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广东省广州市三校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题
1．（2024高一下·广州期末）若集合，，则等于
A． B． C． D．
2．（2024高一下·广州期末） 若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·广州期末）边长为2的正三角形的直观图的面积是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·广州期末）已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·广州期末）已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·广州期末）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024高一下·广州期末）已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（　　）
A．23 B．24 C．25 D．26
8．（2024高一下·广州期末）已知为的外心，为锐角且，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广州期末）已知一组样本数据，现有一组新的，则与原样本数据相比，新的样本数据（　　）
A．平均数不变 B．中位数不变 C．极差变小 D．方差变小
10．（2024高一下·广州期末）吸光度是指物体在一定波长范围内透过光子的能量占收到光能量的比例.透光率是指光子通过物体的能量占发出光能量的比例.在实际应用中，通常用吸光度和透光率来衡量物体的透光性能，它们之间的换算公式为，如表为不同玻璃材料的透光率：
玻璃材料 材料1 材料2 材料3
0.6 0.7 0.8
设材料1 材料2 材料3的吸光度分别为，则（　　）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·广州期末）如图，在矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，连接，为线段的中点，则在翻折过程中，（　　）
A．异面直线与所成的角为定值
B．存在某个位置使得
C．点始终在三棱锥外接球的外部
D．当二面角为时，三棱锥的外接球的表面积为
12．（2024高一下·广州期末）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为　 　.
13．（2024高一下·广州期末）设钝角△ABC三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则　 　.
14．（2024高一下·广州期末）将四个半径为的小球放入一个大球中，则这个大球表面积的最小值为　 　．
15．（2024高一下·广州期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的第75百分位数；
（3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
16．（2024高一下·广州期末）已知函数.
（1）求函数在上的单调递减区间；
（2）若在区间上恰有两个零点，，求的值.
17．（2024高一下·广州期末）如图，四棱锥中，平面ABCD，PB与底面所成的角为，底面ABCD为直角梯形，
（1）求证：平面平面PCD：
（2）在线段PD上是否存在点E，使CE与平面PAD所成的角为？若存在，求出有的值：若不存在，说明理由.
18．（2024高一下·广州期末）在中，角所对的边分别为，
（1）求
（2）若，角的平分线交于.
（I）求证：.
（II）若，求的最大值
19．（2024高一下·广州期末）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在n个不同的实数，，…，，使得（其中，2，…，n，），则称为的“n重覆盖函数”.
（1）判断（）是否为（）的“n重覆盖函数”，如果是，求出n的值；如果不是，说明理由；
（2）若为的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围；
（3）函数表示不超过x的最大整数，如，，，若，为，的“2024重覆盖函数”，求正实数a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为集合，，
可得，，
所以.
故答案选：C.
【分析】解一元二次不等式和分式不等式，从而可得集合A与集合B，再根据交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，则其虚部为，
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的除法运算和共轭复数的概念.先通过变形，利用复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义求出，据此可找出虚部.
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：正三角形的直观图如下图：
由题意得出，，，
所以，过点作，垂足为，
则，
所以三角形的面积为：.
故答案为：A.
【分析】先作出正三角形的直观图，从而求出三角形的高，再由三角形的面积公式得出边长为2的正三角形的直观图的面积.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，得，
则在方向上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】将已知条件结合数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值，再根据数量积求投影向量公式得出在方向上的投影向量.
5．【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：如图：
三角形中，，则有两解的充要条件为：
即，
故答案为：A.
【分析】根据题意写出三角形有两解的充要条件为：，据此可求出的范围.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；相互独立事件
【解析】【解答】解：若，，
则，
因为，，
所以，
所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，
满足，
则事件相互独立，
所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合独立事件的定义，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而判断出甲是乙的充分不必要条件.
7．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
则，
则关于对称，所以为奇函数，
则，
所以，则关于点对称，
由函数关于对称，得，
则，
则，
作差得，
为周期函数，且周期为4，
因为，，
则，
因为，，
则，，
则，
，.
故答案为：C.
【分析】根据函数奇偶性得出函数关于直线对称和关于点 对称，结合函数的周期性得到函数的周期，再计算函数在一个周期内的和，最后代入计算得出的值.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，如图，
因为为边的中点，
由外接圆的性质得，
因为为锐角且，
所以，
设外接圆的半径，则，
因为，
所以，，
所以，，，
设，
则外接圆的方程为：，
因为，
所以.
