湖南省株洲市第十三中学2024—2025学年高一下学期期末摸底考试数学试题（A）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．（2025高一下·株洲期末）复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故选：C.
【分析】利用复数的除法运算法则计算即可求解.
2．（2025高一下·株洲期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，由，得，所以.
故答案为：B
【分析】要解决向量与平行时求的值，需用到平面向量共线的坐标判定规则：若两个平面向量，，且（ ），则满足 ，已知和的坐标，将其代入该规则对应的等式，通过解方程就能求出 .
3．（2025高一下·株洲期末）在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】A
【知识点】向量的模；空间中的点的坐标；点、线、面间的距离计算；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：如图，
因P为棱的中点，则，
由余弦定理，，
则，
设点B到直线的距离为，则，
解得.
故答案为：A.
【分析】要计算点到直线的距离，可借助空间三角形面积的两种不同表示方法，先确定的各边长度，利用余弦定理求出某个角的正弦值（该角以为顶点，两边分别为、 ），再根据三角形面积公式（为两边，为夹角 ）以及底高（这里底为，高为点到直线的距离 ），通过面积相等建立等式求解.
4．（2025高一下·株洲期末）设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则 与 所成的角和 与 所成的角相等
【答案】C
【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】【解答】解：A． 时， 中存在直线 （过 的平面与 的交线都与 平行）， ，则 ，又 ，则 ，所以 ，A符合题意；
B． ， ， 与 无公共点，则 ，B符合题意；
C． ， ， 时， 与 可以平行，相交，C不符合题意．
D．由线线平行的性质知 时， 与 所成的角相等， 时由面面平行的性质知 与 所成的角相等，因此D符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合面面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、线面角的求解方法，从而找出命题错误的选项。
5．（2025高一下·株洲期末）一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球与该正四棱台的各面均相切，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图所示，作出正四棱台的过切点的轴截面，
可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆，因为正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，且球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，所以，设球的半径为，在直角中，可得，又由切线长定理可得，所以，故球的体积为．
故答案为：B.
【分析】 利用正四棱台的轴截面（等腰梯形）与内切球的关系，通过构建直角三角形，结合切线长定理求出球的半径，再用球的体积公式计算体积，关键在于将正四棱台的内切球问题转化为轴截面等腰梯形的内切圆问题，利用几何性质（切线长相等、勾股定理 ）建立方程求解半径 .
6．（2025高一下·株洲期末）若函数（，，）的图象上有两个相邻顶点为，.将的图象沿x轴向左平移1个单位，再沿y轴向上平移个单位后得，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象上有两个相邻顶点为，，所以
最高点坐标为，最低点坐标为，
所以函数的周期为，
又因为函数过可得，所以，
，，
的解析式为，
将的图象沿x轴向左平移1个单位，再沿y轴向上平移个单位后得，
所以.
故答案为：C
【分析】1. 确定函数的参数、、：：利用函数相邻顶点（最高点和最低点）的纵坐标确定振幅。
：通过相邻顶点的横坐标差求出函数周期，再依据周期公式计算。
：将已知顶点坐标代入函数表达式，结合的取值范围求解。
2. 根据函数图象变换规则得到：按照“左加右减，上加下减”的原则，先对进行沿轴的平移，再进行沿轴的平移，得到的表达式。
3. 计算：将代入的表达式，结合特殊角的三角函数值计算结果。
7．（2025高一下·株洲期末）在菱形中，，将折起到的位置，若三棱锥的外接球的体积为，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：取中点，连接，，
则，故是二面角的平面角，，三棱锥的外接球的半径为，则，解得，设的外接圆的圆心与三棱锥的外接球的球心的距离为，则，则，即，解得，即，则中，，，所以，所以，在中，，所以，所以，即二面角的正弦值为.
故答案为：C.
【分析】 确定二面角的平面角，再通过外接球体积求出半径，接着利用几何关系（如勾股定理）找到二面角平面角与外接球半径的联系，进而求出二面角的正弦值，关键在于识别二面角的平面角，结合外接球的性质建立方程求解 。.
