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江苏省盐城市2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高一下·盐城期末）设集合{是正四棱柱}，{是长方体}，{是正方体}，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2022高一下·盐城期末）工厂生产A，B，C，3种不同型号的产品，产量之比为3：2：7.现用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本，若样本中B种型号的产品有12件，则样本容量n=（　　）
A．72 B．48 C．24 D．60
3．（2022高一下·盐城期末）已知复数z满足z=1+，则在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．（2022高一下·盐城期末）“”的一个充分条件是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022高一下·盐城期末）已知函数有两个零点，则可设，由，所以，，这就是一元二次方程根与系数的关系，也称韦达定理，设多项式函数，根据代数基本定理可知方程有个根，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2022高一下·盐城期末）在中，，，点满足，，则的最小值为（　　）
A． B． C．2 D．1
7．（2022高一下·盐城期末）已知函数，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022高一下·盐城期末）已知函数，若方程在上恰有四个不同的解，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高一下·盐城期末）记分别为事件A，B发生的概率，则下列结论中可能成立的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2022高一下·盐城期末）下列关于函数的说法正确的有（　　）
A．最小正周期为π
B．在上单调递增
C．值域为
D．若为的一条对称轴，则
11．（2022高一下·盐城期末）已知定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，，若函数是偶函数，则下列结论正确的有（　　）
A．的图象关于对称 B．
C． D．有100个零点
12．（2022高一下·盐城期末）已知正方体的棱长为2，点是棱上的动点（不含端点），下列说法正确的有（　　）
A．可能垂直
B．三棱锥的体积为定值
C．过点截正方体的截面可能是等腰梯形
D．若，过点且垂直于的截面的周长为
三、填空题
13．（2022高一下·盐城期末）若的标准差为，则的标准差是　 　.
14．（2022高一下·盐城期末）设平面向量，，则在上的投影向量的坐标为　 　.
15．（2022高一下·盐城期末）对，函数都有，则　 　.（答案不唯一，写出一个即可）
16．（2022高一下·盐城期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是　 　.
四、解答题
17．（2022高一下·盐城期末）为了有效抗击疫情，保卫师生健康，某校鼓励学生在食堂就餐，为了更好地服务学生，提升食堂的服务水平，学校采用了问卷调查的形式调研了学生对食堂服务的满意程度，满分是100分，将问卷回收并整理评分数据后，把得分分成了5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率直方图.
（1）计算a的值和样本的平均分；
（2）为了更全面地了解师生对食堂服务水平的评价，求该样本的50百分位数（精确到0.01）.
18．（2022高一下·盐城期末）设.
（1）若函数的最大值是最小值的3倍，求b的值；
（2）当时，函数正零点由小到大依次为x1，x2，x3，…，若，求ω的值.
19．（2022高一下·盐城期末）如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，，.
（1）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（2）若PD与平面PAC所成的角为，求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
20．（2022高一下·盐城期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=2B.
（1）若，求的值；
（2）若，求证：.（参考数据：）
21．（2022高一下·盐城期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，P在以AD为直径的圆O上，平面ABCD⊥平面PAD.
（1）设点Q是AP的中点，求证：BQ平面PCD；
（2）若二面角的平面角的正切值为2，求三棱锥A-PCD的体积.
22．（2022高一下·盐城期末）若定义域为的函数满足，则称为“a型”弱对称函数.
（1）若函数为“1型”弱对称函数，求m的值；
（2）已知函数为“2型”弱对称函数，且函数恰有101个零点，若>λ对任意满足条件函数的恒成立，求λ的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】当正四棱柱的高与底面边长相等时，该正四棱柱为正方体；
当长方体底面为正方形时，该长方体为正四棱柱；.
故答案为：B.
【分析】 由正方体、正四棱柱和长方体的结构特征判断出包含关系即可得答案.
2．【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】由题设B种型号的产品占比为，
所以，可得.
