浙江省温州市新力量2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
1．（2025高二下·温州期末）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·温州期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
3．（2025高二下·温州期末）已知，下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·温州期末）生物学上，J型增长是指在理想状态下，物种迅速爆发的一种增长方式，其表达式为，其中为初始个体数，为最终个体数.若某种群在该模型下，个体数由100增长至120消耗了10天，则个体数由120增长至160消耗的时间大约为（ ）（参考数据：，）
A．14 B．15 C．16 D．17
5．（2025高二下·温州期末）在平行四边形中，是线段上一点，，，.若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·温州期末）一个袋子中有完全相同的个红球，3个白球.若采取不放回方式从中随机摸出两个球，摸出的2个球都是红球的概率是.现采取放回方式从中依次摸出3个球，求恰有两次抽出红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·温州期末）已知一函数，其定义域为，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高二下·温州期末）已知，，记集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二下·温州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，，，共面，则
C．若不垂直于，且，则必不垂直于
D．若且，则
10．（2025高二下·温州期末）已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的最大值为
B．的最小值为
C．若，则
D．若，则的最小值为
11．（2025高二下·温州期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（ ）
A．若点是中点，则、、、四点共面
B．存在点，使得直线与所成角为
C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值
D．若，那么点的轨迹长度为
12．（2025高二下·温州期末）已知，则 .
13．（2025高二下·温州期末）已知一底面边长为的正三棱柱有内切球，则该正三棱柱外接球的表面积为 .
14．（2025高二下·温州期末）已知函数在区间内不存在零点，则的取值范围是 .
15．（2025高二下·温州期末）已知函数.
（1）求的最小正周期和值域；
（2）先将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象，求的单调递增区间.
16．（2025高二下·温州期末）已知，，分别为角，，的对边，.
（1）求；
（2）若，，点在边上，且是的角平分线，求.
17．（2025高二下·温州期末）为迎接新一年五四青年节，某中学举办了一次名为《回首辉煌路，做好接班人》的党团史竞赛并计划对成绩前10%的学生进行颁奖.试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间分内.已知该校高一、高二、高三年级参加的学生人数分别为200、250、300.现用分层抽样的方法抽取了75名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.
年级 样本平均数 样本方差
高一 75 75
高二 69
高三 55
（1）根据样本频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数、平均数以及得奖的最低分数；
（2）已知所抽取各年级答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为80，求高三年级学生成绩的平均数和高二年级学生成绩的方差.
18．（2025高二下·温州期末）已知平行六面体如图所示，，．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
19．（2025高二下·温州期末）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．【答案】B
【知识点】并集及其运算；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】先求并集，再求补集，从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
由，
可得，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及数量积的运算律，则由已知条件得出实数的值.
3．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、因为，所以，所以，故B正确；
C、取，，故C错误；
D、当时，，故D错误.
故答案为：B.
【分析】取特殊值即可判断A；利用不等式的性质即可判断B；举出反例即可判断CD.
4．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由题意，可得，
所以，
则，
所以，
当，时，，则，
所以，
由给定数据，得出.
故答案为：B.
【分析】将已知数据代入函数模型，再利用指数式与对数式的互化公式、对数换底公式和对数的运算性质，从而得出个体数由120增长至160消耗大约的时间.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：根据题意，
则，
因为是线段上一点，，且，
所以，
.
故答案为：B.
【分析】根据向量的三角形法则和向量共线定理，从而得出，再利用是线段上一点，，且，则，再结合向量共线定理，从而得出，y的值.
6．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项分布；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，不放回方式从中随机摸出两个球，
摸出的2个球都是红球的概率为，
所以，
解得（舍去负根），
有放回的摸球，每次摸到红球的概率为，白球的概率为，
所以3次摸球中，恰好有两次抽出红球的概率.
故答案为：A.
【分析】先根据不放回摸球的概率可确定红球个数，再利用二项分布求概率公式，从而计算出恰好两次摸到红球的概率.
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意可知函数，所以为偶函数，
当时，，
因为与在上单调递减，
所以在也单调递减，
，即，
所以，
解得或，
所以的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先确定函数的定义域，再利用函数奇偶性和单调性解不等式，从而得出满足不等式的的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】集合相等；分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：作出函数的简图，如图，
由，得，
又因为，解得，则，
由，得，
则，
由和函数图象，得，
整理得，
则，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先作出函数的简图，从而可得和，再由结合函数图象建立a，b的关系式，从而求解得出实数a的取值范围.
