广西南宁市2023-2024学年高一下学期期末考调研测试数学试题
1．（2024高一下·南宁期末）若复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·南宁期末）已知全集，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·南宁期末）“”是“”成立的（ ）
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
4．（2024高一下·南宁期末）已知平面平面是平面外两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2024高一下·南宁期末）已知球O的半径，球O的内接圆锥的高h与底面半径r的比为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·南宁期末）高二（1）班有40名学生，其中男生有16名，已知男生平均体重为，总平均体重为，则女生的平均体重约为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·南宁期末）已知函数（且）在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·南宁期末）已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·南宁期末）已知实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·南宁期末）在中，内角的对边分别是，满足，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．（2024高一下·南宁期末）如图，在正方体中，是上底面的中心，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面与平面的夹角为
D．异面直线与所成角的余弦值为
12．（2024高一下·南宁期末）样本数据的第40百分位数为 ．
13．（2024高一下·南宁期末）已知在中，内角的对边分别为，若，则的面积为 ．
14．（2024高一下·南宁期末）如图，在中，为斜边的中点，点分别在边上（不包括端点），，若，则 ．
15．（2024高一下·南宁期末）已知函数（且）的图象经过点，函数的图象经过点．
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间．
16．（2024高一下·南宁期末）已知中，角所对的边分别是，其中，．
（1）求的外接圆半径；
（2）求周长的最大值．
17．（2024高一下·南宁期末）某高中为了激发学生参加科技创新实践活动的热情，决定举办两场“创新追梦”知识竞赛．规定每位参赛选手均须参加两场比赛，若其在两场比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知高二（1）班选出甲、乙两名选手参加比赛，在第一场比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，在第二场比赛中，甲、乙胜出的概率分别为．甲、乙两人在每场比赛中是否胜出互不影响．
（1）甲、乙两人中，谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）求甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率．
18．（2024高一下·南宁期末）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的一点，点在棱上，是三棱柱，分别是线段的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）若四棱锥的体积为，求的长度．
19．（2024高一下·南宁期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”．
（1）设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
（2）若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
（3）已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：C．
【分析】根据性质整理可得，再根据复数的模长公式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以．
故答案为：B．
【分析】根据已知条件和补集的运算法则、交集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由“”可以推出“”，
反之，由“”不一定推出“”，也可以推出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】利用一元二次不等式的解法结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、平面平面，若，则，故A正确；
B、平面平面，若，则，故B正确；
C、平面平面，若，则或相交或异面，故C错误；
D、平面平面，若，则，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据空间中的直线与平面以及平面与平面的关系选项判断即可.
5．【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：依题意可得，所以，
则，两边平方整理得，，
解得（舍去）或，则，
所以该圆锥的体积为．
故答案为：C．
【分析】由球的定义结合勾股定理求出，的值，再结合圆锥的体积公式得出该圆锥的体积.
6．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可知：高二（1）班有24名女生，有16名男生，
设女生的平均体重为，
则，
解得．
故答案为：B．
【分析】设女生的平均体重为，根据平均数的计算公式，从而列式求解得出女生的平均体重.
7．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：因为二次函数的对称轴为，
又因为函数在R上单调递增，
所以，解得，
则实数的取值范围是．
故答案为：C．
【分析】根据函数在各段单调递增且在断点左侧函数值不大于右侧函数值，从而得到不等式组，再解不等式组得出实数a的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，解得， 则的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】根据三角恒等变换化简求函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，知必有，
所以两边同乘以a，得，故A正确；
因为b的符号不能确定，所以不一定正确，故B错误；
由两边同乘以c，得，故C正确；
当，时，满足且，
但，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用已知条件和不等式的性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，由正弦定理，得，
所以，故A正确；
因为，所以是等腰三角形，
所以，故B错误；
由，得，
因为，
所以，
则，得，
又因为A是三角形内角，所以，故C正确；
由余弦定理得，整理得，
解得（舍去）或，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用正弦定理边角互化判断出选项A；利用等腰三角形判断方法和余弦函数的定义，则判断出选项B；利用正弦定理和三角形内角和定理、两角差的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出角A的值，则判断出选项C；利用余弦定理得出a，c的关系式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，是上底面的中心，分别为的中点，则，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面，平面，
则，故A正确；
B、连结交于，连结，如图所示：
则为直线与平面所成角，
设正方体边长为，则，故B正确；
C、延长交于其中连结取中点设为则面，
因为面和面所以为面和面的交线，
则过作连结则为平面与平面的夹角的平面角，
在中，设正方体边长为则
在中，由余弦定理得
则，故C错误；
D、取的中点设为Q，连结则为异面直线和的夹角，
在中，
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用线面垂直的判定定理和性质定理求解，利用线面角的定义，求解直线与平面所成角的正切值，先做出平面与平面的夹角的夹角，在利用解三角形的知识求解，利用异面直线的夹角的定义求异面直线与所成角的余弦值即可.