故答案为：A
【分析】 根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可直接列出等式，即可求解出答案.
3．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】由题设，对应点为在第四象限.
故答案为：D
【分析】由共轭复数的概念写出 ，即可判断其所在象限.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，当时，满足，无法得到，充分性不成立，A不符合题意；
对于B，当时，，或，充分性不成立，B不符合题意；
对于C，当时，，可得到，C符合题意；
对于D，当时，，或，充分性不成立，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的定义可得答案.
5．【答案】C
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】由题意知：，
；
，.
故答案为：C.
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系推导方法可将多项函数进行化简，根据对应项系数相等可得，由此可得答案.
6．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】，
，
则当时，，.
故答案为：A.
【分析】利用平面向量数量积的运算进行计算可得答案.
7．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由，，即，
所以，又，
所以，而递增，
故
故答案为：D
【分析】 根据题意，求出函数的导数，分析其单调性，又由，即可得答案.
8．【答案】C
【知识点】根的存在性及根的个数判断
【解析】【解答】由题设在上恰有四个不同的解，
令，则与有两个交点，而，
注意：时，则对应在上有一个解；
或时在只有一个对应值，则对应在上有两个解；
时或，对应在上有三个解；
时在只有两个对应值，此时对应在上有四个解；
综上，.
故答案为：C
【分析】令，问题转化为与有两个交点，再由正弦函数值对应自变量的个数确定实数a的取值范围 .
9．【答案】A,B,C
【知识点】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】【解答】当事件A，B相互独立时，，A可能；
当事件A，B互斥时，，B可能；
当事件A，B不互斥时，，C可能；
而不可能出现，D不可能.
故答案为：ABC
【分析】 根据已知条件，结合事件A、B的独立性、互斥性，逐项进行判断即可得答案.
10．【答案】B,C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质
【解析】【解答】；
对于A，的最小正周期，A不符合题意；
对于B，当时，，在上单调递增，B符合题意；
对于C，，，即的值域为，C符合题意；
对于D，若为的一条对称轴，则或，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】 利用二倍角公式化简可得，根据余弦型函数的最小正周期、单调性、值域和对称性的求法，依次判断各个选项即可得答案.
11．【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】由题设，，即，关于对称，A符合题意；
又，则，即是周期为4的奇函数，
由，即，
，B符合题意；
，，故，C不符合题意；
综上，与的函数部分图象如下：
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有1个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有3个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
综上，共有个零点，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】先根据题意得到函数f (x)为奇函数，且是周期为4的周期函数，进而利用函数的性质逐项进行判断，即可得答案.
12．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】对于A，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，
若，则，解得：（舍），
不存在点，使得，A不符合题意；
对于B，，点到平面的距离，
，B符合题意；
对于C，取中点，连接，
，，，，
，，四边形即为过点的正方体的一个截面；
又，四边形为等腰梯形，C符合题意；
对于D，由题意知：为中点，
取中点，连接，
，四点共面；
，，，，，
，，，
，，，
又，平面，平面，
则四边形即为过点且垂直于的截面，
，，，
截面的周长为，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】根据空间几何体的几何性质，结合已知条件，逐项进行分析判断，可得答案.
13．【答案】2
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】的标准差为，的方差；
的方差为，
的标准差为2.
故答案为：2.
【分析】根据标准差、方差的定义进行计算可得答案.
14．【答案】
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】，，
在上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
【分析】 利用向量的投影向量公式，代入坐标进行计算即可得答案.
15．【答案】sinπx（答案不唯一）
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】，图象关于点对称，则.
故答案为：sinπx（答案不唯一）.
【分析】由 得图象关于点对称，可得出的一个解析式.
