贵州省名校协作体2025-2026学年高二上学期质量监测（一）数学试题
1．（2025高二上·遵义期中）命题“，有成立”的否定为（ ）
A．，有成立 B．，有成立
C．，有成立 D．，有成立
2．（2025高二上·遵义期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C．5 D．
3．（2025高二上·遵义期中）已知集合，集合，则中元素的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．（2025高二上·遵义期中）设，，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·遵义期中）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·遵义期中）已知定义在上的奇函数满足当时，，若在区间上单调递增，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高二上·遵义期中）如图，球同时与正四面体的四个面相切，球同时与正四面体的三个面相切，且与球外切，则球和球的半径比为（ ）
A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．5：1
8．（2025高二上·遵义期中）已知函数在处取得最大值，若在处取得最大值，则与的关系可能为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高二上·遵义期中）已知空间中两条不重合的直线，，两个不重合的平面，，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
10．（2025高二上·遵义期中）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．点的坐标为
C．当时，函数的值域是
D．函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数
11．（2025高二上·遵义期中）在平行六面体中，已知，，O是中点，则（ ）
A．
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为
D．直线与平面所成角的正切值
12．（2025高二上·遵义期中）一个样本容量为的样本的平均数为，现样本加入新数，此时样本数据的和为 .
13．（2025高二上·遵义期中）实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是 .
14．（2025高二上·遵义期中）在中，，，，与交于，若，则 .
15．（2025高二上·遵义期中）如图，在三角形中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，，点D在上，且，.
（1）求B的大小；
（2）若，求的长.
16．（2025高二上·遵义期中）如图，在五面体中，平面平面，，，，.
（1）证明：；
（2）证明：平面平面.
17．（2025高二上·遵义期中）齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，进行三场比赛，每场双方均任意选一匹马参赛，胜两场或两场以上的人获得这次比赛的胜利，
（1）求田忌获胜的概率；
（2）若某月齐王与田忌进行了这样的三次比赛，并且各次比赛结果互不影响，求田忌至少赢得两次比赛的概率.
18．（2025高二上·遵义期中）已知定义在上的偶函数满足对任意，均有，且对任意，有.
（1）求a的值；
（2）若关于x的方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，求的值；
（3）设关于x的方程有k个不同正实根，将其从小到大排列分别为，求的值.
19．（2025高二上·遵义期中）如图，在四棱锥中，M为中点，，，.
（1）求证：；
（2）求四棱锥的体积的最大值；
（3）设二面角的大小为，若，设二面角的大小为，求的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，有成立”的否定为，有成立.
故答案为：D.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
2．【答案】A
【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：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求复数的模即可.
3．【答案】A
【知识点】集合的表示方法；集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得：中的元素为，共3个.
故答案为：A.
【分析】根据集合的特征，利用列举法写出集合的元素即可.
4．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】根据投影向量的定义直接求解即可.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由，可得，利用同角三角函数基本关系式求得的值，再根据两角和的余弦公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可得：，则时，，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当，则，则，
，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，在处连续，则在、上单调递增，在上单调递减，
若在区间，即上单调递增，
则或，即或，
故m的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：，化简函数求函数的单调性区间，结合函数为奇函数，可得的单调区间，再根据已知区间单调性列不等式求参数范围即可.
7．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为2，
易知球是正四面体的内切球，设球的半径为，正四面体的高为，
由题意可得，解得，
因为球与球外切，且与正四面体三个侧面相切，
以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，
此时球是小正四面体的内切球，
若球的半径为，小正四面体的高为，所以小正四面体的棱长为1，
则，解得，
故球和球的半径比为.
故答案为：A.
【分析】设正四面体的棱长为2，以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，球、分别为正四面体和小正四面体的内切球，利用等体积法求内切球的半径，即可得两球的半径之比.
8．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
且，
由题意可得：，则，
，则，
则，或均不可能，
，则不可能，
当时，.
故答案为：C.
【分析】利用辅助角公式化简，可得、且，再由已知得、，逐项判断即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，可得，再由，可得，故A真命题；
B、若，则必，使得，又，则，而，则，故B真命题；
C、由，，，当且仅当或时才有，故C假命题；
D、由，，根据面面平行的性质定理知，故D真命题.
