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（B）
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）已知，则（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【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，
所以.
故答案为：B.
【分析】用共轭复数化简分母，将除法转化为乘法；利用简化分子；最后套用模的公式，一步计算出结果。.
2．（2025高一下·株洲期末）已知向量，且，则实数的值为（ ）
A．1 B． C．4 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：由题意可得.
故答案为：C.
【分析】向量平行的核心判定是 “坐标交叉相乘相等”，这是平面向量平行的充要条件，直接关联两个向量的坐标分量，明确向量a.b的坐标，将对应分量代入判定式，通过简单乘法运算即可解出t。
3．（2025高一下·株洲期末）“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
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；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，即，得不出，如，
所以“”不是“”的充分条件；
若，则，可得，即，
所以“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要而不充分条件，
故答案为：A．
【分析】从条件出发，推导角度关系的多样性，说明充分性不成立，从结论出发，代入角度关系验证条件成立，说明必要性成立。
4．（2025高一下·株洲期末），是两个平面，m，n是两条直线，则（ ）
A．如果，，那么
B．如果，，m，n是异面直线，那么n与相交
C．如果，，那么
D．如果，n与相交，那么m，n是异面直线
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如果，，那么或相交或异面，A选项错误；
如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误；
如果，，那么无交点，所以，C选项正确；
如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误；
故答案为：C.
【分析】 A：平行于同一平面的直线，位置关系多样。
B：平面外直线与平面内异面直线，直线可与平面平行 / 相交。
C：面面平行，线面无公共点，线面平行。
D：线面平行与线面相交的直线，位置关系可异面 / 相交。
5．（2025高一下·株洲期末）已知某圆锥的外接球的体积为，若球心到该圆锥底面的距离为，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的外接球半径为，则，解得，
所以，圆锥的底面半径为，
所以，当圆锥的高为时，圆锥的体积最大，
且其最大值为.
故答案为：B.
【分析】外接球半径计算：利用球体积公式求出R = 5。
圆锥底面半径推导：通过球心、圆锥底面圆心、底面圆周点的直角三角形，勾股定理求r = 3。
圆锥体积最值分析：圆锥高最大时体积最大（高为R + d），代入体积公式得最大值。
6．（2025高一下·株洲期末）已知函数，是函数的一个零点，直线与是图象的两条对称轴，则当取最小值时，在上的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】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：设的最小正周期为，
则由题意知，所以，
解得，
又，所以，解得，
既需要满足，又需要满足，
所以的最小值为3，
此时.
由于是函数的一个零点，所以，
解得，又，所以，，
故.
由，得，
故当时，函数取得最大值，
且.
故答案为：A.
【分析】1. 周期与 最小值：利用对称轴间距、零点与对称轴的位置关系，结合周期公式，联立得最小。
2. 相位 求解：代入零点条件，结合 确定。
3. 区间最大值分析：分析的取值范围后求正弦函数最大值。
7．（2025高一下·株洲期末）如图1，三棱锥的高，底面在斜二测画法下的直观图如图2所示，其中为的中点，且，.则三棱锥的体积为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：斜二测画法中，→ 原底面（ 轴长度不变 ），
斜二测中→ 原底面 边上的高（ 轴长度放大为2倍 ），
由勾股定理，底面三角形腰长（如 ）：
故 为等边三角形（三边均为2 ），面积：
三棱锥体积公式：底高，其中高，底面积，
故：
故答案为：B.
【分析】1. 斜二测画法还原：利用斜二测规则（ 轴长度不变， 轴长度放大2倍 ），还原底面三角形的边长与高。
2. 底面面积计算：通过勾股定理判断三角形为等边三角形，代入面积公式。
3. 三棱锥体积计算：利用体积公式底高，代入底面积与高（ ）得结果。
8．（2025高一下·株洲期末）设锐角的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则下列命题正确的个数为（ ）
①； ②的外接圆的面积是；
③的面积的最大值是； ④的取值范围是．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】函数的值域；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】对于①，因为，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，，又因为，，故①正确；
对于②，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
解得，则的外接圆的面积是，故②正确；
对于③，由余弦定理得，整理得，
即，当且仅当时等号成立，
所以的面积为，当且仅当时等号成立，
即的面积的最大值是，故③正确；
对于④，由正弦定理得，
则，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，
可得，，所以，
所以，即的取值范围是，故④错误.
故答案为：B.