9．【答案】B,D
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A，如图：在正方体中，
因为平面，平面平面，
所以平面，而不是平面，故A错误；
对于C，因为与平面不垂直，平面，且，故C错误；
对于B，因为，，所以无公共点，又，共面，所以，故B正确；
对于D，因为垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】借助正方体的线面关系，则判断出选项A和选项C；再利用线线共面的线线平行的关系判断出选项B；再结合线面垂直的选性质定理和面面平行的性质定理，从而判断出线面垂直，则判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，.
对于A，因为，由基本不等式，得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最大值为，故A正确；
对于B，令，则，
由对勾函数的单调性，可知函数在上单调递增，
所以无最小值，故B错误；
对于C，因为，
由基本不等式，可得，
则，
因为，解得，
则，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，若，则，
所以，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，则可判断选项A；利用对勾函数的单调性可判断选项B；利用基本不等式求最值的方法，可得关于的不等式，解之可判断选项C；由已知等式得出，再结合基本不等式求最值的方法，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接、、、、，如下图所示：
因为、分别为、的中点，
所以，
在正方体中，，，
所以，四边形为平行四边形，
则，
所以，
因此，当点是中点，
则、、、四点共面，故A对；
对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、，
不妨设点，
所以，，
则
因为，，
所以，
所以，，
所以，
则，
所以，
因此，不存在点，使得直线与所成角为，故B错；
对于C，若平面，则点、到平面的距离相等，
所以
为定值，故C对；
对于D，因为，
所以，
所以，点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，
则点的轨迹长度为，故D错.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和中位线定理以及正方体的结构特征，从而证出，则判断出选项A；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和a，b的取值范围，从而得出 不存在点，使得直线与所成角为， 则判断出选项B；利用锥体的体积公式可判断出选项C；利用已知条件分析可知点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，再结合圆的周长公式可得点的轨迹长度，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再根据复数的模长公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在正三棱柱中，分别取三条侧棱的中点、、，如图所示：
易知是边长为的等边三角形，
则该三棱柱内切球球心为的中心，
连接、、，设球的半径为，
则，
所以，解得，
由正棱柱的几何性质可知，
易知该正三棱柱的外接球球心也为，
设正三角形的中心为，连接、、，
则平面，，，
所以，，
则该三棱柱外接球半径为，
因此，该三棱柱外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件分析可知该正三棱柱内切球的半径等于其底面等边三角形内切圆的半径，再利用等面积法可得内切球的半径，从而可得棱柱的高，再结合正棱柱的几何特征和勾股定理，从而求出正三棱柱外接球的半径，再结合球的表面积公式可得该正三棱柱外接球的表面积.
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为
，
由题意，可得：，
则.
由，
因为在区间内不存在零点，结合的图象，
可得：或，
解得：或.
故答案为：.
【分析】先利用两角和的正弦公式和辅助角公式，从而化简函数为，再结合函数的图象和函数在上无零点，从而列出不等式组求出实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为
，（），
所以的最小正周期为：，值域为：.
（2）解：先向左平移个单位得到，
再将横坐标缩小到原来的，
得到.（），
由或，，
得或，，
所以，函数的单调递增区间为：
和，.
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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】【分析】（1）先利用三角恒等变换公式化简函数为余弦型函数，再利用余弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期，再结合换元法和余弦函数求值域的方法，从而得出函数的值域.
（2）利用余弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出函数的单调递增区间.
（1）因为.（）
所以的最小正周期为：；
值域：.
（2）先向左平移个单位得到，再将横坐标缩小到原来的得到.（）
由或，.
得或，.
所以函数的单调递增区间为：和，
16．【答案】（1）解：将，
化为，
所以，
由正弦定理，可得，
由余弦定理，可得，
所以.
（2）解：三角形如图所示，
由是的角平分线，得，
法一：因为，
又因为，
所以.
法二：因为，
所以
，
所以.
【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）先利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的余弦公式，从而把已知条件转化成，再利用正弦定理和余弦定理，从而得出角的值.
（2）根据角平分线的概念可得，再利用两种方法结合和三角形的面积公式，从而得出的值.
（1）.
可化为.