故答案为：ABD.
【分析】根据面面平行、线面垂直的性质定理即可判断AD；由线面垂直、平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断B；由面面垂直的性质定理即可判断C.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为函数的图象过点，所以，则，
即，因为，所以，故A正确；
B、由A可得：，周期，则，
解得，即，故B错误；
C、由B结合函数图象可得，的值域为，故C正确；
D、将的图象向右平移个单位长度，得，
因为，所以函数是奇函数，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】函数的图象过点，将点代入，结合的范围求解即可判断A；由A可得函数解析式，结合周期，由求解即可判断B；由图象即可判断C；根据三角函数图象的平移变换求得的表达式，再判断的奇偶性，即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：记，，，
由题意可得：，，
A、，故A正确；
B、，
则，
即，故B错误；
C、，故，即直线与所成角为，故C正确；
D、在平行六面体中，四边形是菱形，则，
因为，，平面，平面，
所以平面，又平面，则平面平面，
连接交于点，过点作于点，如图所示：
因为平面平面，平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，易知，
则，即，
在中，，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】记，利用空间向量的基本线性运算即可判断A；用表示，结合向量的数量积，以及求模即可判断B；根据线面、面面垂直的判定及线面角求解即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可得：样本加入新数，样本数据的和为.
故答案为：.
【分析】根据平均数的定义求解即可.
13．【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：易知圆柱底面半径为，高为2，圆柱的侧面积为，
圆锥的母线长为，底面周长为，圆锥的表面积为，
则几何体的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据圆锥表面积、圆柱侧面积的公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，且，则，
如图所示：
因为三点共线，所以存在实数，使得①，
因为三点共线，所以存在实数，使得②，
由①②可得，即 ，解得，
则，且，
又因为，
所以，
解得，则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】设，且，分别根据、三点共线，得到和，两式联立求得，即，再根据，求得，最后利用向量的夹角公式求解即可.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
整理可得，则，
即，，，
因为，所以；
（2）解：，，，根据正弦定理，可得，
因为，，所以，则，故，
又因为，所以为等腰三角形，且，故，
在中，，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再根据两角和角正弦公式及三角形内角的性质化简求即可；
（2）利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理求即可.
（1）由题设，则，
所以，则，
所以，，故，
由，则；
（2）由，，，则，故，
由，则，所以，则，故，
又，则为等腰三角形，且，故，
在中，
所以.
16．【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，平面，所以；
（2）证明： 由（1），，可得，
又因为，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
又因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，
而平面，，故平面，
又因为平面，所以平面平面.
【知识点】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；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）由（1），，可得，由题可证平面，，则平面，得，又，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可.
（1），平面，平面，
平面，
又平面平面，平面，所以.
（2）由（1），又，则，
又，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，
又平面，则，
而平面，，故平面，
又平面，
所以平面平面.
17．【答案】（1）解：由题意可得：齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有，
田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，则田忌获胜的概率为；
（2）解：由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从，
则田忌至少赢得两次比赛的概率.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可得：基本事件总数，田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，结合古典概型概率公式求田忌获胜的概率；
（2）由（1）的结论，可知田忌获胜次数服从二项分布，，再由求概率即可.
（1）齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有，
田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即：
田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，
田忌获胜的概率为；
（2）由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从，
所以田忌至少赢得两次比赛的概率
.
18．【答案】（1）解：任意，有，令，则，
当，有，则，解得；
（2）解：由（1）得，有，则，即在上的图象关于对称，
由题意，则，所以是周期为2的函数，
则在区间、、、上的对称轴依次为，
由方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，
所以、、、、，
所以；
（3）解：由（2），可得、在上的大致图象，如图所示：
由，，所以共有9个正实数根，
由有，此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
综上，
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由任意，有，令，可得，代入解析式列方程求参数值即可；
（2）根据（1）得上的图象关于对称，且，利用对称性和周期性确定中各子区间中的对称轴，再求在区间内所有根的和即可；
（3）根据（2）的分析及已知画出、在上的大致图象如下，数形结合判断的正根个数，再依次由各区间的解析式列方程求所有正根的和.