则，解得，
则，
代入外接圆方程得：，整理得：，
由基本不等式得：，当且仅当取等号，
化简得：，
解得或，
由图可知：，
所以，
故的最大值为.
故答案为：D.
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设外接圆的半径，求得出点的坐标，再代入外接圆的方程得到，最后利用基本不等式求最值的方法得出的最大值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，新数据的总和为：，
与原数据总和相等，且数据个数都是，
因此平均数不变，故A正确；
对于B，不妨设原数据为：，中位数为，
则新数据为：，中位数为2，故B错误；
对于C，因为原数据极差为：，新数据极差为：，
又因为，
所以极差变小了，故C正确；
对于D，因为两组数据的平均数不变，又因为极差变小，
所以新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和平均数、极差的定义计算判断出选项A和选项C；利用中位数的定义举例判断出选项B；利用方差的意义分析判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，得，
则，，，
所以，，，
则，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C正确；
因为，，
因为，
，
，
所以，
则，
又因为，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由对数式与指数式的互化得，再由的值结合对数式的运算规则和对数函数的单调性，从而判断各选项中的不等式是否成立，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：对于A，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，
所以为等腰直角三角形，
故，，
在翻折过程中，，
取的中点，连接，
因为N为线段的中点，所以，
则或的补角为异面直线CN与所成的角，
因为M为边BC的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，其中，
由余弦定理得：，
则，
所以，
则异面直线CN与所成的角的余弦值为，故A正确；
对于B，因为，
所以，故⊥，
假如，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，这与矛盾，
所以假设不成立，则不存在某个位置使得，故B错误；
对于C，因为⊥，所以外接圆的圆心为，
设三棱锥外接球球心为，
则⊥平面，连接，
则即为三棱锥外接球的半径，
因为，所以，
所以点C始终在三棱锥外接球的外部，故C正确；
对于D，取的中点，连接，
则，
因为，
所以，且，
所以⊥，
所以即为二面角为平面角，则，
过点作于点，
则，
因为，⊥，平面，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
由选项C可知，三棱锥外接球球心为，
则⊥平面，
过点作⊥于点，
则，，
若球心在平面的上方时，如图，
此时，
由勾股定理得，
则，
所以，解得，不合要求，舍去；
若球心在平面的下方时，如图，
此时，
由勾股定理得，则，
所以，解得，满足要求，
代入上式可得外接球半径为，
则三棱锥的外接球的表面积为.
故当二面角为60°时，
三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】先作出辅助线，从而找到或的补角为异面直线CN与所成的角，利用余弦定理得出的长，则异面直线CN与所成的角的余弦值为定值，则判断出选项A；假如可证出，与矛盾，则判断出选项B；作出辅助线，得到为三棱锥外接球的半径，利用得出，则判断出选项C；作出辅助线，找到为二面角为平面角，再利用已知条件得出，从而求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出三棱锥的外接球表面积，则判断出选项D.
12．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数所有可能的结果有：，共个基本事件；
其中满足的有：，共个基本事件，
所求概率为.
故答案为：.
【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，再根据古典概率公式可得事件“”的概率.
13．【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
【分析】先利用余弦定理表示出，根据题意可得：，再利用同角三角函数的平方关系可求出，据此可列出方程，解方程可求出的值，根据三角形的边角关系可推出最大角为C，利用余弦定理可判断角C是否为钝角，据此可求出的值.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：当大球表面积的最小时，四个小球两两外切并均与大球内切，
则大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，如图所示，
把棱长为4的正四面体扩成棱长为的正方体，
其中正四面体的棱为正方体各面的对角线，如图所示，
则正四面体的外接球也是正方体的外接球，
外接球半径为，
所以此时大球的半径为，
则这个大球表面积的最小值为.
故答案为：.
【分析】利用大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，从而求出棱长为4的正四面体的外接球半径，再结合球的表面积公式得出这个大球表面积的最小值.
15．【答案】（1）解：因为每组小矩形的面积之和为1，
所以，
则.
（2）解：因为成绩落在内的频率为，
又因为落在内的频率为，
设第75百分位数为m，
由，得，
故第75百分位数为84.
（3）解：由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
.
【知识点】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）根据每组小矩形的面积等于每组频率，再结合频率之和为1得出的值.