8．（2025高一下·株洲期末）在中，，若以m为参数的不等式恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次不等式；基本不等式；二倍角的余弦公式；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得中，，
则，
，
，当且仅当时等号成立，
故，，
所以，
由得
，
，
令，则恒成立.
令，则，
解得.
故答案为：B
【分析】1. 利用余弦定理化简条件：从已知出发，结合，通过余弦定理建立关于角的余弦表达式，再用基本不等式求出的范围，进而得到的范围。
2. 三角恒等变换转化不等式：把利用二倍角公式和三角形内角和性质，转化为关于的二次不等式 。
3. 构造函数求解恒成立问题：令，将问题转化为二次函数在上恒小于等于，通过分析函数在区间端点处的取值情况（因为二次函数开口向上，要在区间上恒非正，只需区间端点处函数值非正 ），解不等式组得到的取值范围。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·株洲期末）下列说法正确的是（ ）
A．某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件
B．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9
C．数据，，，，，，，的分位数是8
D．数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为
【答案】A,B,D
【知识点】分层抽样方法；互斥事件与对立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由 “掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确；
B、设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确；
C、数据，，，，，，，从小到大排列为：，，，，，，，，
由，得该组数据的分位数是，C错误；
对于D，数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：依据互斥事件的定义，判断两个事件是否能同时发生，若不能则为互斥事件。
B：利用分层抽样中各层个体数抽取比例相等的特点，建立比例等式求解。
C：先将数据排序，再根据分位数的计算方法，通过计算数据个数与分位百分数的乘积确定分位数的位置，进而得出分位数。
D：根据方差的性质，若一组数据中的每个数据都乘以一个常数k，则方差变为原来的倍，以此判断。
10．（2025高一下·株洲期末）已知的定义域为，值域为，则（ ）
A．若，则
B．对任意，使得
C．对任意的图象恒过一定点
D．若在上单调递减，则的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；复合函数的单调性；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：A、因为定义域为，只需要恒成立，
所以判别式，即，
所以真数不能取遍所有正实数，所以，A正确；
B、若，即，
化简，
故解得，B错误；
C、，因为与无关，所以，
，故定点为，C正确；
D、若在上单调递减，只需要在上单调递减，且，即，解得，故，D正确.
故答案为：ACD
【分析】A：定义域为意味着二次函数恒正，通过判别式确定其取值范围，进而判断对数函数值域是否为R.
B：若，利用对数函数单调性转化为真数相等，求解方程判断是否存在这样的 .
C：要找函数恒过定点，需让真数部分与无关，解出值后确定定点坐标.
D：对数函数单调递减，结合复合函数“同增异减”，需二次函数在对应区间单调递减且真数恒正，据此列不等式组求解 .
11．（2025高一下·株洲期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足，则（ ）
A．
B．若b＝4，则△ABC的周长的最大值为
C．若D为AC的中点，且BD＝2，则△ABC的面积的最大值为
D．若角B的平分线BD与边AC相交于点D，且，则a+4c的最小值为9
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、在△ABC中，由及正弦定理，得，
而，则，整理得，，因此，A错误；
B、由余弦定理得，
，当且仅当时取等号，所以△ABC的周长的最大值为，B正确；
C、，两边平方得，则，
当且仅当时取等号，因此△ABC的面积的最大值，C正确；
D、由，得，
整理得，即，所以
，当且仅当时取等号，D正确.
故答案为：BCD
【分析】A：利用正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换公式化简，求出角，判断选项正误.
B：根据余弦定理得到边的关系，结合基本不等式求出的最大值，进而得到周长最大值.
C：利用向量关系得到边的等式，结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形面积公式求出面积最大值.
D：依据三角形面积公式得到、的关系，结合“”的代换和基本不等式求出的最小值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·株洲期末）计算 ．
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以.
故答案为：.