12．【答案】12
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以样本数据的第40百分位数为第3个数12．
故答案为：12.
【分析】根据已知条件和百分位数求解方法，从而得出样本数据的第40百分位数.
13．【答案】
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
则，
整理可得，解得（舍负），则，
所以的面积为．
故答案为：.
【分析】利用余弦定理得出c的值，再结合三角形的面积公式得出的面积.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：，若，
则，即，即，
因为为斜边的中点，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理，可得，
整理得
在中，由正弦定理，可得，
整理得，
联立，得，
即，
因为，
，
所以，解得，
因为，所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据找到的关系，再找到角的关系，利用两个三角形的正弦定理求解即可.
15．【答案】（1）解：由函数的图象经过点，得，①
由函数的图象经过点，
得，则，②
解①②，得（舍去）．
（2）解：由（1）知，
因为，
所以函数的定义域为R，
再根据复合函数单调性知其在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为．
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）代入得，再代入点得，联立方程组得出的值.
（2）利用二次函数的单调性和对数函数单调性，再结合复合函数单调性判断方法，从而得出函数的单调递增区间.
（1）由函数的图象经过点，得，①
由函数的图象经过点，得，
即，②
解①②得（舍去）．
（2）由（1）知，
因为，
所以函数的定义域为R，再根据复合函数单调性知其在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为．
16．【答案】（1）解：依题意，
解得，
故的外接圆半径．
（2）解：由（1）知，，
由余弦定理，得，
因为，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
则，
所以周长的最大值为．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系式、角A的取值范围和正弦定理，从而得出的外接圆半径.
（2）根据（1）得出角A的余弦值，结合余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而得出b+c的最大值，再根据三角形的周长公式得出周长的最大值．
（1）依题意，解得，
故的外接圆半径．
（2）由（1）知，，
由余弦定理，，
因为，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
故，
所以周长的最大值为．
17．【答案】（1）解：记事件表示“甲在第一场比赛中胜出”，
事件表示“甲在第二场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第二场比赛中胜出”，
因为表示甲赢得比赛”，则，
因为表示“乙赢得比赛”则，
又因为，
所以甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）解：记C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知，
则表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且，
所以
，
所以甲，乙两人中至少有一人赢得比赛的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）利用相互独立事件乘法求概率公式和比较法，从而得出甲参赛赢得比赛的概率更大.
（2）由（1）结合互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式、相互独立事件乘法求概率公式，从而得出甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率.
（1）记事件表示“甲在第一场比赛中胜出”，事件表示“甲在第二场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一场比赛中胜出”，事件表示“乙在第二场比赛中胜出”，
于是表示甲赢得比赛”，，
表示“乙赢得比赛”，，而有，
所以甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）记C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知，
则表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且，
所以
．
所以甲，乙两人中至少有一人赢得比赛的概率为.
18．【答案】（1）证明：在正方体中，因为平面，分别是棱的中点，
所以，则平面，
又因为平面，所以，
由题意知，由勾股定理得，
满足，则，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以，
由题意知，则四边形的面积为，
由四棱锥的体积为，可得，则四棱锥的高为，
即点到平面的距离为，
连接，如图所示：
易知三点共线，过点作的垂线交于点，即，
由平面，得平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，即为四棱锥的高，
，因为，，，
所以，即，故.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理推出，应用勾股定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由四棱锥的体积可得点到平面的距离为，连接，过点作的垂线交于点，用线面垂直的判定定理证明平面，即为四棱锥的高，由求即可.
（1）在正方体中，平面，分别是棱的中点，
，则平面，
又平面，，
由题意知，由勾股定理得，
，即，
又，平面
平面
（2）由（1）知，平面，又平面，
，
由题意知，所以四边形的面积为，
由四棱锥的体积为，得，所以四棱锥的高为，
即点到平面的距离为.