16．【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】设，连接，
四边形为菱形，为中点，
，，，，
又，平面，平面；又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
四边形为菱形，为四边形各内角的平分线，
即为四边形的内切圆圆心，四边形内切圆的半径；
，，；
，，，
设，，，
，（其中），
，，
即异面直线与所成角的余弦值的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，结合等腰三角形三线合一和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立空间直角坐标系，根据菱形的性质可确定内接球接圆圆心为O，并确定的内切圆的半径，由此可设，利用异面直线所成角的向量求法可将所求角的余弦值表示为，由此可得异面直线与所成角的余弦值的取值范围.
17．【答案】（1）解：由直方图知：，可得，
样本平均分为分
（2）解：由，
所以50百分位数在[60，70）区间内，令50百分位数为，
则，可得分
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）由频率和为1求参数a，根据直方图求样本平均数；
（2）首先判断50百分位数所在区间，再由百分位数求法求得50百分位数.
18．【答案】（1）解：由题设，可得
（2）解：令，则，
所以或且，
则或且，
由且正零点由小到大依次为x1，x2，x3，…，
所以、、，则，
所以
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由正弦型函数的性质有 ，即可求出 b的值；
（2）由正弦型函数的性质可得 或且， 结合 且正零点 求出 x1，x2，x3， 即可求出 ω的值.
19．【答案】（1）证明：由题意，，又，
在△中，故，
所以，
又PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，
而，面，则面，
由面，故面面
（2）解：由（1）知：面，则PD与平面PAC所成角的平面角为，
而，易知：，
又PA⊥平面ABCD，面，则面面，
而面，面面，则在面上的射影在上，
又△为等腰直角三角形，故在上射影为中点，
所以到面的距离为，
故PC与平面PAD所成的角的正弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1)由余弦定理、勾股定理知AC⊥CD，根据线面垂直的性质得PA⊥CD，再根据线面垂直、面面垂直的判定证得平面PCD⊥平面PAC；
(2) 由（1）知：面，则PD与平面PAC所成角的平面角为， 求得 ，再通过线面垂直证面面垂直并找到在面PAD上C的射影位置，即可求C到面PAD的距离，即可求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
20．【答案】（1）解：由，，故，
又，可得，则，，
则
（2）证明：由知：，
所以，即，
又，则，即，
所以，而，则，
综上，
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】 (1)由三角形内角性质可得 ， 结合已知并利用二倍角正余弦公式求cosB、sinC、cosC，最后应用诱导公式、和角正弦公式求 的值；
(2)由大边对大角及三角形内角性质得 ， 根据C=2B及正弦定理边角关系得 ，即可证得 .
21．【答案】（1）证明：若为中点，连接，又Q是AP的中点，即且，
又，，故且，
所以为平行四边形，故，
由面，面，则面
（2）解：面ABCD⊥面PAD，面面，面，
则在面上射影在上，即面，面，
所以，
又，，故，，
过作交于，
则，
由P在以AD为直径的圆O上，即，
所以，
又，面，故面，而面，
所以
由面，面，面面，
所以二面角对应平面角为，即，
故，，则，
所以.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 (1) 若为中点，连接， 中位线性质得 且， 结合已知得 为平行四边形， 再由线面平行的判定证明 BQ平面PCD；
(2)找到 在面上射影在上，过作交于， 进而求出CF、PA、PD，根据 及棱锥的体积公式求出三棱锥A-PCD的体积.
22．【答案】（1）解：由题设，且定义域为，
所以，
故.
（2）解：由题设，且，
对于零点，有，则，
若且，可得，故必为的一个零点，
若且，则，，…，，，
所以，
而(由，即等号取不到)，
故，
又>λ对任意满足条件函数的恒成立，即，
所以λ的最大值为.
【知识点】基本不等式；归纳推理
【解析】【分析】 (1)根据 “1型”弱对称函数的定义有 ，即可求出m值；
(2)根据题设 且， 讨论 、 且 得到 ，，…，，， 应用基本不等式求 的范围，由恒成立求 λ的最大值.