【分析】1.角的求解：边化角后利用三角恒等式（ ）简化，直接求角 .
2.外接圆：正弦定理求半径，快速计算面积.
3.面积最值：余弦定理结合基本不等式（ ），限定 最大值.
4.边长范围：正弦定理化边为角，结合锐角三角形的角约束（ 三个角均小于 ），求解三角函数值域.
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）抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ）
A．极差变大 B．中位数不变 C．方差变大 D．平均数不变
【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由于10个数据已经确定，故不妨设，由题意不妨取，
A， 原极差为，去掉最高与最低分后，极差为，所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，A错误；
B，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B正确；
C， 去掉最高和最低分后，又平均数不变，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小，故方差会变小，C错误；
D，由题意原平均数，则，则去掉最高与最低分后，平均数变为，平均数不变，D正确.
故答案为：BD.
【分析】极差：最大值与最小值的差，去掉最值后极端差缩小或不变.
中位数：排序后中间位置的数（ 或平均值 ），去掉两端不影响中间位置.
方差：衡量数据离散程度，极端值会增大方差，去掉后方差减小.
平均数：总和与数量的比值，去掉等和的最值（ 本题总和减少14，数量减少2，比值不变 ）.
10．（2025高一下·株洲期末）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】因为，设
对A，知，易知.选项A正确.
对C，因为，，，所以，，，
于是，选项C正确.
对D，若，则，即，则.
由知.选项D正确.
对B，取，则，而，此时，选项B错误.
故选：ACD.
【分析】对于A，取即可进行判断大小；对于B，取进行变形化简即可进行判断；对于C，对式子进行变形，，，利用对数的运算再进行比较即可判断，对于D当，则，对对数进行运算即可进行判断。
11．（2025高一下·株洲期末）已知函数．则下列说法正确的是（ ）
A．若，则为偶函数；
B．若，则单调递增；
C．若，则函数的最小值为2；
D．若时，函数在区间上有且仅有一个零点，则．
【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的单调性与特殊点；基本不等式
【解析】【解答】解：若，，则，所以为偶函数，故A正确；
若，，
因为，所以函数和都是减函数，所以是减函数，故B错误；
若，则，当且仅当时，即时等号成立，故C正确；
若时，，，
函数和均为减函数，所以为减函数，
则在区间上为减函数，
要函数在区间上有且仅有一个零点，
则或
由，即，
即，即，解得，
由 ，即，
即，解得，则无解，
由上可知，时，，时，则无解，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1.奇偶性：定义验证 .
2.单调性：通过换元法转化为熟悉函数（ 如幂函数 ），分析复合函数单调性.
3.最值：基本不等式（ 均值定理 ）直接应用.
4.零点：转化为方程解的问题，结合定义域与换元法，分析参数范围.
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）若，那么 .
【答案】5
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】由题意.
故答案为：5.
【分析】复数的模是复数在复平面上对应点到原点的距离，由实部和虚部构成直角三角形的两条直角边，模为斜边长度，利用勾股定理直接计算，解决复数模的求解问题。
13．（2025高一下·株洲期末）在中，，点满足，设，若，则 .
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
如图，设，则，
在和中，由正弦定理可得，，，
两式相除，可得：，
因，，代入解得.
故答案为：.
【分析】1. 线段设定：利用向量关系设 ，表达 与 。
2. 正弦定理应用：对两个子三角形（、 ）分别列正弦定理，建立边与角的关系。
3. 联立消元：两式相除消去公共量（、 ），得到角的比例关系。
4. 代入条件求解：利用 和 ，化简得 。
14．（2025高一下·株洲期末）在圆内接四边形中，，则面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理得，
则，，是四边形外接圆直径，，
设，则，
在中，，
由正弦定理得，即，
在中，，
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
故答案为：
【分析】1. 利用余弦定理与勾股定理逆定理，确定为含的直角三角形，得出为圆直径.
2. 通过角度关联（ 圆内接四边形对角互补 ），用三角函数表示、.
3. 面积公式结合二次函数（ 或基本不等式 ）求最值，聚焦“几何性质转化为代数表达式，再求最值”的逻辑链.
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）已知向量，，．
（1）求的坐标，的值；
（2）若，求实数k的值；
（3）若，求实数k的值．
【答案】（1）解：由题设，
（2）解：由题设，又，
所以，则，可得；
（3）解：由（2）及，则，可得.