所以
由正弦定理可得，
由余弦定理可得：，所以：.
（2）三角形如图所示.
由是的角平分线得，
法一：，
又，
所以.
法二：因为，
所以.
.
17．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知，分数在的人数最多，
所以估计众数为：65；
估计平均数为：
因为的频率为，的频率为，
则所求为分位数，可知80为分位数，
则在内，，
所以，获奖的最低分数为86分.
（2）解：易知高一、高二、高三年级参加的学生人数占比分别为，
根据频率分布直方图，得，
所以，
则所以.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求众数、平均数、百分位数的方法，从而估计出该校全体学生成绩的众数、平均数和得奖的最低分数.
（2）根据表中数据结合分层抽样的方法以及平均数、方差的定义，从而得出高三年级学生成绩的平均数和高二年级学生成绩的方差.
（1）由频率分布直方图可知，分数在的人数最多，所以估计众数为：65；
估计平均数：.
的频率为，的频率为，
所求为分位数，可知80为分位数，
所求在内，，故获奖的最低分数为86分.
（2）易知高一、高二、高三年级参加的学生人数占比分别为
根据频率分布直方图，
，所以.
，.
18．【答案】（1）证明：在平行六面体中，
因为，设，
则，，
因为，
所以，
所以，，
在中，，，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可得，且平面，所以平面，
则以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
则，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
因为，，
则，
则，
所以，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
因为，
设二面角的平面角为，
由图知为钝角，
则，
所以，二面角的余弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设，根据已知条件和平行六面体的结构特征，可得，，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面.
（2）以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出二面角的余弦值．
（1）在平行六面体中，
因为，设，
则，，
因为，所以，
所以，，
在中，，，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）由（1）已得，且平面，故平面，
故可以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，
因为，，则，
则，所以，又，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，
因，
设二面角的平面角为，由图知为钝角，
则，
即二面角的余弦值是.
19．【答案】（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．
【知识点】函数单调性的性质；一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（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．
1 / 1浙江省温州市新力量2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
1．（2025高二下·温州期末）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】并集及其运算；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】先求并集，再求补集，从而得出集合.
2．（2025高二下·温州期末）已知向量，，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，，
由，
可得，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示以及数量积的运算律，则由已知条件得出实数的值.
3．（2025高二下·温州期末）已知，下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、取，，故A错误；
B、因为，所以，所以，故B正确；
C、取，，故C错误；
D、当时，，故D错误.
故答案为：B.
【分析】取特殊值即可判断A；利用不等式的性质即可判断B；举出反例即可判断CD.
4．（2025高二下·温州期末）生物学上，J型增长是指在理想状态下，物种迅速爆发的一种增长方式，其表达式为，其中为初始个体数，为最终个体数.若某种群在该模型下，个体数由100增长至120消耗了10天，则个体数由120增长至160消耗的时间大约为（ ）（参考数据：，）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由题意，可得，
所以，
则，
所以，
当，时，，则，
所以，
由给定数据，得出.
故答案为：B.
【分析】将已知数据代入函数模型，再利用指数式与对数式的互化公式、对数换底公式和对数的运算性质，从而得出个体数由120增长至160消耗大约的时间.
5．（2025高二下·温州期末）在平行四边形中，是线段上一点，，，.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：根据题意，
则，
因为是线段上一点，，且，
所以，
.
故答案为：B.
【分析】根据向量的三角形法则和向量共线定理，从而得出，再利用是线段上一点，，且，则，再结合向量共线定理，从而得出，y的值.
6．（2025高二下·温州期末）一个袋子中有完全相同的个红球，3个白球.若采取不放回方式从中随机摸出两个球，摸出的2个球都是红球的概率是.现采取放回方式从中依次摸出3个球，求恰有两次抽出红球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项分布；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，不放回方式从中随机摸出两个球，
摸出的2个球都是红球的概率为，
所以，
解得（舍去负根），
有放回的摸球，每次摸到红球的概率为，白球的概率为，
所以3次摸球中，恰好有两次抽出红球的概率.
故答案为：A.
【分析】先根据不放回摸球的概率可确定红球个数，再利用二项分布求概率公式，从而计算出恰好两次摸到红球的概率.
