（2024高二下·浙江期末）设为实数，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
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
【解析】【解答】解：若，又因为，
则，充分性成立，
取，，
此时，但，必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和不等式的基本性质以及充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
11．（2024高二下·浙江期末）设的内心为，而且满足，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：法一：
将分别延长至，使，
则，
所以是的重心，
则，
则，
，
，
所以，
设的内接圆半径为，有、、，
则，
故.
法二：
由内心的向量表示知：，
则，
故.
故答案为：D.
【分析】利用两种方法求解.
法一：将分别延长至，使，再结合重心定义与三角形的面积公式，从而可得，则可得，再结合余弦定理的推论得出的值.
法二：由三角形的内心的向量表示可得，再结合余弦定理的推论计算得出的值.
12．（2024高二下·浙江期末）一个顶点为，底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，交平面于点，
设，，，
由∽，得，
则，
所以，
则，
故，
因为正方形的面积为，
则正四棱锥的体积为：
，
其中，令，
则，，
则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，也是最大值，
则最大值为.
故答案为：D.
【分析】作出辅助线，由三角形相似和圆锥体积得到各边关系，从而表示出正四棱锥的体积为，令，则，，再求导判断函数单调性，从而得到函数的极值，进而得出函数的最值，则得出正四棱锥的体积的最大值.
13．（2024高二下·浙江期末）已知幂函数，其中，则下列说法正确的是（ ）
A． B．若时，
C．若时，关于轴对称 D．恒过定点
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，因为是幂函数，
所以，故选项A错误；
对于B，当时，，
根据幂函数性质可知，此时是增函数，则，故选项B正确；
对于C，当时，，满足，
所以函数f(x)是偶函数，故选项C正确；
对于D，根据幂函数性质可知恒过定点，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据幂函数的定义和图象以及性质，从而逐项判断找出说法正确的选项.
14．（2024高二下·浙江期末）饮料瓶的主要成分是聚对苯二甲酸乙二醇酯，简称“PET”．随着垃圾分类和可持续理念的普及，饮料瓶作为可回收材料的“主力军”之一，得以高效回收，获得循环再生，对于可持续发展具有重要意义，上海某高中随机调查了该校某两个班（A班，B班）5月份每天产生饮料瓶的数目（单位：个），并按分组，分别得到频率分布直方图如下：下列说法正确的是（ ）
A．班该月平均每天产生的饮料瓶个数估计为41
B．班5月产生饮料瓶数的第75百分位数
C．已知该校共有学生1000人，则约有150人5月份产生饮料瓶数在之间
D．
【答案】A,B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为平均值为：故A正确；
对于B，因为，
解得.
所以前4个矩形面积之和为0.7，前5个矩形面积之和为0.85，
故位于中，
所以，解得，
故B正确；
对于C，根据题中条件无法得出每个同学5月份产生饮料瓶数的情况，故C错误；
对于D，由选项B知，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由频率分布直方图求平均值、百分位数的计算公式，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式、频率之和等于1的性质，从而逐项判断找出说法正确的选项.
15．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图像是中心对称图形 B．的图像是轴对称图形
C．是周期函数 D．存在最大值与最小值
【答案】B,C,D
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数最大（小）值；图形的对称性
【解析】【解答】解：.
对于A，因为
不为常数，故A错误；
对于B，因为，
则函数关于 对称.，故B正确；
对于C，因为，
则函数周期为，故C正确；
对于D，令
因为为偶函数，则只需要考虑部分即可，
又因为
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件，从而根据函数对称性与周期性的定义判断出选项A、选项B和选项C；利用换元法，再结合偶函数的定义和求导判断函数单调性的方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
16．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则关于的方程根的个数可能是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】A,B,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，
当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点，
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故答案为：ABD．
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，再作出的图象，分、、三种情况，则结合图象求解得出关于的方程根的个数．
17．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则 ．
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由，
故，
则.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式和代入法，从而得出的值.
18．（2024高二下·浙江期末）已知函数的最大值为，则常数的值为 ，的单调递增区间为 .
【答案】；
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：
，
当时，即当时，
函数有最大值为，
所以，
由，
得，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：；.
【分析】先化简得，由函数最大值为可计算出的值，由可得函数的单调递增区间.
19．（2024高二下·浙江期末）给定正实数，对任意正实数，记，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则，当且仅当时，等号成立，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
20．（2024高二下·浙江期末）为平面内一定点，，，与夹角为，，，，则所围成的面积为 .
【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，，，
则所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积，再结合三角形的面积公式求和得出所围成的面积.
21．（2024高二下·浙江期末）已知内角的对边分别为，，
（1）求的取值范围
（2）求内切圆的半径的最大值
【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
得，
所以或，
解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，由正弦定理得，
则，
所以
（），
由知，当时，取到最大值，
又因为，
所以.