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用向量数乘和减法的坐标规则计算，模长公式计算。
（2）两向量平行则坐标成比例（ ），列方程求解。
（3）由向量垂直的坐标表示列方程求参数.
（1）由题设，；
（2）由题设，又，
所以，则，可得；
（3）由（2）及，则，可得.
16．（2025高一下·株洲期末）在中，角所对的边分别为，设向量，记．
（1）求函数的最大值；
（2）若，求c．
【答案】（1）解：依题意，，
由，得，
所以当，即时，取得最大值.
（2）解：由，得，，
则，解得，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）先通过向量点积展开表达式，再用三角恒等变换（二倍角、辅助角公式）转化为正弦型函数，结合角度范围求最值.
（2）由（1）的解析式求出，再利用余弦定理求解.
（1）依题意，，
由，得，
所以当，即时，取得最大值.
（2）由，得，，
则，解得，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
17．（2025高一下·株洲期末）设函数，其中.
（1）若的最小正周期为，求的单调增区间；
（2）若函数图象在上存在对称轴，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意，，
又，于是，则，则，
根据正弦函数的单调递增区间，令，
解得，，即为的单调递增区间.
（2）解：当，，
注意到题干，则，
根据正弦函数的对称轴，
显然只有时一条对称轴，
于是，解得，
结合可得.
【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；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）单调增区间：先三角恒等变换化简函数，由周期求，再利用正弦函数增区间公式列不等式求解.
（2）利用正弦函数的对称轴公式求参数的范围.
（1）由题意，，
又，于是，则，则，
根据正弦函数的单调递增区间，令，
解得，，即为的单调递增区间.
（2）当，，
注意到题干，则，
根据正弦函数的对称轴，
显然只有时一条对称轴，
于是，解得，
结合可得
18．（2025高一下·株洲期末）如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，且四棱锥的体积是．
①求的长；
②求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）①解：连接交于点，连接，
∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②解：建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面的法向量；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意，利用菱形性质、线面平行性质证面面平行，再得线面平行.
（2）①通过四棱锥的体积即可得结果；
②建空间直角坐标系，求平面法向量，用向量点积公式计算线面角正弦值.
（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，
∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）①连接交于点，连接，
∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
19．（2025高一下·株洲期末）对于函数，，若存在非零常数和，使得对任意实数都有，且等式恒成立，则称函数是“类对称函数”.
（1）判断函数是否是“类对称函数”，请说明理由；
（2）设，若函数是“类对称函数”，求的值；
（3）设，证明：函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
【答案】（1）解：是，理由如下：存在，，对任意的，都有，且恒成立，
所以函数是“类对称函数”.
（2）解：由题意知，即（*）恒成立，
令，得，令，得，
又且时（*）恒成立，
所以，又，所以或.
（3）证明：充分性：当且时，，
，
所以函数是“类对称函数”：
必要性：
若函数是“类对称函数”，
则，
即①恒成立；
下用反证法证明：若，因为，，
所以，所以，
故足够大时，一定会超过，①式不成立，
（事实上，可以取），
此时①式为②
令，得，令，得，
则，解得，从而或，
当时，②式左边为不是定值，因此②式不恒成立，
当时，②式为，此时，
综上所述，函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
【知识点】充要条件；三角函数恒等式的证明；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据三角函数公式， 通过取特殊值，确定一组，即可说明；
（2） 代入定义展开，利用三角恒等式和恒成立条件（正弦项系数为 0 ） ；
（3）根据“类对称函数”的定义，结合所需要满足的式子，从充分性和必要性分别证明.
（1）是，理由如下：
存在，，对任意的，都有，且恒成立，
所以函数是“类对称函数”.
（2）由题意知，
即（*）恒成立，
令，得，令，得，
又且时（*）恒成立，
所以，又，所以或.