连接，易知三点共线，过点作的垂线交于点，即，
由平面，得平面，
又平面，，
又，平面，
平面，即为四棱锥的高，
，
，，，
，即
.
19．【答案】（1）解：依题意得，又由是的“向量”，得，
则，
整理得，解得或，
所以，实数的取值范围是．
（2）解：依题意，可得，
因为
所以中的向量依次以3为周期，
若存在“1向量”，只需，
因为，
所以
，
所以，只需使，
整理得．
则，
所以，
当时，符合要求，
故存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）解：因为为的“向量”，
所以，
所以，
则，
同理可得，
以上三式相加，整理得，
则，
所以，
所以，
则，
设，
依题意，得
则，
所以，
，
所以
，
当且仅当和时，
则，所以，
所以，
所以的取值范围是．
【知识点】向量的物理背景与基本概念；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用“k向量”定义和向量的坐标运算以及向量的模的坐标表示，从而得出实数的取值范围.
（2）利用三角型函数的最小正周期结合“k向量”定义以及向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，再结合正弦型函数求值域的方法，从而得出存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）利用“k向量”定义和数量积的坐标表示以及向量的模的坐标表示，再结合正弦函数的值域和二次函数求值域的方法，从而得出的取值范围．
（1）依题意得，，
又由是的“向量”得，，则，
整理得，解得或，
所以，实数的取值范围是．
（2）依题意，可得．
因为，
所以中的向量依次以3为周期．
若存在“1向量”，只需．
因为，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
当时，符合要求．
故存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）因为为的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
则．
设，依题意，有
得，
所以，
，
所以，
，
当且仅当时，时，，
所以，
所以，
所以的取值范围是．
1 / 1广西南宁市2023-2024学年高一下学期期末考调研测试数学试题
1．（2024高一下·南宁期末）若复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的模
【解析】【解答】解：，则．
故答案为：C．
【分析】根据性质整理可得，再根据复数的模长公式求解即可.
2．（2024高一下·南宁期末）已知全集，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以．
故答案为：B．
【分析】根据已知条件和补集的运算法则、交集的运算法则，从而得出集合.
3．（2024高一下·南宁期末）“”是“”成立的（ ）
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；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由“”可以推出“”，
反之，由“”不一定推出“”，也可以推出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：A．
【分析】利用一元二次不等式的解法结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2024高一下·南宁期末）已知平面平面是平面外两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、平面平面，若，则，故A正确；
B、平面平面，若，则，故B正确；
C、平面平面，若，则或相交或异面，故C错误；
D、平面平面，若，则，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据空间中的直线与平面以及平面与平面的关系选项判断即可.
5．（2024高一下·南宁期末）已知球O的半径，球O的内接圆锥的高h与底面半径r的比为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：依题意可得，所以，
则，两边平方整理得，，
解得（舍去）或，则，
所以该圆锥的体积为．
故答案为：C．
【分析】由球的定义结合勾股定理求出，的值，再结合圆锥的体积公式得出该圆锥的体积.
6．（2024高一下·南宁期末）高二（1）班有40名学生，其中男生有16名，已知男生平均体重为，总平均体重为，则女生的平均体重约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可知：高二（1）班有24名女生，有16名男生，
设女生的平均体重为，
则，
解得．
故答案为：B．
【分析】设女生的平均体重为，根据平均数的计算公式，从而列式求解得出女生的平均体重.
7．（2024高一下·南宁期末）已知函数（且）在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：因为二次函数的对称轴为，
又因为函数在R上单调递增，
所以，解得，
则实数的取值范围是．
故答案为：C．
【分析】根据函数在各段单调递增且在断点左侧函数值不大于右侧函数值，从而得到不等式组，再解不等式组得出实数a的取值范围.
8．（2024高一下·南宁期末）已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，解得， 则的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】根据三角恒等变换化简求函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性求解即可.
9．（2024高一下·南宁期末）已知实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，知必有，
所以两边同乘以a，得，故A正确；
因为b的符号不能确定，所以不一定正确，故B错误；
由两边同乘以c，得，故C正确；
当，时，满足且，
但，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】利用已知条件和不等式的性质，从而逐项判断找出正确的选项.