【分析】本题需要计算复数的乘方运算结果，由于是分式形式的复数乘方，可先对分式部分进行复数的除法运算（利用复数的共轭复数将分母实数化 ），再进行复数的乘方运算，逐步求出结果.
13．（2025高一下·株洲期末）香霏楼是荣昌昌州故里景区的标志性建筑之一，也是荣昌历史文化的重要象征.某同学为测量香霏楼的高度，在香霏楼的正西方向找到一座建筑物，高约为15m，在地面上点E处（A，C，E三点共线）测得建筑物顶部B，香霏楼顶部D的仰角分别为和，在B处测得塔顶部D的仰角为，则香霏楼的顶部与地面的距离约为 m..
【答案】30
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，；在中，；
由图可知，易知，
在中，，根据正弦定理可得：，
所以
所以.
故答案为：30
【分析】先在中求出的长度，再分析的内角，最后借助正弦定理建立、与的关系，进而求出 .
14．（2025高一下·株洲期末）已知平面 ，直线 与 所成角的正切值为 ，直线 ，直线 ，且 和 所成角为 ，那么 与 所成的角为 .
【答案】
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】如图，直线 与平面 分别交于点 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，
为直线 与平面 所成的角，
因为 ，在 内过 存在直线 ，作 ，垂足为 ，连接 ，则 ，
，
设 ，则 ， ，
，则 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
在直角 中， ，
， （ 即为 ），则 ，又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
所以 与 夹角为 ．即 夹角为 ．
故答案为： ．
【分析】 由题意画出图形，直线 与平面 分别交于点 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，作 ，垂足为 ，连接 ，通过求解三角形可得 和 所成角，然后证明，即可求得m与n所成的角。
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·株洲期末）已知平面向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，求．
【答案】（1）解：若，则，
故或；
（2）解：若，则，即，
则或，
若，则，，则，
若，则，，则，
即或.
【知识点】向量的模；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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由向量垂直可得数量积为零，计算即可得；
（2）借助向量平行的性质计算计算可得，再利用坐标形式的模长公式计算即可得.
（1）若，则，故或；
（2）若，则，即，
则或，
若，则，，则，
若，则，，则，
即或.
16．（2025高一下·株洲期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）将函数的图象上所有点向上平移个单位得到曲线，再将上的各点纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象．若，，不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意得，，
所以函数的最小正周期；
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：曲线所对函数解析式为，因此，
当时，，
则当或，即当或时，，
，不等式成立，
只需，即，
依题意，成立，
令，于是，即，解得，
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）通过三角恒等变换将函数化简为正弦型函数，再利用正弦函数的周期和单调区间公式求解.
（2）先根据图象变换得到的表达式，求出其在给定区间的最小值，将恒成立问题转化为关于m的一次函数恒非负问题，通过分析一次函数在区间上的取值求解t的范围.
（1）依题意，，
所以函数的最小正周期；
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）曲线所对函数解析式为，因此，
当时，，
则当或，即当或时，，
，不等式成立，
只需，即，
依题意，成立，
令，于是，即，解得，
所以的取值范围为.
17．（2025高一下·株洲期末）如图，在直角坐标系中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，过O作射线交的延长线于点Q，使得，记，，且．
（1）若，求的值；
（2）已知函数，，记的最小值为．若，求m的值及此时的最大值．
【答案】（1）解：，，则，由三角函数的定义可得，
又，即，得，所以，即，所以，所以，
（2）解： ，设，，则，所以原函数化为，对称轴为，当时，；当时，；当时，，综上，，因为，所以，解得；或，解得（舍）或（舍），或，解得（舍），所以，此时，，对称轴为，所以当时，，
即此时的最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】 本题围绕三棱锥中的线面平行证明与线面角求解展开.对于（1），通过建立空间直角坐标系，利用向量法，证明直线的方向向量与平面法向量垂直且直线不在平面内，实现线面平行的证明；对于（2），同样依托空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算正弦值。核心是空间直角坐标系的合理构建与向量运算的灵活运用 。
（1），，则，
由三角函数的定义可得，
又，即，得，
所以，即，所以，
所以，
（2），
设，，则，
所以原函数化为，对称轴为，
当时，；
当时，；
当时，，
综上，，
因为，
所以，解得；
或，解得（舍）或（舍），
或，解得（舍），
所以，
此时，，对称轴为，
所以当时，，
即此时的最大值为.