7．（2025高二下·温州期末）已知一函数，其定义域为，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题意可知函数，所以为偶函数，
当时，，
因为与在上单调递减，
所以在也单调递减，
，即，
所以，
解得或，
所以的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先确定函数的定义域，再利用函数奇偶性和单调性解不等式，从而得出满足不等式的的取值范围.
8．（2025高二下·温州期末）已知，，记集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合相等；分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：作出函数的简图，如图，
由，得，
又因为，解得，则，
由，得，
则，
由和函数图象，得，
整理得，
则，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】先作出函数的简图，从而可得和，再由结合函数图象建立a，b的关系式，从而求解得出实数a的取值范围.
9．（2025高二下·温州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，，，共面，则
C．若不垂直于，且，则必不垂直于
D．若且，则
【答案】B,D
【知识点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：对于A，如图：在正方体中，
因为平面，平面平面，
所以平面，而不是平面，故A错误；
对于C，因为与平面不垂直，平面，且，故C错误；
对于B，因为，，所以无公共点，又，共面，所以，故B正确；
对于D，因为垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】借助正方体的线面关系，则判断出选项A和选项C；再利用线线共面的线线平行的关系判断出选项B；再结合线面垂直的选性质定理和面面平行的性质定理，从而判断出线面垂直，则判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．（2025高二下·温州期末）已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的最大值为
B．的最小值为
C．若，则
D．若，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，.
对于A，因为，由基本不等式，得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最大值为，故A正确；
对于B，令，则，
由对勾函数的单调性，可知函数在上单调递增，
所以无最小值，故B错误；
对于C，因为，
由基本不等式，可得，
则，
因为，解得，
则，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，若，则，
所以，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用基本不等式求最值的方法，则可判断选项A；利用对勾函数的单调性可判断选项B；利用基本不等式求最值的方法，可得关于的不等式，解之可判断选项C；由已知等式得出，再结合基本不等式求最值的方法，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025高二下·温州期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（ ）
A．若点是中点，则、、、四点共面
B．存在点，使得直线与所成角为
C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值
D．若，那么点的轨迹长度为
【答案】A,C
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；异面直线所成的角；共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接、、、、，如下图所示：
因为、分别为、的中点，
所以，
在正方体中，，，
所以，四边形为平行四边形，
则，
所以，
因此，当点是中点，
则、、、四点共面，故A对；
对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、，
不妨设点，
所以，，
则
因为，，
所以，
所以，，
所以，
则，
所以，
因此，不存在点，使得直线与所成角为，故B错；
对于C，若平面，则点、到平面的距离相等，
所以
为定值，故C对；
对于D，因为，
所以，
所以，点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，
则点的轨迹长度为，故D错.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和中位线定理以及正方体的结构特征，从而证出，则判断出选项A；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和a，b的取值范围，从而得出 不存在点，使得直线与所成角为， 则判断出选项B；利用锥体的体积公式可判断出选项C；利用已知条件分析可知点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，再结合圆的周长公式可得点的轨迹长度，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025高二下·温州期末）已知，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：.
【分析】利用复数的除法运算求出复数，再根据复数的模长公式求解即可.
13．（2025高二下·温州期末）已知一底面边长为的正三棱柱有内切球，则该正三棱柱外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在正三棱柱中，分别取三条侧棱的中点、、，如图所示：
易知是边长为的等边三角形，
则该三棱柱内切球球心为的中心，
连接、、，设球的半径为，
则，
所以，解得，
由正棱柱的几何性质可知，
易知该正三棱柱的外接球球心也为，
设正三角形的中心为，连接、、，
则平面，，，
所以，，
则该三棱柱外接球半径为，
因此，该三棱柱外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件分析可知该正三棱柱内切球的半径等于其底面等边三角形内切圆的半径，再利用等面积法可得内切球的半径，从而可得棱柱的高，再结合正棱柱的几何特征和勾股定理，从而求出正三棱柱外接球的半径，再结合球的表面积公式可得该正三棱柱外接球的表面积.
14．（2025高二下·温州期末）已知函数在区间内不存在零点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为
，
由题意，可得：，
则.
由，
因为在区间内不存在零点，结合的图象，
可得：或，
解得：或.
故答案为：.
【分析】先利用两角和的正弦公式和辅助角公式，从而化简函数为，再结合函数的图象和函数在上无零点，从而列出不等式组求出实数的取值范围.
15．（2025高二下·温州期末）已知函数.
