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广东省揭阳市2023-2024学年高一下学期教学质量测试数学试卷
1．（2024高一下·揭阳期末）已知，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．7
2．（2024高一下·揭阳期末）已知由小到大排列的4个数据的极差是它们中位数的2倍，则（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．（2024高一下·揭阳期末）设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高一下·揭阳期末）在平行四边形中，点满足，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·揭阳期末）已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·揭阳期末）中国南北朝时期数学家 天文学家祖冲之 祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（　　）
A．24 B． C． D．
7．（2024高一下·揭阳期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·揭阳期末）在中，内角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（　　）
A．4 B．6 C． D．
9．（2024高一下·揭阳期末）已知向量，则（　　）
A． B．
C．在上的投影向量的模为 D．与的夹角为钝角
10．（2024高一下·揭阳期末）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．在区间上单调递增
D．若的图象关于直线对称，则
11．（2024高一下·揭阳期末）已知函数的定义域为，且，若，则（　　）
A． B．
C．有最大值 D．函数是奇函数
12．（2024高一下·揭阳期末）已知集合，则的所有元素之和为　 　.
13．（2024高一下·揭阳期末）若函数的值域为，则实数的取值范围为　 　.
14．（2024高一下·揭阳期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为　 　.
15．（2024高一下·揭阳期末）记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求.
16．（2024高一下·揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面.
（1）设分别为的中点，证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值.
17．（2024高一下·揭阳期末）某校举办“奋进新征程，建功新时代”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）用分层随机抽样的方法从这两个区间共抽取5名学生，则每个区间分别应抽取多少人？
（2）在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率；
（3）现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前70%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1）
18．（2024高一下·揭阳期末）已知是定义域上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）判断并用定义证明在区间上的单调性；
（3）设函数，若对任意的，，求实数的最小值.
19．（2024高一下·揭阳期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的，该问题是“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）设点为的费马点，若，求的最小值；
（3）设点为的费马点，，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
则其虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算法则得出复数z，再结合复数的虚部的概念，从而得出复数z的虚部.
2．【答案】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：由小到大排列的4个数据1，3，4，，则，
这4个数据的极差为，中位数为，
因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍，
所以，解得．
故答案为：D.
【分析】根据极差和中位数的关系列式，从而计算得出a的值.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，故充分性成立，
因为，所以，无法推出，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据特殊余弦值的通式表示，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为平行四边形，
则，
∴.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和平行四边形法则，利用向量的加法、向量的减法以及数乘向量运算，再结合平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
5．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为二次函数的二次项系数为正数，
对称轴为直线，其对称轴左侧的图象是下降的，
∴，
则，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的图象与性质，从而写出二次函数的对称轴，再比较对称轴与4的关系，从而得出实数m的取值范围.
6．【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，
，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等，再结合棱台的体积公式得出该不规则几何体的体积.
7．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：构造函数，，
所以，，
因为均为上增函数，
则函数，为增函数，
作出函数，与函数的图象，如下图所示：
由图可知，，
又因为，，
所以，
综上所述，.
故答案为：C.
【分析】先构造函数，，再根据两函数的单调性和两函数的图象，从而得出.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得，
因为，
所以，故，
如图所示，
则的面积为，
则，
因为，
，
，
当且仅当结合时，得出当时等号成立，
所以，的最小值为．
故答案为：D．
【分析】先利用已知条件和正弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而求出角B的值，根据三角形的面积公式得出，再结合基本不等式求最值的方法和1的整体代换，从而得出的最小值．
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：由题意可得，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B错误；
对于C：因为在上的投影向量的模为，
故C正确；
对于D：因为与的夹角的余弦值为：，
所以夹角不是钝角，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由向量的模的坐标表示判断出选项A；由向量垂直的坐标表示判断出选项B；由数量积求投影向量的模的公式，则判断出选项C；由数量积求向量的夹角公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【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；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对称性
【解析】【解答】解：对于A，
，
最小正周期，故A错；
对于B，因为，所以是对称中心，故B对；
对C，因为，则，显然在区间上单调递增，故C对；
对D，由题意得出，所以，故D对.
故答案为：BCD.
【分析】根据三角恒等变换得出，再利用正弦型函数的最小正周期公式、正弦型函数的图象的对称性、正弦型函数的单调性，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A：因为且，
令，则，解得，
令，则，
令，，则，解得，故A正确；
对于B：令，可得，
则，
所以
，故B正确；
对于C：令，且，
则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最大值，故C错误；
对于D：令，可得，
则，
所以，
所以函数是奇函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，利用抽象函数的奇偶性、最值和赋值法、累加法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】元素与集合的关系；并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，
所以的所有元素之和为.
故答案为：.
【分析】利用函数定义域求函数值域的方法，从而求出集合B，再利用并集的运算法则得出集合，从而得出集合的所有元素，进而得出集合的所有元素之和.
13．【答案】
【知识点】函数的值域；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
此时，
因为函数的值域为，
所以，当时，则恒成立，
当在时恒成立，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】利用对数函数的单调性，从而求出当时的函数值域，进而可知当时，有恒成立，再结合指数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围.
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；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：是的等腰直角三角形，取的中点为，
则，，
因为底面，底面，
所以，，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
则是二面角的平面角，
因为二面角的大小为，
所以，
又因为，，
所以，
因为这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体，
可得它的外接球半径满足：，
则三棱锥的外接球表面积为：.