1 / 1江苏省盐城市2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高一下·盐城期末）设集合{是正四棱柱}，{是长方体}，{是正方体}，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】当正四棱柱的高与底面边长相等时，该正四棱柱为正方体；
当长方体底面为正方形时，该长方体为正四棱柱；.
故答案为：B.
【分析】 由正方体、正四棱柱和长方体的结构特征判断出包含关系即可得答案.
2．（2022高一下·盐城期末）工厂生产A，B，C，3种不同型号的产品，产量之比为3：2：7.现用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本，若样本中B种型号的产品有12件，则样本容量n=（　　）
A．72 B．48 C．24 D．60
【答案】A
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】由题设B种型号的产品占比为，
所以，可得.
故答案为：A
【分析】 根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可直接列出等式，即可求解出答案.
3．（2022高一下·盐城期末）已知复数z满足z=1+，则在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】由题设，对应点为在第四象限.
故答案为：D
【分析】由共轭复数的概念写出 ，即可判断其所在象限.
4．（2022高一下·盐城期末）“”的一个充分条件是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A，当时，满足，无法得到，充分性不成立，A不符合题意；
对于B，当时，，或，充分性不成立，B不符合题意；
对于C，当时，，可得到，C符合题意；
对于D，当时，，或，充分性不成立，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的定义可得答案.
5．（2022高一下·盐城期末）已知函数有两个零点，则可设，由，所以，，这就是一元二次方程根与系数的关系，也称韦达定理，设多项式函数，根据代数基本定理可知方程有个根，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】由题意知：，
；
，.
故答案为：C.
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系推导方法可将多项函数进行化简，根据对应项系数相等可得，由此可得答案.
6．（2022高一下·盐城期末）在中，，，点满足，，则的最小值为（　　）
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】，
，
则当时，，.
故答案为：A.
【分析】利用平面向量数量积的运算进行计算可得答案.
7．（2022高一下·盐城期末）已知函数，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由，，即，
所以，又，
所以，而递增，
故
故答案为：D
【分析】 根据题意，求出函数的导数，分析其单调性，又由，即可得答案.
8．（2022高一下·盐城期末）已知函数，若方程在上恰有四个不同的解，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】根的存在性及根的个数判断
【解析】【解答】由题设在上恰有四个不同的解，
令，则与有两个交点，而，
注意：时，则对应在上有一个解；
或时在只有一个对应值，则对应在上有两个解；
时或，对应在上有三个解；
时在只有两个对应值，此时对应在上有四个解；
综上，.
故答案为：C
【分析】令，问题转化为与有两个交点，再由正弦函数值对应自变量的个数确定实数a的取值范围 .
二、多选题
9．（2022高一下·盐城期末）记分别为事件A，B发生的概率，则下列结论中可能成立的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】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】【解答】当事件A，B相互独立时，，A可能；
当事件A，B互斥时，，B可能；
当事件A，B不互斥时，，C可能；
而不可能出现，D不可能.
故答案为：ABC
【分析】 根据已知条件，结合事件A、B的独立性、互斥性，逐项进行判断即可得答案.
10．（2022高一下·盐城期末）下列关于函数的说法正确的有（　　）
A．最小正周期为π
B．在上单调递增
C．值域为
D．若为的一条对称轴，则
【答案】B,C
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质
【解析】【解答】；
对于A，的最小正周期，A不符合题意；
对于B，当时，，在上单调递增，B符合题意；
对于C，，，即的值域为，C符合题意；
对于D，若为的一条对称轴，则或，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】 利用二倍角公式化简可得，根据余弦型函数的最小正周期、单调性、值域和对称性的求法，依次判断各个选项即可得答案.