（3）充分性：
当且时，，
，
所以函数是“类对称函数”：
必要性：
若函数是“类对称函数”，
则，
即①恒成立；
下用反证法证明：若，因为，，
所以，所以，
故足够大时，一定会超过，①式不成立，
（事实上，可以取），
此时①式为②
令，得，令，得，
则，解得，从而或，
当时，②式左边为不是定值，因此②式不恒成立，
当时，②式为，此时，
综上所述，函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
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（B）
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）已知，则（ ）
A．1 B． C． D．2
2．（2025高一下·株洲期末）已知向量，且，则实数的值为（ ）
A．1 B． C．4 D．
3．（2025高一下·株洲期末）“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一下·株洲期末），是两个平面，m，n是两条直线，则（ ）
A．如果，，那么
B．如果，，m，n是异面直线，那么n与相交
C．如果，，那么
D．如果，n与相交，那么m，n是异面直线
5．（2025高一下·株洲期末）已知某圆锥的外接球的体积为，若球心到该圆锥底面的距离为，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·株洲期末）已知函数，是函数的一个零点，直线与是图象的两条对称轴，则当取最小值时，在上的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（2025高一下·株洲期末）如图1，三棱锥的高，底面在斜二测画法下的直观图如图2所示，其中为的中点，且，.则三棱锥的体积为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2025高一下·株洲期末）设锐角的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则下列命题正确的个数为（ ）
①； ②的外接圆的面积是；
③的面积的最大值是； ④的取值范围是．
A．4 B．3 C．2 D．1
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）抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ）
A．极差变大 B．中位数不变 C．方差变大 D．平均数不变
10．（2025高一下·株洲期末）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．若，则
11．（2025高一下·株洲期末）已知函数．则下列说法正确的是（ ）
A．若，则为偶函数；
B．若，则单调递增；
C．若，则函数的最小值为2；
D．若时，函数在区间上有且仅有一个零点，则．
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）若，那么 .
13．（2025高一下·株洲期末）在中，，点满足，设，若，则 .
14．（2025高一下·株洲期末）在圆内接四边形中，，则面积的最大值为 ．
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）已知向量，，．
（1）求的坐标，的值；
（2）若，求实数k的值；
（3）若，求实数k的值．
16．（2025高一下·株洲期末）在中，角所对的边分别为，设向量，记．
（1）求函数的最大值；
（2）若，求c．
17．（2025高一下·株洲期末）设函数，其中.
（1）若的最小正周期为，求的单调增区间；
（2）若函数图象在上存在对称轴，求的取值范围.
18．（2025高一下·株洲期末）如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，且四棱锥的体积是．
①求的长；
②求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2025高一下·株洲期末）对于函数，，若存在非零常数和，使得对任意实数都有，且等式恒成立，则称函数是“类对称函数”.
（1）判断函数是否是“类对称函数”，请说明理由；
（2）设，若函数是“类对称函数”，求的值；
（3）设，证明：函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
答案解析部分
1．【答案】B
【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，
所以.
故答案为：B.
【分析】用共轭复数化简分母，将除法转化为乘法；利用简化分子；最后套用模的公式，一步计算出结果。.
2．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得.
故答案为：C.
【分析】向量平行的核心判定是 “坐标交叉相乘相等”，这是平面向量平行的充要条件，直接关联两个向量的坐标分量，明确向量a.b的坐标，将对应分量代入判定式，通过简单乘法运算即可解出t。
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，即，得不出，如，
所以“”不是“”的充分条件；
若，则，可得，即，
所以“”是“”的必要条件；
所以“”是“”的必要而不充分条件，
故答案为：A．
【分析】从条件出发，推导角度关系的多样性，说明充分性不成立，从结论出发，代入角度关系验证条件成立，说明必要性成立。
4．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如果，，那么或相交或异面，A选项错误；
如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误；
如果，，那么无交点，所以，C选项正确；
如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误；
故答案为：C.
【分析】 A：平行于同一平面的直线，位置关系多样。
B：平面外直线与平面内异面直线，直线可与平面平行 / 相交。
C：面面平行，线面无公共点，线面平行。
D：线面平行与线面相交的直线，位置关系可异面 / 相交。
5．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的外接球半径为，则，解得，
所以，圆锥的底面半径为，
所以，当圆锥的高为时，圆锥的体积最大，
且其最大值为.
故答案为：B.
【分析】外接球半径计算：利用球体积公式求出R = 5。
圆锥底面半径推导：通过球心、圆锥底面圆心、底面圆周点的直角三角形，勾股定理求r = 3。
圆锥体积最值分析：圆锥高最大时体积最大（高为R + d），代入体积公式得最大值。
6．【答案】A
【知识点】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：设的最小正周期为，
则由题意知，所以，
解得，
又，所以，解得，
既需要满足，又需要满足，
所以的最小值为3，
此时.
由于是函数的一个零点，所以，
解得，又，所以，，
故.
由，得，
故当时，函数取得最大值，
且.
故答案为：A.