（1）由任意，有，易知，
而，有，则；
（2）由（1）得，有，则，
所以，在上的图象关于对称，
由题意，则，所以是周期为2的函数，
则在区间、、、上的对称轴依次为，
由方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，
所以、、、、，
所以；
（3）由（2），可得、在上的大致图象如下，
由，，所以共有9个正实数根，
由有，此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
综上，.
19．【答案】（1）证明：因为M为中点，，所以，
又因为，所以为等边三角形，
则，且，即，故，而，
所以，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则；
（2）解：由平面，则，
而，，则，
所以，要使四棱锥的体积最大，只需最大，
由，，则，
所以是平面内，以为圆心，为半径的圆上运动，
所以时，，
则棱锥的最大体积；
（3）解：在平面内，过作，以为原点，为的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
令，且，
则，
，，，，
若是平面的法向量，则，
取，可得，
若是平面的法向量，则，
取，可得，
则 ，
因为，所以，
则，
，
即，可得（负值舍），
平面的一个法向量为，则，
所以，
当，则，
当，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由M为中点，，可得 、利用勾股定理，再由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）由（1）得结论，结合，要使四棱锥的体积最大，只需最大，根据已知求的轨迹，再确定的最大值即可求得冷追的最大体积；
（3）以为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，令，且，根据已知二面角的正弦值及面面角的向量求法列方程求得，利用空间向量法求二面角正弦值的平方即可.
（1）由M为中点，，则，
由，即为等边三角形，则，
且，则，故，而，
所以，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则；
（2）由平面，则，
而，，则，
所以，要使四棱锥的体积最大，只需最大，
由，，则，
所以是平面内，以为圆心，为半径的圆上运动，
所以时，，
所以棱锥的最大体积；
（3）在平面内，过作，以为原点，为的正方向，
构建如下图所示的空间直角坐标系，令，且，
则，
所以，，，，
若是平面的法向量，则，
取，则，
若是平面的法向量，则，
取，则，
所以 ，
而，则，
所以，
所以，
所以，可得（负值舍），
而平面的一个法向量为，则，
所以，
当，则，
当，则.
1 / 1贵州省名校协作体2025-2026学年高二上学期质量监测（一）数学试题
1．（2025高二上·遵义期中）命题“，有成立”的否定为（ ）
A．，有成立 B．，有成立
C．，有成立 D．，有成立
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，有成立”的否定为，有成立.
故答案为：D.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
2．（2025高二上·遵义期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】A
【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：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求复数的模即可.
3．（2025高二上·遵义期中）已知集合，集合，则中元素的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】集合的表示方法；集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得：中的元素为，共3个.
故答案为：A.
【分析】根据集合的特征，利用列举法写出集合的元素即可.
4．（2025高二上·遵义期中）设，，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】根据投影向量的定义直接求解即可.
5．（2025高二上·遵义期中）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由，可得，利用同角三角函数基本关系式求得的值，再根据两角和的余弦公式求解即可.
6．（2025高二上·遵义期中）已知定义在上的奇函数满足当时，，若在区间上单调递增，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可得：，则时，，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当，则，则，
，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，在处连续，则在、上单调递增，在上单调递减，
若在区间，即上单调递增，
则或，即或，
故m的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】由题意可得：，化简函数求函数的单调性区间，结合函数为奇函数，可得的单调区间，再根据已知区间单调性列不等式求参数范围即可.
7．（2025高二上·遵义期中）如图，球同时与正四面体的四个面相切，球同时与正四面体的三个面相切，且与球外切，则球和球的半径比为（ ）
A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．5：1
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为2，
易知球是正四面体的内切球，设球的半径为，正四面体的高为，
由题意可得，解得，
因为球与球外切，且与正四面体三个侧面相切，
以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，
此时球是小正四面体的内切球，
若球的半径为，小正四面体的高为，所以小正四面体的棱长为1，
则，解得，
故球和球的半径比为.
故答案为：A.
【分析】设正四面体的棱长为2，以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，球、分别为正四面体和小正四面体的内切球，利用等体积法求内切球的半径，即可得两球的半径之比.
8．（2025高二上·遵义期中）已知函数在处取得最大值，若在处取得最大值，则与的关系可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
且，
由题意可得：，则，
，则，
则，或均不可能，
，则不可能，
当时，.
故答案为：C.