18．（2025高一下·株洲期末）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且．
（1）若，证明：平面；
（2）当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值．
【答案】（1）证明：取棱中点记为M，连接，如图：
分别是的中点，且侧面是正方形，
，
四边形是平行四边形，又平面，平面，
平面．
（2）解：直三棱柱，两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
．
设平面的法向量，则，取，
设平面的法向量，则，取，
记平面与平面夹角为，
令，所以，在，即时取得最大值．
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取棱中点记为M，连接，由题意可得四边形是平行四边形，可得，可证结论成立.
（2）以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，求得的一个法向量，利用向量法可得，进而求得最大值即可.
（1）取棱中点记为M，连接，
分别是的中点，且侧面是正方形，
，
四边形是平行四边形，
又平面，平面，
平面．
（2）直三棱柱，
两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
，
，
．
设平面的法向量，
则，取，
设平面的法向量，
则，取，
记平面与平面夹角为，
令，所以，在，即时取得最大值．
19．（2025高一下·株洲期末）设定义域为的函数在上可导，导函数为．若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”．
（1）判断是否为上的函数，说明理由；
（2）若实数满足：为上的函数，求t的取值范围；
（3）已知函数存在最大值．求证：对任意正整数都是上的函数的充要条件是对任意与恒成立
【答案】（1）解： 函数，求导得，，恒成立，所以是上的函数
（2）解： 由为上的函数，，得，取，得，反之当时，在恒成立，令，求导，且的为离散的点，因此为严格减函数，又，则，又（3所以t的取值范围是：且
（3）证明：（充分性）对任意与恒成立，
则对任意正整数，有：，
因此为上的函数，即充分条件成立；
（必要性）即对任意正整数，有①，
记函数的最大值为，先证明恒成立，
反证法，假设存在使得，则取正整数，使得，
此时有，与①矛盾，因此假设错误，即；
再证明恒成立，取为的一个最大值点，则当时，
由单调性知，但，则，
于是，对任意，可取一个与有关的正整数，使得，
由②知：，因此必要性成立，所以原命题正确
【知识点】充要条件；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）紧扣函数定义，验证.先求导得，再计算并化简为，因时该式恒正，满足定义，故是函数.
（2）依定义转化为恒成立.用正弦和角公式展开，取、得 .构造，求导知其单调递减，结合得；再结合的周期解，取交集得范围.
（3）充分性：由且，对任意正整数，，满足函数定义.必要性：反证法证（若存在，取大可推出矛盾 ）；设最大值，结合单调性与定义证，双向推导完成充要性证明.
（1）函数，求导得，
，恒成立，
所以是上的函数.
（2）由为上的函数，，
得，
取，得，反之当时，在恒成立，
令，求导得，且的为离散的点，
因此为严格减函数，又，则，
又，
所以t的取值范围是：且.