（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式，从而得出样本成绩的第75百分位数.
（3）利用分层抽样的方法和平均数公式以及方差公式，从而得出两组成绩的总平均数和总方差.
（1）（1）因为每组小矩形的面积之和为1，
所以，则.
（2）成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第75百分位数为m，
由，得，故第75百分位数为84.
（3）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
.
16．【答案】（1）解：对于，
令，解得，
因为，当时，；当时，；
所以在上的单调递减区间为
（2）解：因为在区间上恰有2个零点，
所以在有两个根，
令，解得，
所以当时，函数图像的对称轴为，
所以，则，
又，则，
所以.
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用三角函数的性质，结合整体代入法即可求出单调递减区间；
（2）先求出时，函数图象的对称轴为，利用三角函数的对称性得到，由题设条件得到，从而利用诱导公式即可得解.
17．【答案】（1）证明：方法一：由，
得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
在中，，解得，
因为
所以
在中，，
因为
所以
在中，由余弦定理得：则.
由，得，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：由，
得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
在中，，解得，
分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，，
所以，，
所以，，即，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：存在，理由如下，
方法一：取的中点，连接，如图所示，
因为，所以，
因为
所以，
所以四边形为矩形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
所以是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
由（1）知，，且是的中点，
所以，
在中，，
因为平面，平面，
所以，
在中，，
由，得，
在中，，
取的中点为，连接，又因为，
所以，
在中，，
所以，解得，
所以，
所以，，
所以.
所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二：由（1）知，，，，，
则，
设，
所以，，
因为平面，平面，
所以，
又因为，且，
所以平面，
所以是平面PAB的一个法向量，
所以
解得或，
当时，点与重合，不符合题意，舍去，
所以，当时， CE与平面PAD所成的角为，且.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：利用线面垂直的性质定理和线面角的定义，利用锐角三角函数和余弦定理，再结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，从而证出平面平面PCD.
方法二：根据已知条件和线面角的定义以及线面垂直的性质定理，从而建立空间直线坐标系，则求出相关点的坐标，再利用向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而证出平面平面PCD.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义和锐角三角函数定义，从而得出线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二：设，可得，从而求出直线CE的方向向量和平面PAB的法向量，再结合向量的夹角与线面角的关系得出线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
（1）方法一. 由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，，解得，
因为所以
在中，，
因为所以
在中，由余弦定理得，即.
由，得，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
方法二.由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，，解得，
分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，
，，，
所以，，
所以，，即，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）存在，理由如下，
方法一.取的中点，连接，如图所示，
因为，所以，
因为所以，所以四边形为矩形，
所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，所以是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
由（1）知，，且是的中点，
所以.在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
由，得，在中，，
取的中点为，连接，又，
所以，在中，，
所以，解得，所以，
所以，，所以.
所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二.由（1）知，，，，，，
设，
所以，，
因为平面，平面，所以，又，
且，所以平面，
所以是平面PAB的一个法向量，
所以，
解得，或，
当时，点与重合，不符合题意，舍去，
所以当时， CE与平面PAD所成的角为，且.
18．【答案】（1）解：因为，
结合正弦定理和余弦定理，可得：
，
则，
方程两边同时除以，
得，
令，
所以，
解得或，
则或，
所以或.
（2）（I）证明：在中，
由正弦定理得①，
由余弦定理得②
同理，在中，
则③，
又因为④，
又因为是的角平分线，
则，
所以，
又因为，
则，，
由①③得，⑤，
所以，
得：
，
所以
.
（II）因为，
所以，
则，
由⑤式可知，
所以，
由（I）得，
所以，
因为，
当且仅当，时等号成立，
所以，
则的最大值为.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理和余弦定理边角互化，从而得出的值.
（2）（I）根据正弦定理和余弦定理结合角度关系，从而证出.
（II）根据已知条件可得，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）因为，
结合正弦定理和余弦定理可得
，即，
方程两边同时除以，得，
令，所以，
解得或即或，
所以或.
（2）（I）证明：在中，由正弦定理得①，
由余弦定理得②
同理在中，则
③，
④，
因为是的角平分线，则，
所以，
又，
则，，
①③得，⑤，
所以，
得
，
所以
，得证.
（II）因为，所以，即，
由⑤式可知，
所以，由（I）得
，
所以，
，当且仅当，时等号成立，
所以，
故的最大值为.