【分析】1. 周期与 最小值：利用对称轴间距、零点与对称轴的位置关系，结合周期公式，联立得最小。
2. 相位 求解：代入零点条件，结合 确定。
3. 区间最大值分析：分析的取值范围后求正弦函数最大值。
7．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：斜二测画法中，→ 原底面（ 轴长度不变 ），
斜二测中→ 原底面 边上的高（ 轴长度放大为2倍 ），
由勾股定理，底面三角形腰长（如 ）：
故 为等边三角形（三边均为2 ），面积：
三棱锥体积公式：底高，其中高，底面积，
故：
故答案为：B.
【分析】1. 斜二测画法还原：利用斜二测规则（ 轴长度不变， 轴长度放大2倍 ），还原底面三角形的边长与高。
2. 底面面积计算：通过勾股定理判断三角形为等边三角形，代入面积公式。
3. 三棱锥体积计算：利用体积公式底高，代入底面积与高（ ）得结果。
8．【答案】B
【知识点】函数的值域；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】对于①，因为，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，，又因为，，故①正确；
对于②，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
解得，则的外接圆的面积是，故②正确；
对于③，由余弦定理得，整理得，
即，当且仅当时等号成立，
所以的面积为，当且仅当时等号成立，
即的面积的最大值是，故③正确；
对于④，由正弦定理得，
则，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，
可得，，所以，
所以，即的取值范围是，故④错误.
故答案为：B.
【分析】1.角的求解：边化角后利用三角恒等式（ ）简化，直接求角 .
2.外接圆：正弦定理求半径，快速计算面积.
3.面积最值：余弦定理结合基本不等式（ ），限定 最大值.
4.边长范围：正弦定理化边为角，结合锐角三角形的角约束（ 三个角均小于 ），求解三角函数值域.
9．【答案】B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】由于10个数据已经确定，故不妨设，由题意不妨取，
A， 原极差为，去掉最高与最低分后，极差为，所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，A错误；
B，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B正确；
C， 去掉最高和最低分后，又平均数不变，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小，故方差会变小，C错误；
D，由题意原平均数，则，则去掉最高与最低分后，平均数变为，平均数不变，D正确.
故答案为：BD.
【分析】极差：最大值与最小值的差，去掉最值后极端差缩小或不变.
中位数：排序后中间位置的数（ 或平均值 ），去掉两端不影响中间位置.
方差：衡量数据离散程度，极端值会增大方差，去掉后方差减小.
平均数：总和与数量的比值，去掉等和的最值（ 本题总和减少14，数量减少2，比值不变 ）.
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】因为，设
对A，知，易知.选项A正确.
对C，因为，，，所以，，，
于是，选项C正确.
对D，若，则，即，则.
由知.选项D正确.
对B，取，则，而，此时，选项B错误.
故选：ACD.
【分析】对于A，取即可进行判断大小；对于B，取进行变形化简即可进行判断；对于C，对式子进行变形，，，利用对数的运算再进行比较即可判断，对于D当，则，对对数进行运算即可进行判断。
11．【答案】A,C
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的单调性与特殊点；基本不等式
【解析】【解答】解：若，，则，所以为偶函数，故A正确；
若，，
因为，所以函数和都是减函数，所以是减函数，故B错误；
若，则，当且仅当时，即时等号成立，故C正确；
若时，，，
函数和均为减函数，所以为减函数，
则在区间上为减函数，
要函数在区间上有且仅有一个零点，
则或
由，即，
即，即，解得，
由 ，即，
即，解得，则无解，
由上可知，时，，时，则无解，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】1.奇偶性：定义验证 .
2.单调性：通过换元法转化为熟悉函数（ 如幂函数 ），分析复合函数单调性.
3.最值：基本不等式（ 均值定理 ）直接应用.
4.零点：转化为方程解的问题，结合定义域与换元法，分析参数范围.
12．【答案】5
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】由题意.
故答案为：5.
【分析】复数的模是复数在复平面上对应点到原点的距离，由实部和虚部构成直角三角形的两条直角边，模为斜边长度，利用勾股定理直接计算，解决复数模的求解问题。
13．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
如图，设，则，
在和中，由正弦定理可得，，，
两式相除，可得：，
因，，代入解得.
故答案为：.