10．（2024高一下·南宁期末）在中，内角的对边分别是，满足，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，由正弦定理，得，
所以，故A正确；
因为，所以是等腰三角形，
所以，故B错误；
由，得，
因为，
所以，
则，得，
又因为A是三角形内角，所以，故C正确；
由余弦定理得，整理得，
解得（舍去）或，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用正弦定理边角互化判断出选项A；利用等腰三角形判断方法和余弦函数的定义，则判断出选项B；利用正弦定理和三角形内角和定理、两角差的正弦公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出角A的值，则判断出选项C；利用余弦定理得出a，c的关系式，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2024高一下·南宁期末）如图，在正方体中，是上底面的中心，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面与平面的夹角为
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，是上底面的中心，分别为的中点，则，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面，平面，
则，故A正确；
B、连结交于，连结，如图所示：
则为直线与平面所成角，
设正方体边长为，则，故B正确；
C、延长交于其中连结取中点设为则面，
因为面和面所以为面和面的交线，
则过作连结则为平面与平面的夹角的平面角，
在中，设正方体边长为则
在中，由余弦定理得
则，故C错误；
D、取的中点设为Q，连结则为异面直线和的夹角，
在中，
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用线面垂直的判定定理和性质定理求解，利用线面角的定义，求解直线与平面所成角的正切值，先做出平面与平面的夹角的夹角，在利用解三角形的知识求解，利用异面直线的夹角的定义求异面直线与所成角的余弦值即可.
12．（2024高一下·南宁期末）样本数据的第40百分位数为 ．
【答案】12
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，
所以样本数据的第40百分位数为第3个数12．
故答案为：12.
【分析】根据已知条件和百分位数求解方法，从而得出样本数据的第40百分位数.
13．（2024高一下·南宁期末）已知在中，内角的对边分别为，若，则的面积为 ．
【答案】
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
则，
整理可得，解得（舍负），则，
所以的面积为．
故答案为：.
【分析】利用余弦定理得出c的值，再结合三角形的面积公式得出的面积.
14．（2024高一下·南宁期末）如图，在中，为斜边的中点，点分别在边上（不包括端点），，若，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：，若，
则，即，即，
因为为斜边的中点，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理，可得，
整理得
在中，由正弦定理，可得，
整理得，
联立，得，
即，
因为，
，
所以，解得，
因为，所以，所以.
故答案为：.
【分析】根据找到的关系，再找到角的关系，利用两个三角形的正弦定理求解即可.
15．（2024高一下·南宁期末）已知函数（且）的图象经过点，函数的图象经过点．
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间．
【答案】（1）解：由函数的图象经过点，得，①
由函数的图象经过点，
得，则，②
解①②，得（舍去）．
（2）解：由（1）知，
因为，
所以函数的定义域为R，
再根据复合函数单调性知其在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为．
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）代入得，再代入点得，联立方程组得出的值.
（2）利用二次函数的单调性和对数函数单调性，再结合复合函数单调性判断方法，从而得出函数的单调递增区间.
（1）由函数的图象经过点，得，①
由函数的图象经过点，得，
即，②
解①②得（舍去）．
（2）由（1）知，
因为，
所以函数的定义域为R，再根据复合函数单调性知其在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为．
16．（2024高一下·南宁期末）已知中，角所对的边分别是，其中，．
（1）求的外接圆半径；
（2）求周长的最大值．
【答案】（1）解：依题意，
解得，
故的外接圆半径．
（2）解：由（1）知，，
由余弦定理，得，
因为，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
则，
所以周长的最大值为．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系式、角A的取值范围和正弦定理，从而得出的外接圆半径.
（2）根据（1）得出角A的余弦值，结合余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而得出b+c的最大值，再根据三角形的周长公式得出周长的最大值．
（1）依题意，解得，
故的外接圆半径．
（2）由（1）知，，
由余弦定理，，
因为，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
故，
所以周长的最大值为．
17．（2024高一下·南宁期末）某高中为了激发学生参加科技创新实践活动的热情，决定举办两场“创新追梦”知识竞赛．规定每位参赛选手均须参加两场比赛，若其在两场比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知高二（1）班选出甲、乙两名选手参加比赛，在第一场比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，在第二场比赛中，甲、乙胜出的概率分别为．甲、乙两人在每场比赛中是否胜出互不影响．
（1）甲、乙两人中，谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）求甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率．
【答案】（1）解：记事件表示“甲在第一场比赛中胜出”，
事件表示“甲在第二场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第二场比赛中胜出”，
因为表示甲赢得比赛”，则，
因为表示“乙赢得比赛”则，
又因为，
所以甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）解：记C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知，
则表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且，
所以
，
所以甲，乙两人中至少有一人赢得比赛的概率为.