19．【答案】（1）解：因为，，由题中定义可知，
对，恰好存在不同的实数，
使得，其中
即，易得，
故对，能找到一个，使得，
则是的“n重覆盖函数”，.
（2）解：由题意得：的定义域为R，
即对，存在2个不同的实数，
使得（其中），
因为，
故，
所以，
即，
则对，有2个根，
当时，已有1个根，
故只需时，仅有1个跟，
当时，，符合题意；
当时，，
则需满足，解得：，
当时，抛物线开口向下，
，，
若仅有一个根，由可知，
当时，，
所以无解，则只需，
综上所述，实数a的取值范围是.
（3）解：因为，
则对于，，要有2024个根，
因为，
作出函数图象如下：
由图象易知，当时，，
此时当时，则，
解得：，
要使得有2024个根，
则，
又因为，故，
故正实数a的取值范围是.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据新定义结合函数单调性，从而判断出是的“一重覆盖函数“.
（2）先求出函数的值域，再把问题转化为与有两个交点，然后对a分类讨论，即可得出实数a的取值范围.
（3）由题意得，则，，要有2024个根，再作出函数的图象，从而结合图象得出正实数a的取值范围.
（1），，
由题目定义可知，对，恰好存在不同的实数，
使得，其中
即，易得，
故对，能找到一个，使得，
是的“n重覆盖函数”，.
（2）由题意得：的定义域为R，
即对，存在2个不同的实数，
使得（其中），
又，故，
所以，即：
，
即对，有2个根，
当时，已有1个根，
故只需时，仅有1个跟，
当时，，符合题意，
当时，，
则需满足，解得：，
当时，抛物线开口向下，
，，若仅有一个根，
由可知，当时，，
所以无解，则只需：，
综上，实数a的取值范围是.
（3）因为，则对于，
，要有2024个根，
，作出函数图象如下：
有图象易知，当时，
，此时当时，则有，
解得：，要使得有2024个根，
则，
又因为，故，
故正实数a的取值范围是.
1 / 1广东省广州市三校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题
1．（2024高一下·广州期末）若集合，，则等于
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为集合，，
可得，，
所以.
故答案选：C.
【分析】解一元二次不等式和分式不等式，从而可得集合A与集合B，再根据交集的运算法则得出集合.
2．（2024高一下·广州期末） 若复数满足，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，则其虚部为，
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的除法运算和共轭复数的概念.先通过变形，利用复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义求出，据此可找出虚部.
3．（2024高一下·广州期末）边长为2的正三角形的直观图的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：正三角形的直观图如下图：
由题意得出，，，
所以，过点作，垂足为，
则，
所以三角形的面积为：.
故答案为：A.
【分析】先作出正三角形的直观图，从而求出三角形的高，再由三角形的面积公式得出边长为2的正三角形的直观图的面积.
4．（2024高一下·广州期末）已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则，得，
则在方向上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】将已知条件结合数量积求向量的模的公式以及数量积的运算律，从而得出的值，再根据数量积求投影向量公式得出在方向上的投影向量.
5．（2024高一下·广州期末）已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：如图：
三角形中，，则有两解的充要条件为：
即，
故答案为：A.
【分析】根据题意写出三角形有两解的充要条件为：，据此可求出的范围.
6．（2024高一下·广州期末）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 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；相互独立事件
【解析】【解答】解：若，，
则，
因为，，
所以，
所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，
满足，
则事件相互独立，
所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合独立事件的定义，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而判断出甲是乙的充分不必要条件.
7．（2024高一下·广州期末）已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（　　）
A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，
则，
则关于对称，所以为奇函数，
则，
所以，则关于点对称，
由函数关于对称，得，
则，
则，
作差得，
为周期函数，且周期为4，
因为，，
则，
因为，，
则，，
则，
，.
故答案为：C.
【分析】根据函数奇偶性得出函数关于直线对称和关于点 对称，结合函数的周期性得到函数的周期，再计算函数在一个周期内的和，最后代入计算得出的值.
8．（2024高一下·广州期末）已知为的外心，为锐角且，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，如图，
因为为边的中点，
由外接圆的性质得，
因为为锐角且，
所以，
设外接圆的半径，则，
因为，
所以，，
所以，，，
设，
则外接圆的方程为：，
因为，
所以.