【分析】1. 线段设定：利用向量关系设 ，表达 与 。
2. 正弦定理应用：对两个子三角形（、 ）分别列正弦定理，建立边与角的关系。
3. 联立消元：两式相除消去公共量（、 ），得到角的比例关系。
4. 代入条件求解：利用 和 ，化简得 。
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
由余弦定理得，
则，，是四边形外接圆直径，，
设，则，
在中，，
由正弦定理得，即，
在中，，
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
故答案为：
【分析】1. 利用余弦定理与勾股定理逆定理，确定为含的直角三角形，得出为圆直径.
2. 通过角度关联（ 圆内接四边形对角互补 ），用三角函数表示、.
3. 面积公式结合二次函数（ 或基本不等式 ）求最值，聚焦“几何性质转化为代数表达式，再求最值”的逻辑链.
15．【答案】（1）解：由题设，
（2）解：由题设，又，
所以，则，可得；
（3）解：由（2）及，则，可得.
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）利用向量数乘和减法的坐标规则计算，模长公式计算。
（2）两向量平行则坐标成比例（ ），列方程求解。
（3）由向量垂直的坐标表示列方程求参数.
（1）由题设，；
（2）由题设，又，
所以，则，可得；
（3）由（2）及，则，可得.
16．【答案】（1）解：依题意，，
由，得，
所以当，即时，取得最大值.
（2）解：由，得，，
则，解得，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）先通过向量点积展开表达式，再用三角恒等变换（二倍角、辅助角公式）转化为正弦型函数，结合角度范围求最值.
（2）由（1）的解析式求出，再利用余弦定理求解.
（1）依题意，，
由，得，
所以当，即时，取得最大值.
（2）由，得，，
则，解得，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
17．【答案】（1）解：由题意，，
又，于是，则，则，
根据正弦函数的单调递增区间，令，
解得，，即为的单调递增区间.
（2）解：当，，
注意到题干，则，
根据正弦函数的对称轴，
显然只有时一条对称轴，
于是，解得，
结合可得.
【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；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）单调增区间：先三角恒等变换化简函数，由周期求，再利用正弦函数增区间公式列不等式求解.
（2）利用正弦函数的对称轴公式求参数的范围.
（1）由题意，，
又，于是，则，则，
根据正弦函数的单调递增区间，令，
解得，，即为的单调递增区间.
（2）当，，
注意到题干，则，
根据正弦函数的对称轴，
显然只有时一条对称轴，
于是，解得，
结合可得
18．【答案】（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）①解：连接交于点，连接，
∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②解：建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面的法向量；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意，利用菱形性质、线面平行性质证面面平行，再得线面平行.
（2）①通过四棱锥的体积即可得结果；
②建空间直角坐标系，求平面法向量，用向量点积公式计算线面角正弦值.
（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，
∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）①连接交于点，连接，
∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
19．【答案】（1）解：是，理由如下：存在，，对任意的，都有，且恒成立，
所以函数是“类对称函数”.
（2）解：由题意知，即（*）恒成立，
令，得，令，得，
又且时（*）恒成立，
所以，又，所以或.
（3）证明：充分性：当且时，，
，
所以函数是“类对称函数”：
必要性：
若函数是“类对称函数”，
则，
即①恒成立；
下用反证法证明：若，因为，，
所以，所以，
故足够大时，一定会超过，①式不成立，
（事实上，可以取），
此时①式为②
令，得，令，得，
则，解得，从而或，
当时，②式左边为不是定值，因此②式不恒成立，
当时，②式为，此时，
综上所述，函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
【知识点】充要条件；三角函数恒等式的证明；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据三角函数公式， 通过取特殊值，确定一组，即可说明；
（2） 代入定义展开，利用三角恒等式和恒成立条件（正弦项系数为 0 ） ；
（3）根据“类对称函数”的定义，结合所需要满足的式子，从充分性和必要性分别证明.
（1）是，理由如下：
存在，，对任意的，都有，且恒成立，
所以函数是“类对称函数”.
（2）由题意知，
即（*）恒成立，
令，得，令，得，
又且时（*）恒成立，
所以，又，所以或.
（3）充分性：
当且时，，
，
所以函数是“类对称函数”：
必要性：
若函数是“类对称函数”，
则，
即①恒成立；
下用反证法证明：若，因为，，
所以，所以，
故足够大时，一定会超过，①式不成立，
（事实上，可以取），
此时①式为②
令，得，令，得，
则，解得，从而或，
当时，②式左边为不是定值，因此②式不恒成立，
当时，②式为，此时，
综上所述，函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.
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