11．（2022高一下·盐城期末）已知定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，，若函数是偶函数，则下列结论正确的有（　　）
A．的图象关于对称 B．
C． D．有100个零点
【答案】A,B,D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】由题设，，即，关于对称，A符合题意；
又，则，即是周期为4的奇函数，
由，即，
，B符合题意；
，，故，C不符合题意；
综上，与的函数部分图象如下：
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有1个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
当，过点，故时与无交点；
由图知：上与有3个交点；
上的每个周期内与有两个交点，共有个交点；
而与且，即时无交点；
综上，共有个零点，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】先根据题意得到函数f (x)为奇函数，且是周期为4的周期函数，进而利用函数的性质逐项进行判断，即可得答案.
12．（2022高一下·盐城期末）已知正方体的棱长为2，点是棱上的动点（不含端点），下列说法正确的有（　　）
A．可能垂直
B．三棱锥的体积为定值
C．过点截正方体的截面可能是等腰梯形
D．若，过点且垂直于的截面的周长为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】对于A，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，
若，则，解得：（舍），
不存在点，使得，A不符合题意；
对于B，，点到平面的距离，
，B符合题意；
对于C，取中点，连接，
，，，，
，，四边形即为过点的正方体的一个截面；
又，四边形为等腰梯形，C符合题意；
对于D，由题意知：为中点，
取中点，连接，
，四点共面；
，，，，，
，，，
，，，
又，平面，平面，
则四边形即为过点且垂直于的截面，
，，，
截面的周长为，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】根据空间几何体的几何性质，结合已知条件，逐项进行分析判断，可得答案.
三、填空题
13．（2022高一下·盐城期末）若的标准差为，则的标准差是　 　.
【答案】2
【知识点】极差、方差与标准差
【解析】【解答】的标准差为，的方差；
的方差为，
的标准差为2.
故答案为：2.
【分析】根据标准差、方差的定义进行计算可得答案.
14．（2022高一下·盐城期末）设平面向量，，则在上的投影向量的坐标为　 　.
【答案】
【知识点】空间向量的投影向量
【解析】【解答】，，
在上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
【分析】 利用向量的投影向量公式，代入坐标进行计算即可得答案.
15．（2022高一下·盐城期末）对，函数都有，则　 　.（答案不唯一，写出一个即可）
【答案】sinπx（答案不唯一）
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】，图象关于点对称，则.
故答案为：sinπx（答案不唯一）.
【分析】由 得图象关于点对称，可得出的一个解析式.
16．（2022高一下·盐城期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】设，连接，
四边形为菱形，为中点，
，，，，
又，平面，平面；又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
四边形为菱形，为四边形各内角的平分线，
即为四边形的内切圆圆心，四边形内切圆的半径；
，，；
，，，
设，，，
，（其中），
，，
即异面直线与所成角的余弦值的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，结合等腰三角形三线合一和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立空间直角坐标系，根据菱形的性质可确定内接球接圆圆心为O，并确定的内切圆的半径，由此可设，利用异面直线所成角的向量求法可将所求角的余弦值表示为，由此可得异面直线与所成角的余弦值的取值范围.
四、解答题
17．（2022高一下·盐城期末）为了有效抗击疫情，保卫师生健康，某校鼓励学生在食堂就餐，为了更好地服务学生，提升食堂的服务水平，学校采用了问卷调查的形式调研了学生对食堂服务的满意程度，满分是100分，将问卷回收并整理评分数据后，把得分分成了5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率直方图.
（1）计算a的值和样本的平均分；
（2）为了更全面地了解师生对食堂服务水平的评价，求该样本的50百分位数（精确到0.01）.
【答案】（1）解：由直方图知：，可得，
样本平均分为分
（2）解：由，
所以50百分位数在[60，70）区间内，令50百分位数为，
则，可得分
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）由频率和为1求参数a，根据直方图求样本平均数；
（2）首先判断50百分位数所在区间，再由百分位数求法求得50百分位数.
18．（2022高一下·盐城期末）设.
（1）若函数的最大值是最小值的3倍，求b的值；
（2）当时，函数正零点由小到大依次为x1，x2，x3，…，若，求ω的值.