（2）解：由（1）和余弦定理得，
则，得，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，
则的面积为，
设的内切圆半径为，
则的面积为，
所以，
又因为，
所以，
则
所以，的最大值为.
【知识点】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；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算可得，从而得出角的值，再结合正弦定理、三角恒等变换的化简和三角型函数求最值的方法，从而得出的取值范围.
（2）由（1）结合余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而可得，利用的面积为，则，再利用和，从而得出r的最大值.
（1）因为，
所以，
即，
得，所以或，
解得或（舍去），又，
所以，又，由正弦定理得，则，
所以（），
由知，当时，取到最大值，
又，所以；
（2）由（1），由余弦定理得，即，
得，即，
得，当且仅当时等号成立，所以.
的面积为，设的内切圆半径为，
则的面积为，所以，
又，所以，
则，
即的最大值为.
22．（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．
【答案】（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：
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（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．
23．（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：．
【答案】（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.
【知识点】奇偶性与单调性的综合；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（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.
1 / 1浙江省学考适应性2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题
1．（2024高二下·浙江期末）已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高二下·浙江期末）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·浙江期末）已知函数的定义域为集合，值域为集合，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二下·浙江期末）已知为钝角，且，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二下·浙江期末）甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·浙江期末）已知向量，，且，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·浙江期末）用平面截一个球，所得的截面面积为，若到该球球心的距离为，则球的体积（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·浙江期末）若满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·浙江期末）常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高二下·浙江期末）设为实数，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．（2024高二下·浙江期末）设的内心为，而且满足，则的值是（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高二下·浙江期末）一个顶点为，底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
13．（2024高二下·浙江期末）已知幂函数，其中，则下列说法正确的是（ ）
A． B．若时，
C．若时，关于轴对称 D．恒过定点
14．（2024高二下·浙江期末）饮料瓶的主要成分是聚对苯二甲酸乙二醇酯，简称“PET”．随着垃圾分类和可持续理念的普及，饮料瓶作为可回收材料的“主力军”之一，得以高效回收，获得循环再生，对于可持续发展具有重要意义，上海某高中随机调查了该校某两个班（A班，B班）5月份每天产生饮料瓶的数目（单位：个），并按分组，分别得到频率分布直方图如下：下列说法正确的是（ ）
A．班该月平均每天产生的饮料瓶个数估计为41
B．班5月产生饮料瓶数的第75百分位数
C．已知该校共有学生1000人，则约有150人5月份产生饮料瓶数在之间
D．
15．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图像是中心对称图形 B．的图像是轴对称图形
C．是周期函数 D．存在最大值与最小值
16．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则关于的方程根的个数可能是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
17．（2024高二下·浙江期末）已知函数，则 ．
18．（2024高二下·浙江期末）已知函数的最大值为，则常数的值为 ，的单调递增区间为 .
19．（2024高二下·浙江期末）给定正实数，对任意正实数，记，则的最大值为 ．
20．（2024高二下·浙江期末）为平面内一定点，，，与夹角为，，，，则所围成的面积为 .
21．（2024高二下·浙江期末）已知内角的对边分别为，，
（1）求的取值范围
（2）求内切圆的半径的最大值
22．（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．
23．（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：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故答案为：.
【分析】先利用复数乘除法运算法则化简得出复数，再结合复数的几何意义得出复数在复平面内对应的点的坐标，再结合点的坐标确定复数在复平面内对应的点所在的象限.
2．【答案】B
【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：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】将左右同时平方可得的值，再结合数量积求投影向量公式，从而得出在上的投影向量.
3．【答案】D
【知识点】补集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，
则，解得或，
所以函数的定义域为集合，
则值域为集合，所以.
故答案为：D.
【分析】先令，从而解出一元二次不等式，进而求出函数的定义域，则求出函数的值域，再根据补集的运算法则得出集合A在集合B中的补集.
4．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为为钝角，且，
所以，且
，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】先根据同角三角函数基本关系式求出的值，再由两角和的余弦公式结合角的取值范围，从而得出的值.
5．【答案】D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，
则甲以4比2获胜的概率为．
故答案为：D．
【分析】根据题意，只需前5场甲赢3场，再利用独立事件乘法求概率公式，从而得出甲以4比2获胜的概率．
6．【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，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】由向量平行的坐标表示，从而得出实数的值.
7．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：设截面圆半径为，球半径为，球心到截面的距离为，
根据题意可得：，，
则，
所以球的半径为，
所以球的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据题中条件结合圆的面积公式和勾股定理，从而求出球的半径的值，再利用球的体积公式得出球的体积.
8．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，
则，
解得.
故答案为：C.