（3）（充分性）对任意与恒成立，则对任意正整数，有：，
因此为上的函数，即充分条件成立；
（必要性）即对任意正整数，有①，
记函数的最大值为，
先证明恒成立，
反证法，假设存在使得，则取正整数，使得，
此时有，与①矛盾，因此假设错误，即；
再证明恒成立，
取为的一个最大值点，
则当时，由单调性知，但，则，
于是，
对任意，可取一个与有关的正整数，使得，
由②知：，因此必要性成立，
所以原命题正确．
1 / 1湖南省株洲市第十三中学2024—2025学年高一下学期期末摸底考试数学试题（A）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．（2025高一下·株洲期末）复数（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·株洲期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·株洲期末）在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，则点B到直线的距离为（ ）
A．2 B． C． D．1
4．（2025高一下·株洲期末）设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ，则 与 所成的角和 与 所成的角相等
5．（2025高一下·株洲期末）一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球与该正四棱台的各面均相切，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·株洲期末）若函数（，，）的图象上有两个相邻顶点为，.将的图象沿x轴向左平移1个单位，再沿y轴向上平移个单位后得，则为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·株洲期末）在菱形中，，将折起到的位置，若三棱锥的外接球的体积为，则二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·株洲期末）在中，，若以m为参数的不等式恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·株洲期末）下列说法正确的是（ ）
A．某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件
B．甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9
C．数据，，，，，，，的分位数是8
D．数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为
10．（2025高一下·株洲期末）已知的定义域为，值域为，则（ ）
A．若，则
B．对任意，使得
C．对任意的图象恒过一定点
D．若在上单调递减，则的取值范围是
11．（2025高一下·株洲期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足，则（ ）
A．
B．若b＝4，则△ABC的周长的最大值为
C．若D为AC的中点，且BD＝2，则△ABC的面积的最大值为
D．若角B的平分线BD与边AC相交于点D，且，则a+4c的最小值为9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·株洲期末）计算 ．
13．（2025高一下·株洲期末）香霏楼是荣昌昌州故里景区的标志性建筑之一，也是荣昌历史文化的重要象征.某同学为测量香霏楼的高度，在香霏楼的正西方向找到一座建筑物，高约为15m，在地面上点E处（A，C，E三点共线）测得建筑物顶部B，香霏楼顶部D的仰角分别为和，在B处测得塔顶部D的仰角为，则香霏楼的顶部与地面的距离约为 m..
14．（2025高一下·株洲期末）已知平面 ，直线 与 所成角的正切值为 ，直线 ，直线 ，且 和 所成角为 ，那么 与 所成的角为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·株洲期末）已知平面向量，．
（1）若，求的值；
（2）若，求．
16．（2025高一下·株洲期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）将函数的图象上所有点向上平移个单位得到曲线，再将上的各点纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象．若，，不等式成立，求实数的取值范围．
17．（2025高一下·株洲期末）如图，在直角坐标系中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，过O作射线交的延长线于点Q，使得，记，，且．
（1）若，求的值；
（2）已知函数，，记的最小值为．若，求m的值及此时的最大值．
18．（2025高一下·株洲期末）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且．
（1）若，证明：平面；
（2）当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值．
19．（2025高一下·株洲期末）设定义域为的函数在上可导，导函数为．若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”．
（1）判断是否为上的函数，说明理由；
（2）若实数满足：为上的函数，求t的取值范围；
（3）已知函数存在最大值．求证：对任意正整数都是上的函数的充要条件是对任意与恒成立
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故选：C.
【分析】利用复数的除法运算法则计算即可求解.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，由，得，所以.
故答案为：B
【分析】要解决向量与平行时求的值，需用到平面向量共线的坐标判定规则：若两个平面向量，，且（ ），则满足 ，已知和的坐标，将其代入该规则对应的等式，通过解方程就能求出 .
3．【答案】A
【知识点】向量的模；空间中的点的坐标；点、线、面间的距离计算；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：如图，
因P为棱的中点，则，
由余弦定理，，
则，
设点B到直线的距离为，则，
解得.
故答案为：A.
【分析】要计算点到直线的距离，可借助空间三角形面积的两种不同表示方法，先确定的各边长度，利用余弦定理求出某个角的正弦值（该角以为顶点，两边分别为、 ），再根据三角形面积公式（为两边，为夹角 ）以及底高（这里底为，高为点到直线的距离 ），通过面积相等建立等式求解.