则，解得，
则，
代入外接圆方程得：，整理得：，
由基本不等式得：，当且仅当取等号，
化简得：，
解得或，
由图可知：，
所以，
故的最大值为.
故答案为：D.
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设外接圆的半径，求得出点的坐标，再代入外接圆的方程得到，最后利用基本不等式求最值的方法得出的最大值.
9．（2024高一下·广州期末）已知一组样本数据，现有一组新的，则与原样本数据相比，新的样本数据（　　）
A．平均数不变 B．中位数不变 C．极差变小 D．方差变小
【答案】A,C,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：对于A，新数据的总和为：，
与原数据总和相等，且数据个数都是，
因此平均数不变，故A正确；
对于B，不妨设原数据为：，中位数为，
则新数据为：，中位数为2，故B错误；
对于C，因为原数据极差为：，新数据极差为：，
又因为，
所以极差变小了，故C正确；
对于D，因为两组数据的平均数不变，又因为极差变小，
所以新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件和平均数、极差的定义计算判断出选项A和选项C；利用中位数的定义举例判断出选项B；利用方差的意义分析判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·广州期末）吸光度是指物体在一定波长范围内透过光子的能量占收到光能量的比例.透光率是指光子通过物体的能量占发出光能量的比例.在实际应用中，通常用吸光度和透光率来衡量物体的透光性能，它们之间的换算公式为，如表为不同玻璃材料的透光率：
玻璃材料 材料1 材料2 材料3
0.6 0.7 0.8
设材料1 材料2 材料3的吸光度分别为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，得，
则，，，
所以，，，
则，故A错误；
因为，故B正确；
因为，故C正确；
因为，，
因为，
，
，
所以，
则，
又因为，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由对数式与指数式的互化得，再由的值结合对数式的运算规则和对数函数的单调性，从而判断各选项中的不等式是否成立，进而找出正确的选项.
11．（2024高一下·广州期末）如图，在矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，连接，为线段的中点，则在翻折过程中，（　　）
A．异面直线与所成的角为定值
B．存在某个位置使得
C．点始终在三棱锥外接球的外部
D．当二面角为时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：对于A，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，
所以为等腰直角三角形，
故，，
在翻折过程中，，
取的中点，连接，
因为N为线段的中点，所以，
则或的补角为异面直线CN与所成的角，
因为M为边BC的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，其中，
由余弦定理得：，
则，
所以，
则异面直线CN与所成的角的余弦值为，故A正确；
对于B，因为，
所以，故⊥，
假如，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，这与矛盾，
所以假设不成立，则不存在某个位置使得，故B错误；
对于C，因为⊥，所以外接圆的圆心为，
设三棱锥外接球球心为，
则⊥平面，连接，
则即为三棱锥外接球的半径，
因为，所以，
所以点C始终在三棱锥外接球的外部，故C正确；
对于D，取的中点，连接，
则，
因为，
所以，且，
所以⊥，
所以即为二面角为平面角，则，
过点作于点，
则，
因为，⊥，平面，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
由选项C可知，三棱锥外接球球心为，
则⊥平面，
过点作⊥于点，
则，，
若球心在平面的上方时，如图，
此时，
由勾股定理得，
则，
所以，解得，不合要求，舍去；
若球心在平面的下方时，如图，
此时，
由勾股定理得，则，
所以，解得，满足要求，
代入上式可得外接球半径为，
则三棱锥的外接球的表面积为.
故当二面角为60°时，
三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】先作出辅助线，从而找到或的补角为异面直线CN与所成的角，利用余弦定理得出的长，则异面直线CN与所成的角的余弦值为定值，则判断出选项A；假如可证出，与矛盾，则判断出选项B；作出辅助线，得到为三棱锥外接球的半径，利用得出，则判断出选项C；作出辅助线，找到为二面角为平面角，再利用已知条件得出，从而求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出三棱锥的外接球表面积，则判断出选项D.
12．（2024高一下·广州期末）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数所有可能的结果有：，共个基本事件；
其中满足的有：，共个基本事件，
所求概率为.
故答案为：.
【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，再根据古典概率公式可得事件“”的概率.
13．（2024高一下·广州期末）设钝角△ABC三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则　 　.
【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
【分析】先利用余弦定理表示出，根据题意可得：，再利用同角三角函数的平方关系可求出，据此可列出方程，解方程可求出的值，根据三角形的边角关系可推出最大角为C，利用余弦定理可判断角C是否为钝角，据此可求出的值.