【分析】利用辅助角公式化简，可得、且，再由已知得、，逐项判断即可.
9．（2025高二上·遵义期中）已知空间中两条不重合的直线，，两个不重合的平面，，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，可得，再由，可得，故A真命题；
B、若，则必，使得，又，则，而，则，故B真命题；
C、由，，，当且仅当或时才有，故C假命题；
D、由，，根据面面平行的性质定理知，故D真命题.
故答案为：ABD.
【分析】根据面面平行、线面垂直的性质定理即可判断AD；由线面垂直、平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断B；由面面垂直的性质定理即可判断C.
10．（2025高二上·遵义期中）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．点的坐标为
C．当时，函数的值域是
D．函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A、因为函数的图象过点，所以，则，
即，因为，所以，故A正确；
B、由A可得：，周期，则，
解得，即，故B错误；
C、由B结合函数图象可得，的值域为，故C正确；
D、将的图象向右平移个单位长度，得，
因为，所以函数是奇函数，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】函数的图象过点，将点代入，结合的范围求解即可判断A；由A可得函数解析式，结合周期，由求解即可判断B；由图象即可判断C；根据三角函数图象的平移变换求得的表达式，再判断的奇偶性，即可判断D.
11．（2025高二上·遵义期中）在平行六面体中，已知，，O是中点，则（ ）
A．
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为
D．直线与平面所成角的正切值
【答案】A,C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：记，，，
由题意可得：，，
A、，故A正确；
B、，
则，
即，故B错误；
C、，故，即直线与所成角为，故C正确；
D、在平行六面体中，四边形是菱形，则，
因为，，平面，平面，
所以平面，又平面，则平面平面，
连接交于点，过点作于点，如图所示：
因为平面平面，平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，易知，
则，即，
在中，，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】记，利用空间向量的基本线性运算即可判断A；用表示，结合向量的数量积，以及求模即可判断B；根据线面、面面垂直的判定及线面角求解即可判断CD.
12．（2025高二上·遵义期中）一个样本容量为的样本的平均数为，现样本加入新数，此时样本数据的和为 .
【答案】
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：由题意可得：样本加入新数，样本数据的和为.
故答案为：.
【分析】根据平均数的定义求解即可.
13．（2025高二上·遵义期中）实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是 .
【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：易知圆柱底面半径为，高为2，圆柱的侧面积为，
圆锥的母线长为，底面周长为，圆锥的表面积为，
则几何体的表面积为.
故答案为：.
【分析】根据圆锥表面积、圆柱侧面积的公式求解即可.
14．（2025高二上·遵义期中）在中，，，，与交于，若，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，且，则，
如图所示：
因为三点共线，所以存在实数，使得①，
因为三点共线，所以存在实数，使得②，
由①②可得，即 ，解得，
则，且，
又因为，
所以，
解得，则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】设，且，分别根据、三点共线，得到和，两式联立求得，即，再根据，求得，最后利用向量的夹角公式求解即可.
15．（2025高二上·遵义期中）如图，在三角形中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，，点D在上，且，.
（1）求B的大小；
（2）若，求的长.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
整理可得，则，
即，，，
因为，所以；
（2）解：，，，根据正弦定理，可得，
因为，，所以，则，故，
又因为，所以为等腰三角形，且，故，
在中，，则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再根据两角和角正弦公式及三角形内角的性质化简求即可；
（2）利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理求即可.
（1）由题设，则，
所以，则，
所以，，故，
由，则；
（2）由，，，则，故，
由，则，所以，则，故，
又，则为等腰三角形，且，故，
在中，
所以.
16．（2025高二上·遵义期中）如图，在五面体中，平面平面，，，，.
（1）证明：；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，平面，所以；
（2）证明： 由（1），，可得，
又因为，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
又因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，
而平面，，故平面，
又因为平面，所以平面平面.
【知识点】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；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理证明即可；
（2）由（1），，可得，由题可证平面，，则平面，得，又，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可.
（1），平面，平面，
平面，
又平面平面，平面，所以.
（2）由（1），又，则，
又，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，
又平面，则，
而平面，，故平面，
又平面，
所以平面平面.