4．【答案】C
【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】【解答】解：A． 时， 中存在直线 （过 的平面与 的交线都与 平行）， ，则 ，又 ，则 ，所以 ，A符合题意；
B． ， ， 与 无公共点，则 ，B符合题意；
C． ， ， 时， 与 可以平行，相交，C不符合题意．
D．由线线平行的性质知 时， 与 所成的角相等， 时由面面平行的性质知 与 所成的角相等，因此D符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用已知条件结合面面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、线面角的求解方法，从而找出命题错误的选项。
5．【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图所示，作出正四棱台的过切点的轴截面，
可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的截面圆中最大的圆，因为正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，且球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，所以，设球的半径为，在直角中，可得，又由切线长定理可得，所以，故球的体积为．
故答案为：B.
【分析】 利用正四棱台的轴截面（等腰梯形）与内切球的关系，通过构建直角三角形，结合切线长定理求出球的半径，再用球的体积公式计算体积，关键在于将正四棱台的内切球问题转化为轴截面等腰梯形的内切圆问题，利用几何性质（切线长相等、勾股定理 ）建立方程求解半径 .
6．【答案】C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象上有两个相邻顶点为，，所以
最高点坐标为，最低点坐标为，
所以函数的周期为，
又因为函数过可得，所以，
，，
的解析式为，
将的图象沿x轴向左平移1个单位，再沿y轴向上平移个单位后得，
所以.
故答案为：C
【分析】1. 确定函数的参数、、：：利用函数相邻顶点（最高点和最低点）的纵坐标确定振幅。
：通过相邻顶点的横坐标差求出函数周期，再依据周期公式计算。
：将已知顶点坐标代入函数表达式，结合的取值范围求解。
2. 根据函数图象变换规则得到：按照“左加右减，上加下减”的原则，先对进行沿轴的平移，再进行沿轴的平移，得到的表达式。
3. 计算：将代入的表达式，结合特殊角的三角函数值计算结果。
7．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：取中点，连接，，
则，故是二面角的平面角，，三棱锥的外接球的半径为，则，解得，设的外接圆的圆心与三棱锥的外接球的球心的距离为，则，则，即，解得，即，则中，，，所以，所以，在中，，所以，所以，即二面角的正弦值为.
故答案为：C.
【分析】 确定二面角的平面角，再通过外接球体积求出半径，接着利用几何关系（如勾股定理）找到二面角平面角与外接球半径的联系，进而求出二面角的正弦值，关键在于识别二面角的平面角，结合外接球的性质建立方程求解 。.
8．【答案】B
【知识点】一元二次不等式；基本不等式；二倍角的余弦公式；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得中，，
则，
，
，当且仅当时等号成立，
故，，
所以，
由得
，
，
令，则恒成立.
令，则，
解得.
故答案为：B
【分析】1. 利用余弦定理化简条件：从已知出发，结合，通过余弦定理建立关于角的余弦表达式，再用基本不等式求出的范围，进而得到的范围。
2. 三角恒等变换转化不等式：把利用二倍角公式和三角形内角和性质，转化为关于的二次不等式 。
3. 构造函数求解恒成立问题：令，将问题转化为二次函数在上恒小于等于，通过分析函数在区间端点处的取值情况（因为二次函数开口向上，要在区间上恒非正，只需区间端点处函数值非正 ），解不等式组得到的取值范围。
9．【答案】A,B,D
【知识点】分层抽样方法；互斥事件与对立事件；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由 “掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确；
B、设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确；
C、数据，，，，，，，从小到大排列为：，，，，，，，，
由，得该组数据的分位数是，C错误；
对于D，数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为，D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：依据互斥事件的定义，判断两个事件是否能同时发生，若不能则为互斥事件。
B：利用分层抽样中各层个体数抽取比例相等的特点，建立比例等式求解。
C：先将数据排序，再根据分位数的计算方法，通过计算数据个数与分位百分数的乘积确定分位数的位置，进而得出分位数。
D：根据方差的性质，若一组数据中的每个数据都乘以一个常数k，则方差变为原来的倍，以此判断。
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；复合函数的单调性；对数函数图象与性质的综合应用
【解析】【解答】解：A、因为定义域为，只需要恒成立，
所以判别式，即，
所以真数不能取遍所有正实数，所以，A正确；
B、若，即，
化简，
故解得，B错误；
C、，因为与无关，所以，
，故定点为，C正确；
D、若在上单调递减，只需要在上单调递减，且，即，解得，故，D正确.