14．（2024高一下·广州期末）将四个半径为的小球放入一个大球中，则这个大球表面积的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：当大球表面积的最小时，四个小球两两外切并均与大球内切，
则大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，如图所示，
把棱长为4的正四面体扩成棱长为的正方体，
其中正四面体的棱为正方体各面的对角线，如图所示，
则正四面体的外接球也是正方体的外接球，
外接球半径为，
所以此时大球的半径为，
则这个大球表面积的最小值为.
故答案为：.
【分析】利用大球的半径是棱长为4的正四面体的外接球半径加小球半径2，从而求出棱长为4的正四面体的外接球半径，再结合球的表面积公式得出这个大球表面积的最小值.
15．（2024高一下·广州期末）某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的第75百分位数；
（3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
【答案】（1）解：因为每组小矩形的面积之和为1，
所以，
则.
（2）解：因为成绩落在内的频率为，
又因为落在内的频率为，
设第75百分位数为m，
由，得，
故第75百分位数为84.
（3）解：由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
.
【知识点】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）根据每组小矩形的面积等于每组频率，再结合频率之和为1得出的值.
（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式，从而得出样本成绩的第75百分位数.
（3）利用分层抽样的方法和平均数公式以及方差公式，从而得出两组成绩的总平均数和总方差.
（1）（1）因为每组小矩形的面积之和为1，
所以，则.
（2）成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第75百分位数为m，
由，得，故第75百分位数为84.
（3）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故这两组成绩的总平均数为，
由样本方差计算总体方差公式可得总方差为：
.
16．（2024高一下·广州期末）已知函数.
（1）求函数在上的单调递减区间；
（2）若在区间上恰有两个零点，，求的值.
【答案】（1）解：对于，
令，解得，
因为，当时，；当时，；
所以在上的单调递减区间为
（2）解：因为在区间上恰有2个零点，
所以在有两个根，
令，解得，
所以当时，函数图像的对称轴为，
所以，则，
又，则，
所以.
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）利用三角函数的性质，结合整体代入法即可求出单调递减区间；
（2）先求出时，函数图象的对称轴为，利用三角函数的对称性得到，由题设条件得到，从而利用诱导公式即可得解.
17．（2024高一下·广州期末）如图，四棱锥中，平面ABCD，PB与底面所成的角为，底面ABCD为直角梯形，
（1）求证：平面平面PCD：
（2）在线段PD上是否存在点E，使CE与平面PAD所成的角为？若存在，求出有的值：若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：方法一：由，
得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
在中，，解得，
因为
所以
在中，，
因为
所以
在中，由余弦定理得：则.
由，得，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
方法二：由，
得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
在中，，解得，
分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，，
所以，，
所以，，即，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：存在，理由如下，
方法一：取的中点，连接，如图所示，
因为，所以，
因为
所以，
所以四边形为矩形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
所以是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，则，
由（1）知，，且是的中点，
所以，
在中，，
因为平面，平面，
所以，
在中，，
由，得，
在中，，
取的中点为，连接，又因为，
所以，
在中，，
所以，解得，
所以，
所以，，
所以.
所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二：由（1）知，，，，，
则，
设，
所以，，
因为平面，平面，
所以，
又因为，且，
所以平面，
所以是平面PAB的一个法向量，
所以
解得或，
当时，点与重合，不符合题意，舍去，
所以，当时， CE与平面PAD所成的角为，且.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用两种方法证明.
方法一：利用线面垂直的性质定理和线面角的定义，利用锐角三角函数和余弦定理，再结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，从而证出平面平面PCD.
方法二：根据已知条件和线面角的定义以及线面垂直的性质定理，从而建立空间直线坐标系，则求出相关点的坐标，再利用向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而证出平面平面PCD.
（2）利用两种方法求解.
方法一：利用线面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义和锐角三角函数定义，从而得出线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二：设，可得，从而求出直线CE的方向向量和平面PAB的法向量，再结合向量的夹角与线面角的关系得出线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
（1）方法一. 由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，，解得，
因为所以
在中，，
因为所以
在中，由余弦定理得，即.
由，得，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
方法二.由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，，解得，
分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，
，，，
所以，，
所以，，即，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）存在，理由如下，
方法一.取的中点，连接，如图所示，
因为，所以，
因为所以，所以四边形为矩形，
所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，所以是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
由（1）知，，且是的中点，
所以.在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
由，得，在中，，
取的中点为，连接，又，
所以，在中，，
所以，解得，所以，
所以，，所以.