（1）求的最小正周期和值域；
（2）先将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象，求的单调递增区间.
【答案】（1）解：因为
，（），
所以的最小正周期为：，值域为：.
（2）解：先向左平移个单位得到，
再将横坐标缩小到原来的，
得到.（），
由或，，
得或，，
所以，函数的单调递增区间为：
和，.
【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；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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】【分析】（1）先利用三角恒等变换公式化简函数为余弦型函数，再利用余弦型函数的最小正周期公式，从而得出函数的最小正周期，再结合换元法和余弦函数求值域的方法，从而得出函数的值域.
（2）利用余弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出函数的单调递增区间.
（1）因为.（）
所以的最小正周期为：；
值域：.
（2）先向左平移个单位得到，再将横坐标缩小到原来的得到.（）
由或，.
得或，.
所以函数的单调递增区间为：和，
16．（2025高二下·温州期末）已知，，分别为角，，的对边，.
（1）求；
（2）若，，点在边上，且是的角平分线，求.
【答案】（1）解：将，
化为，
所以，
由正弦定理，可得，
由余弦定理，可得，
所以.
（2）解：三角形如图所示，
由是的角平分线，得，
法一：因为，
又因为，
所以.
法二：因为，
所以
，
所以.
【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）先利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的余弦公式，从而把已知条件转化成，再利用正弦定理和余弦定理，从而得出角的值.
（2）根据角平分线的概念可得，再利用两种方法结合和三角形的面积公式，从而得出的值.
（1）.
可化为.
所以
由正弦定理可得，
由余弦定理可得：，所以：.
（2）三角形如图所示.
由是的角平分线得，
法一：，
又，
所以.
法二：因为，
所以.
.
17．（2025高二下·温州期末）为迎接新一年五四青年节，某中学举办了一次名为《回首辉煌路，做好接班人》的党团史竞赛并计划对成绩前10%的学生进行颁奖.试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间分内.已知该校高一、高二、高三年级参加的学生人数分别为200、250、300.现用分层抽样的方法抽取了75名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.
年级 样本平均数 样本方差
高一 75 75
高二 69
高三 55
（1）根据样本频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数、平均数以及得奖的最低分数；
（2）已知所抽取各年级答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为80，求高三年级学生成绩的平均数和高二年级学生成绩的方差.
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知，分数在的人数最多，
所以估计众数为：65；
估计平均数为：
因为的频率为，的频率为，
则所求为分位数，可知80为分位数，
则在内，，
所以，获奖的最低分数为86分.
（2）解：易知高一、高二、高三年级参加的学生人数占比分别为，
根据频率分布直方图，得，
所以，
则所以.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求众数、平均数、百分位数的方法，从而估计出该校全体学生成绩的众数、平均数和得奖的最低分数.
（2）根据表中数据结合分层抽样的方法以及平均数、方差的定义，从而得出高三年级学生成绩的平均数和高二年级学生成绩的方差.
（1）由频率分布直方图可知，分数在的人数最多，所以估计众数为：65；
估计平均数：.
的频率为，的频率为，
所求为分位数，可知80为分位数，
所求在内，，故获奖的最低分数为86分.
（2）易知高一、高二、高三年级参加的学生人数占比分别为
根据频率分布直方图，
，所以.
，.
18．（2025高二下·温州期末）已知平行六面体如图所示，，．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：在平行六面体中，
因为，设，
则，，
因为，
所以，
所以，，
在中，，，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可得，且平面，所以平面，
则以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，
所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
则，，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
因为，，
则，
则，
所以，
又因为，
设平面的法向量为，
则，
则，
令，则，
因为，
设二面角的平面角为，
由图知为钝角，
则，
所以，二面角的余弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设，根据已知条件和平行六面体的结构特征，可得，，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出直线平面.
（2）以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式，从而得出二面角的余弦值．
（1）在平行六面体中，
因为，设，
则，，
因为，所以，
所以，，
在中，，，所以，
又因为平面，所以平面；
（2）由（1）已得，且平面，故平面，
故可以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，
因为，，则，
则，所以，又，
设平面的法向量为，则，
则，令，则，
因，
设二面角的平面角为，由图知为钝角，
则，
即二面角的余弦值是.
19．（2025高二下·温州期末）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】（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．
【知识点】函数单调性的性质；一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（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．
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