【分析】将两边底数化为相同，从而得到，再利用对应相等，从而得出方程，进而解方程得出实数m的值.
9．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，
则512天后甲的质量为：，乙的质量为：，
由题意可知，，
所以.
故答案为：A.
【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，从而可得512天后甲、乙的质量，再根据题意列出等式，从而得出满足的关系式．
10．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，又因为，
则，充分性成立，
取，，
此时，但，必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：B.
【分析】由已知条件和不等式的基本性质以及充分条件和必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
11．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：法一：
将分别延长至，使，
则，
所以是的重心，
则，
则，
，
，
所以，
设的内接圆半径为，有、、，
则，
故.
法二：
由内心的向量表示知：，
则，
故.
故答案为：D.
【分析】利用两种方法求解.
法一：将分别延长至，使，再结合重心定义与三角形的面积公式，从而可得，则可得，再结合余弦定理的推论得出的值.
法二：由三角形的内心的向量表示可得，再结合余弦定理的推论计算得出的值.
12．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，交平面于点，
设，，，
由∽，得，
则，
所以，
则，
故，
因为正方形的面积为，
则正四棱锥的体积为：
，
其中，令，
则，，
则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，也是最大值，
则最大值为.
故答案为：D.
【分析】作出辅助线，由三角形相似和圆锥体积得到各边关系，从而表示出正四棱锥的体积为，令，则，，再求导判断函数单调性，从而得到函数的极值，进而得出函数的最值，则得出正四棱锥的体积的最大值.
13．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，因为是幂函数，
所以，故选项A错误；
对于B，当时，，
根据幂函数性质可知，此时是增函数，则，故选项B正确；
对于C，当时，，满足，
所以函数f(x)是偶函数，故选项C正确；
对于D，根据幂函数性质可知恒过定点，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据幂函数的定义和图象以及性质，从而逐项判断找出说法正确的选项.
14．【答案】A,B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；概率的基本性质；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，因为平均值为：故A正确；
对于B，因为，
解得.
所以前4个矩形面积之和为0.7，前5个矩形面积之和为0.85，
故位于中，
所以，解得，
故B正确；
对于C，根据题中条件无法得出每个同学5月份产生饮料瓶数的情况，故C错误；
对于D，由选项B知，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由频率分布直方图求平均值、百分位数的计算公式，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式、频率之和等于1的性质，从而逐项判断找出说法正确的选项.
15．【答案】B,C,D
【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数最大（小）值；图形的对称性
【解析】【解答】解：.
对于A，因为
不为常数，故A错误；
对于B，因为，
则函数关于 对称.，故B正确；
对于C，因为，
则函数周期为，故C正确；
对于D，令
因为为偶函数，则只需要考虑部分即可，
又因为
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件，从而根据函数对称性与周期性的定义判断出选项A、选项B和选项C；利用换元法，再结合偶函数的定义和求导判断函数单调性的方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
16．【答案】A,B,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，
当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点，
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故答案为：ABD．
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，再作出的图象，分、、三种情况，则结合图象求解得出关于的方程根的个数．
17．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：由，
故，
则.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式和代入法，从而得出的值.
18．【答案】；
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：
，
当时，即当时，
函数有最大值为，
所以，
由，
得，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：；.
【分析】先化简得，由函数最大值为可计算出的值，由可得函数的单调递增区间.
19．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则，当且仅当时，等号成立，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
20．【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，，，
则所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积，
则.
故答案为：.
【分析】由题意可得所围成的面积为以、为邻边的平行四边形的面积，再结合三角形的面积公式求和得出所围成的面积.
21．【答案】（1）解：因为，
所以，
则，
得，
所以或，
解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，由正弦定理得，
则，
所以
（），
由知，当时，取到最大值，
又因为，
所以.
（2）解：由（1）和余弦定理得，
则，得，
所以，
则，当且仅当时等号成立，
所以，
则的面积为，
设的内切圆半径为，
则的面积为，
所以，
又因为，
所以，
则
所以，的最大值为.
【知识点】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；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算可得，从而得出角的值，再结合正弦定理、三角恒等变换的化简和三角型函数求最值的方法，从而得出的取值范围.
（2）由（1）结合余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而可得，利用的面积为，则，再利用和，从而得出r的最大值.
（1）因为，
所以，
即，
得，所以或，
解得或（舍去），又，
所以，又，由正弦定理得，则，
所以（），
由知，当时，取到最大值，
又，所以；
（2）由（1），由余弦定理得，即，
得，即，
得，当且仅当时等号成立，所以.
的面积为，设的内切圆半径为，
则的面积为，所以，
又，所以，
则，
即的最大值为.
22．【答案】（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：
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（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．
23．【答案】（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.
【知识点】奇偶性与单调性的综合；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（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.
1 / 1