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）利用相互独立事件乘法求概率公式和比较法，从而得出甲参赛赢得比赛的概率更大.
（2）由（1）结合互斥事件加法求概率公式、对立事件求概率公式、相互独立事件乘法求概率公式，从而得出甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率.
（1）记事件表示“甲在第一场比赛中胜出”，事件表示“甲在第二场比赛中胜出”，
事件表示“乙在第一场比赛中胜出”，事件表示“乙在第二场比赛中胜出”，
于是表示甲赢得比赛”，，
表示“乙赢得比赛”，，而有，
所以甲参赛赢得比赛的概率更大．
（2）记C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”，
由（1）知，
则表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且，
所以
．
所以甲，乙两人中至少有一人赢得比赛的概率为.
18．（2024高一下·南宁期末）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的一点，点在棱上，是三棱柱，分别是线段的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）若四棱锥的体积为，求的长度．
【答案】（1）证明：在正方体中，因为平面，分别是棱的中点，
所以，则平面，
又因为平面，所以，
由题意知，由勾股定理得，
满足，则，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以，
由题意知，则四边形的面积为，
由四棱锥的体积为，可得，则四棱锥的高为，
即点到平面的距离为，
连接，如图所示：
易知三点共线，过点作的垂线交于点，即，
由平面，得平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，即为四棱锥的高，
，因为，，，
所以，即，故.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理推出，应用勾股定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由四棱锥的体积可得点到平面的距离为，连接，过点作的垂线交于点，用线面垂直的判定定理证明平面，即为四棱锥的高，由求即可.
（1）在正方体中，平面，分别是棱的中点，
，则平面，
又平面，，
由题意知，由勾股定理得，
，即，
又，平面
平面
（2）由（1）知，平面，又平面，
，
由题意知，所以四边形的面积为，
由四棱锥的体积为，得，所以四棱锥的高为，
即点到平面的距离为.
连接，易知三点共线，过点作的垂线交于点，即，
由平面，得平面，
又平面，，
又，平面，
平面，即为四棱锥的高，
，
，，，
，即
.
19．（2024高一下·南宁期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”．
（1）设，若是的“向量”，求实数的取值范围；
（2）若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由；
（3）已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围．
【答案】（1）解：依题意得，又由是的“向量”，得，
则，
整理得，解得或，
所以，实数的取值范围是．
（2）解：依题意，可得，
因为
所以中的向量依次以3为周期，
若存在“1向量”，只需，
因为，
所以
，
所以，只需使，
整理得．
则，
所以，
当时，符合要求，
故存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）解：因为为的“向量”，
所以，
所以，
则，
同理可得，
以上三式相加，整理得，
则，
所以，
所以，
则，
设，
依题意，得
则，
所以，
，
所以
，
当且仅当和时，
则，所以，
所以，
所以的取值范围是．
【知识点】向量的物理背景与基本概念；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用“k向量”定义和向量的坐标运算以及向量的模的坐标表示，从而得出实数的取值范围.
（2）利用三角型函数的最小正周期结合“k向量”定义以及向量的坐标运算和向量的模的坐标表示，再结合正弦型函数求值域的方法，从而得出存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）利用“k向量”定义和数量积的坐标表示以及向量的模的坐标表示，再结合正弦函数的值域和二次函数求值域的方法，从而得出的取值范围．
（1）依题意得，，
又由是的“向量”得，，则，
整理得，解得或，
所以，实数的取值范围是．
（2）依题意，可得．
因为，
所以中的向量依次以3为周期．
若存在“1向量”，只需．
因为，
所以
．
所以只需使，
整理得．
即，即，
当时，符合要求．
故存在“1向量”，且“1向量”为．
（3）因为为的“向量”，所以，
即，即，
同理，
以上三式相加，整理得，
即，即，所以．
则．
设，依题意，有
得，
所以，
，
所以，
，
当且仅当时，时，，
所以，
所以，
所以的取值范围是．
1 / 1