17．（2025高二上·遵义期中）齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，进行三场比赛，每场双方均任意选一匹马参赛，胜两场或两场以上的人获得这次比赛的胜利，
（1）求田忌获胜的概率；
（2）若某月齐王与田忌进行了这样的三次比赛，并且各次比赛结果互不影响，求田忌至少赢得两次比赛的概率.
【答案】（1）解：由题意可得：齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有，
田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，则田忌获胜的概率为；
（2）解：由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从，
则田忌至少赢得两次比赛的概率.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可得：基本事件总数，田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，结合古典概型概率公式求田忌获胜的概率；
（2）由（1）的结论，可知田忌获胜次数服从二项分布，，再由求概率即可.
（1）齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有，
田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即：
田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，
田忌获胜的概率为；
（2）由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从，
所以田忌至少赢得两次比赛的概率
.
18．（2025高二上·遵义期中）已知定义在上的偶函数满足对任意，均有，且对任意，有.
（1）求a的值；
（2）若关于x的方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，求的值；
（3）设关于x的方程有k个不同正实根，将其从小到大排列分别为，求的值.
【答案】（1）解：任意，有，令，则，
当，有，则，解得；
（2）解：由（1）得，有，则，即在上的图象关于对称，
由题意，则，所以是周期为2的函数，
则在区间、、、上的对称轴依次为，
由方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，
所以、、、、，
所以；
（3）解：由（2），可得、在上的大致图象，如图所示：
由，，所以共有9个正实数根，
由有，此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
综上，
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由任意，有，令，可得，代入解析式列方程求参数值即可；
（2）根据（1）得上的图象关于对称，且，利用对称性和周期性确定中各子区间中的对称轴，再求在区间内所有根的和即可；
（3）根据（2）的分析及已知画出、在上的大致图象如下，数形结合判断的正根个数，再依次由各区间的解析式列方程求所有正根的和.
（1）由任意，有，易知，
而，有，则；
（2）由（1）得，有，则，
所以，在上的图象关于对称，
由题意，则，所以是周期为2的函数，
则在区间、、、上的对称轴依次为，
由方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，
所以、、、、，
所以；
（3）由（2），可得、在上的大致图象如下，
由，，所以共有9个正实数根，
由有，此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
由有，
此时，可得，
综上，.
19．（2025高二上·遵义期中）如图，在四棱锥中，M为中点，，，.
（1）求证：；
（2）求四棱锥的体积的最大值；
（3）设二面角的大小为，若，设二面角的大小为，求的值.
【答案】（1）证明：因为M为中点，，所以，
又因为，所以为等边三角形，
则，且，即，故，而，
所以，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则；
（2）解：由平面，则，
而，，则，
所以，要使四棱锥的体积最大，只需最大，
由，，则，
所以是平面内，以为圆心，为半径的圆上运动，
所以时，，
则棱锥的最大体积；
（3）解：在平面内，过作，以为原点，为的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
令，且，
则，
，，，，
若是平面的法向量，则，
取，可得，
若是平面的法向量，则，
取，可得，
则 ，
因为，所以，
则，
，
即，可得（负值舍），
平面的一个法向量为，则，
所以，
当，则，
当，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由M为中点，，可得 、利用勾股定理，再由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）由（1）得结论，结合，要使四棱锥的体积最大，只需最大，根据已知求的轨迹，再确定的最大值即可求得冷追的最大体积；
（3）以为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，令，且，根据已知二面角的正弦值及面面角的向量求法列方程求得，利用空间向量法求二面角正弦值的平方即可.
（1）由M为中点，，则，
由，即为等边三角形，则，
且，则，故，而，
所以，则，
由且都在平面内，则平面，
由平面，则；
（2）由平面，则，
而，，则，
所以，要使四棱锥的体积最大，只需最大，
由，，则，
所以是平面内，以为圆心，为半径的圆上运动，
所以时，，
所以棱锥的最大体积；
（3）在平面内，过作，以为原点，为的正方向，
构建如下图所示的空间直角坐标系，令，且，
则，
所以，，，，
若是平面的法向量，则，
取，则，
若是平面的法向量，则，
取，则，
所以 ，
而，则，
所以，
所以，
所以，可得（负值舍），
而平面的一个法向量为，则，
所以，
当，则，
当，则.
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