【答案】（1）解：由题设，可得
（2）解：令，则，
所以或且，
则或且，
由且正零点由小到大依次为x1，x2，x3，…，
所以、、，则，
所以
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）由正弦型函数的性质有 ，即可求出 b的值；
（2）由正弦型函数的性质可得 或且， 结合 且正零点 求出 x1，x2，x3， 即可求出 ω的值.
19．（2022高一下·盐城期末）如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，，.
（1）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（2）若PD与平面PAC所成的角为，求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明：由题意，，又，
在△中，故，
所以，
又PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，
而，面，则面，
由面，故面面
（2）解：由（1）知：面，则PD与平面PAC所成角的平面角为，
而，易知：，
又PA⊥平面ABCD，面，则面面，
而面，面面，则在面上的射影在上，
又△为等腰直角三角形，故在上射影为中点，
所以到面的距离为，
故PC与平面PAD所成的角的正弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1)由余弦定理、勾股定理知AC⊥CD，根据线面垂直的性质得PA⊥CD，再根据线面垂直、面面垂直的判定证得平面PCD⊥平面PAC；
(2) 由（1）知：面，则PD与平面PAC所成角的平面角为， 求得 ，再通过线面垂直证面面垂直并找到在面PAD上C的射影位置，即可求C到面PAD的距离，即可求PC与平面PAD所成的角的正弦值.
20．（2022高一下·盐城期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=2B.
（1）若，求的值；
（2）若，求证：.（参考数据：）
【答案】（1）解：由，，故，
又，可得，则，，
则
（2）证明：由知：，
所以，即，
又，则，即，
所以，而，则，
综上，
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理
【解析】【分析】 (1)由三角形内角性质可得 ， 结合已知并利用二倍角正余弦公式求cosB、sinC、cosC，最后应用诱导公式、和角正弦公式求 的值；
(2)由大边对大角及三角形内角性质得 ， 根据C=2B及正弦定理边角关系得 ，即可证得 .
21．（2022高一下·盐城期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，P在以AD为直径的圆O上，平面ABCD⊥平面PAD.
（1）设点Q是AP的中点，求证：BQ平面PCD；
（2）若二面角的平面角的正切值为2，求三棱锥A-PCD的体积.
【答案】（1）证明：若为中点，连接，又Q是AP的中点，即且，
又，，故且，
所以为平行四边形，故，
由面，面，则面
（2）解：面ABCD⊥面PAD，面面，面，
则在面上射影在上，即面，面，
所以，
又，，故，，
过作交于，
则，
由P在以AD为直径的圆O上，即，
所以，
又，面，故面，而面，
所以
由面，面，面面，
所以二面角对应平面角为，即，
故，，则，
所以.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】 (1) 若为中点，连接， 中位线性质得 且， 结合已知得 为平行四边形， 再由线面平行的判定证明 BQ平面PCD；
(2)找到 在面上射影在上，过作交于， 进而求出CF、PA、PD，根据 及棱锥的体积公式求出三棱锥A-PCD的体积.
22．（2022高一下·盐城期末）若定义域为的函数满足，则称为“a型”弱对称函数.
（1）若函数为“1型”弱对称函数，求m的值；
（2）已知函数为“2型”弱对称函数，且函数恰有101个零点，若>λ对任意满足条件函数的恒成立，求λ的最大值.
【答案】（1）解：由题设，且定义域为，
所以，
故.
（2）解：由题设，且，
对于零点，有，则，
若且，可得，故必为的一个零点，
若且，则，，…，，，
所以，
而(由，即等号取不到)，
故，
又>λ对任意满足条件函数的恒成立，即，
所以λ的最大值为.
【知识点】基本不等式；归纳推理
【解析】【分析】 (1)根据 “1型”弱对称函数的定义有 ，即可求出m值；
(2)根据题设 且， 讨论 、 且 得到 ，，…，，， 应用基本不等式求 的范围，由恒成立求 λ的最大值.
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