所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二.由（1）知，，，，，，
设，
所以，，
因为平面，平面，所以，又，
且，所以平面，
所以是平面PAB的一个法向量，
所以，
解得，或，
当时，点与重合，不符合题意，舍去，
所以当时， CE与平面PAD所成的角为，且.
18．（2024高一下·广州期末）在中，角所对的边分别为，
（1）求
（2）若，角的平分线交于.
（I）求证：.
（II）若，求的最大值
【答案】（1）解：因为，
结合正弦定理和余弦定理，可得：
，
则，
方程两边同时除以，
得，
令，
所以，
解得或，
则或，
所以或.
（2）（I）证明：在中，
由正弦定理得①，
由余弦定理得②
同理，在中，
则③，
又因为④，
又因为是的角平分线，
则，
所以，
又因为，
则，，
由①③得，⑤，
所以，
得：
，
所以
.
（II）因为，
所以，
则，
由⑤式可知，
所以，
由（I）得，
所以，
因为，
当且仅当，时等号成立，
所以，
则的最大值为.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理和余弦定理边角互化，从而得出的值.
（2）（I）根据正弦定理和余弦定理结合角度关系，从而证出.
（II）根据已知条件可得，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
（1）因为，
结合正弦定理和余弦定理可得
，即，
方程两边同时除以，得，
令，所以，
解得或即或，
所以或.
（2）（I）证明：在中，由正弦定理得①，
由余弦定理得②
同理在中，则
③，
④，
因为是的角平分线，则，
所以，
又，
则，，
①③得，⑤，
所以，
得
，
所以
，得证.
（II）因为，所以，即，
由⑤式可知，
所以，由（I）得
，
所以，
，当且仅当，时等号成立，
所以，
故的最大值为.
19．（2024高一下·广州期末）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在n个不同的实数，，…，，使得（其中，2，…，n，），则称为的“n重覆盖函数”.
（1）判断（）是否为（）的“n重覆盖函数”，如果是，求出n的值；如果不是，说明理由；
（2）若为的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围；
（3）函数表示不超过x的最大整数，如，，，若，为，的“2024重覆盖函数”，求正实数a的取值范围.
【答案】（1）解：因为，，由题中定义可知，
对，恰好存在不同的实数，
使得，其中
即，易得，
故对，能找到一个，使得，
则是的“n重覆盖函数”，.
（2）解：由题意得：的定义域为R，
即对，存在2个不同的实数，
使得（其中），
因为，
故，
所以，
即，
则对，有2个根，
当时，已有1个根，
故只需时，仅有1个跟，
当时，，符合题意；
当时，，
则需满足，解得：，
当时，抛物线开口向下，
，，
若仅有一个根，由可知，
当时，，
所以无解，则只需，
综上所述，实数a的取值范围是.
（3）解：因为，
则对于，，要有2024个根，
因为，
作出函数图象如下：
由图象易知，当时，，
此时当时，则，
解得：，
要使得有2024个根，
则，
又因为，故，
故正实数a的取值范围是.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据新定义结合函数单调性，从而判断出是的“一重覆盖函数“.
（2）先求出函数的值域，再把问题转化为与有两个交点，然后对a分类讨论，即可得出实数a的取值范围.
（3）由题意得，则，，要有2024个根，再作出函数的图象，从而结合图象得出正实数a的取值范围.
（1），，
由题目定义可知，对，恰好存在不同的实数，
使得，其中
即，易得，
故对，能找到一个，使得，
是的“n重覆盖函数”，.
（2）由题意得：的定义域为R，
即对，存在2个不同的实数，
使得（其中），
又，故，
所以，即：
，
即对，有2个根，
当时，已有1个根，
故只需时，仅有1个跟，
当时，，符合题意，
当时，，
则需满足，解得：，
当时，抛物线开口向下，
，，若仅有一个根，
由可知，当时，，
所以无解，则只需：，
综上，实数a的取值范围是.
（3）因为，则对于，
，要有2024个根，
，作出函数图象如下：
有图象易知，当时，
，此时当时，则有，
解得：，要使得有2024个根，
则，
又因为，故，
故正实数a的取值范围是.
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