故答案为：ACD
【分析】A：定义域为意味着二次函数恒正，通过判别式确定其取值范围，进而判断对数函数值域是否为R.
B：若，利用对数函数单调性转化为真数相等，求解方程判断是否存在这样的 .
C：要找函数恒过定点，需让真数部分与无关，解出值后确定定点坐标.
D：对数函数单调递减，结合复合函数“同增异减”，需二次函数在对应区间单调递减且真数恒正，据此列不等式组求解 .
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、在△ABC中，由及正弦定理，得，
而，则，整理得，，因此，A错误；
B、由余弦定理得，
，当且仅当时取等号，所以△ABC的周长的最大值为，B正确；
C、，两边平方得，则，
当且仅当时取等号，因此△ABC的面积的最大值，C正确；
D、由，得，
整理得，即，所以
，当且仅当时取等号，D正确.
故答案为：BCD
【分析】A：利用正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换公式化简，求出角，判断选项正误.
B：根据余弦定理得到边的关系，结合基本不等式求出的最大值，进而得到周长最大值.
C：利用向量关系得到边的等式，结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形面积公式求出面积最大值.
D：依据三角形面积公式得到、的关系，结合“”的代换和基本不等式求出的最小值.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
所以.
故答案为：.
【分析】本题需要计算复数的乘方运算结果，由于是分式形式的复数乘方，可先对分式部分进行复数的除法运算（利用复数的共轭复数将分母实数化 ），再进行复数的乘方运算，逐步求出结果.
13．【答案】30
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，；在中，；
由图可知，易知，
在中，，根据正弦定理可得：，
所以
所以.
故答案为：30
【分析】先在中求出的长度，再分析的内角，最后借助正弦定理建立、与的关系，进而求出 .
14．【答案】
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】如图，直线 与平面 分别交于点 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，
为直线 与平面 所成的角，
因为 ，在 内过 存在直线 ，作 ，垂足为 ，连接 ，则 ，
，
设 ，则 ， ，
，则 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
在直角 中， ，
， （ 即为 ），则 ，又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
所以 与 夹角为 ．即 夹角为 ．
故答案为： ．
【分析】 由题意画出图形，直线 与平面 分别交于点 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，作 ，垂足为 ，连接 ，通过求解三角形可得 和 所成角，然后证明，即可求得m与n所成的角。
15．【答案】（1）解：若，则，
故或；
（2）解：若，则，即，
则或，
若，则，，则，
若，则，，则，
即或.
【知识点】向量的模；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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由向量垂直可得数量积为零，计算即可得；
（2）借助向量平行的性质计算计算可得，再利用坐标形式的模长公式计算即可得.
（1）若，则，故或；
（2）若，则，即，
则或，
若，则，，则，
若，则，，则，
即或.
16．【答案】（1）解：由题意得，，
所以函数的最小正周期；
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）解：曲线所对函数解析式为，因此，
当时，，
则当或，即当或时，，
，不等式成立，
只需，即，
依题意，成立，
令，于是，即，解得，
所以的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）通过三角恒等变换将函数化简为正弦型函数，再利用正弦函数的周期和单调区间公式求解.
（2）先根据图象变换得到的表达式，求出其在给定区间的最小值，将恒成立问题转化为关于m的一次函数恒非负问题，通过分析一次函数在区间上的取值求解t的范围.
（1）依题意，，
所以函数的最小正周期；
令，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）曲线所对函数解析式为，因此，
当时，，
则当或，即当或时，，
，不等式成立，
只需，即，
依题意，成立，
令，于是，即，解得，
所以的取值范围为.
17．【答案】（1）解：，，则，由三角函数的定义可得，
又，即，得，所以，即，所以，所以，
（2）解： ，设，，则，所以原函数化为，对称轴为，当时，；当时，；当时，，综上，，因为，所以，解得；或，解得（舍）或（舍），或，解得（舍），所以，此时，，对称轴为，所以当时，，
即此时的最大值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】 本题围绕三棱锥中的线面平行证明与线面角求解展开.对于（1），通过建立空间直角坐标系，利用向量法，证明直线的方向向量与平面法向量垂直且直线不在平面内，实现线面平行的证明；对于（2），同样依托空间直角坐标系，先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式计算正弦值。核心是空间直角坐标系的合理构建与向量运算的灵活运用 。
（1），，则，
由三角函数的定义可得，
又，即，得，
所以，即，所以，
所以，
（2），
设，，则，
所以原函数化为，对称轴为，
当时，；
当时，；
当时，，
综上，，
因为，
所以，解得；
或，解得（舍）或（舍），
或，解得（舍），
所以，
此时，，对称轴为，
所以当时，，
即此时的最大值为.
18．【答案】（1）证明：取棱中点记为M，连接，如图：
分别是的中点，且侧面是正方形，
，
四边形是平行四边形，又平面，平面，
平面．
（2）解：直三棱柱，两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
．
设平面的法向量，则，取，
设平面的法向量，则，取，
记平面与平面夹角为，
令，所以，在，即时取得最大值．
【知识点】棱柱的结构特征；直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取棱中点记为M，连接，由题意可得四边形是平行四边形，可得，可证结论成立.
（2）以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，求得的一个法向量，利用向量法可得，进而求得最大值即可.
（1）取棱中点记为M，连接，
分别是的中点，且侧面是正方形，
，
四边形是平行四边形，
又平面，平面，
平面．
（2）直三棱柱，
两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
，
，
．
设平面的法向量，
则，取，
设平面的法向量，
则，取，
记平面与平面夹角为，
令，所以，在，即时取得最大值．
19．【答案】（1）解： 函数，求导得，，恒成立，所以是上的函数
（2）解： 由为上的函数，，得，取，得，反之当时，在恒成立，令，求导，且的为离散的点，因此为严格减函数，又，则，又（3所以t的取值范围是：且
（3）证明：（充分性）对任意与恒成立，
则对任意正整数，有：，
因此为上的函数，即充分条件成立；
（必要性）即对任意正整数，有①，
记函数的最大值为，先证明恒成立，
反证法，假设存在使得，则取正整数，使得，
此时有，与①矛盾，因此假设错误，即；
再证明恒成立，取为的一个最大值点，则当时，
由单调性知，但，则，
于是，对任意，可取一个与有关的正整数，使得，
由②知：，因此必要性成立，所以原命题正确
【知识点】充要条件；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）紧扣函数定义，验证.先求导得，再计算并化简为，因时该式恒正，满足定义，故是函数.
（2）依定义转化为恒成立.用正弦和角公式展开，取、得 .构造，求导知其单调递减，结合得；再结合的周期解，取交集得范围.
（3）充分性：由且，对任意正整数，，满足函数定义.必要性：反证法证（若存在，取大可推出矛盾 ）；设最大值，结合单调性与定义证，双向推导完成充要性证明.
（1）函数，求导得，
，恒成立，
所以是上的函数.
（2）由为上的函数，，
得，
取，得，反之当时，在恒成立，
令，求导得，且的为离散的点，
因此为严格减函数，又，则，
又，
所以t的取值范围是：且.
（3）（充分性）对任意与恒成立，则对任意正整数，有：，
因此为上的函数，即充分条件成立；
（必要性）即对任意正整数，有①，
记函数的最大值为，
先证明恒成立，
反证法，假设存在使得，则取正整数，使得，
此时有，与①矛盾，因此假设错误，即；
再证明恒成立，
取为的一个最大值点，
则当时，由单调性知，但，则，
于是，
对任意，可取一个与有关的正整数，使得，
由②知：，因此必要性成立，
所以原命题正确．
1 / 1