故答案为：.
【分析】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，从而计算出的长，利用四面体的外接球直径公式是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由球的表面积公式计算得出三棱锥的外接球表面积.
15．【答案】（1）解：因为，
由余弦定理得，
因为，
所以.
（2）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）利用已知条件结合正弦定理以及三角形中大边对应大角的性质，从而判断出，结合同角三角函数基本关系式求出的值，再根据和两角和的正弦公式计算可得的值.
（1）因为，
由余弦定理，
因为，所以.
（2）因为，由正弦定理可得，所以，
所以，
所以
.
16．【答案】（1）证明：连接，
因为底面为平行四边形，为的中点，
所以，且为的中点，
因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，
因为为等边三角形，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
连接，所以为直线与平面所成角，
因为为等边三角形，，
所以，
又因为平面，
所以，
在中，因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，根据平行四边形的性质可得为的中点，结合中位线定理得到，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）取的中点，连接，由面面垂直的性质定理得到平面，连接，则为直线与平面所成角，再利用等边三角形的性质和勾股定理以及锐角的正切值，从而计算可得直线与平面所成角的正切值.
（1）连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以，且为的中点，
由为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
连接，所以为直线与平面所成角，
因为为等边三角形，，所以，
又平面，故，在中，因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.
17．【答案】（1）解：依题意，设区间中应抽人，区间中应抽人，
得成绩在区间样本中的学生人数为：；
成绩在区间样本中的学生人数为：，
所以，解得，
所以区间中应抽人，区间中应抽人.
（2）解：由（1）得，
不妨记区间中人为，区间中人为，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为：共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90，100]（记为事件）的基本事件为
，共12件，
则，
所以第二个交流分享的学生成绩在区间的概率为.
（3）解：由频率分布直方图易得，
的频率为，
的频率为，
所以成绩良好的最低分数线落在区间中，不妨记为，
则，解得，
所以成绩良好的最低分数线为.
【知识点】分层抽样方法；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先由频率分布直方图的频率求法得出，两个区间样本中的学生人数，再按照分层抽样的方法得出每个区间分别应抽取的人数.
（2）利用列举法和古典概率公式，从而得出第二个交流分享的学生成绩在区间的概率.
（3）根据题意结合频率分布直方图各小组的矩形的面积为各小组的频率，从而得出使后段区间频率为时的区间左端点，进而得出所求的最低分数线.
（1）依题意，设区间中应抽人，区间中应抽人，得
成绩在区间样本中的学生人数为：；
成绩在区间样本中的学生人数为：；
所以，解得，
所以区间中应抽人，区间中应抽人.
（2）由（1）得，不妨记区间中人为，区间中人为，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90，100]（记为事件）的基本事件为
共12件，
故，即第二个交流分享的学生成绩在区间的概率为.
（3）由频率分布直方图易得，的频率为，的频率为，
所以成绩良好的最低分数线落在区间中，不妨记为，
故，解得，
所以成绩良好的最低分数线为.
18．【答案】（1）解：因为是定义域上的奇函数，且，
所以，
所以，解得，
则．
经检验，是奇函数，满足题意，
所以.
（2）解：函数在上单调递减，在上单调递增.
证明如下：任取，且，
则
当，且，
则，，∴，
∴，则，
所以函数在上单调递减，
当，且，
则，，∴，
∴，
则，
所以函数在上单调递增．
（3）解：由题意知：，
令，
则，
由（2）可知函数在上单调递减，
∴，
因为函数的对称轴方程为，
∴函数在上单调递增，
当时，取得最小值，；
当时，取得最大值，，
所以，，
又因为对任意的，都有恒成立，
∴，
则，解得，
又∵，所以的取值范围是，
则实数的最小值为．
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据奇函数的性质得到，从而得到关于、的方程组，解方程得出a，b的值，再结合检验法得出函数的解析式.
（2）利用函数单调性的定义判断并证明出函数在区间上的单调性.
（3）令，换元得，将问题转化为求最值问题，再由求解可得实数的最小值.
（1）因为是定义域上的奇函数，且，
所以，
所以，解得，即．
经检验，是奇函数，满足题意，所以.
（2）函数在上单调递减，在上单调递增，
证明如下：任取，且，
则，
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递减．
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递增．
（3）由题意知，
令，则，
由（2）可知函数在上单调递减，
∴，
因为函数的对称轴方程为，
∴函数在上单调递增，
当时，取得最小值，；
当时，取得最大值，．
所以，，
又因为对任意的，都有恒成立，
∴，
即，解得，
又∵，所以的取值范围是，则实数的最小值为．
19．【答案】（1）解：因为，又因为，
所以，
所以，
所以.
（2）解：由（1）可得，
所以三角形的三个角都小于，
由费马点定义可知：，
设，，，
由
得：，
整理得，
则，
又因为，
所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
（3）解：由（1）知，所以三角形的三个角都小于，
故由点为的费马点得，
设，
则由，得；
由余弦定理得，
，
，
由，
得，
则，又因为，
故，
当且仅当，结合，
解得当时，等号成立，
又因为，则，
解得或（舍去），
故实数的取值范围为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形中角的取值范围求出角的取值范围，再结合已知条件得出角A的值.
（2）由（1）可得，则三角形的三个角都小于，利用费马定义和，再根据三角形的面积公式和数量积的定义以及基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（3）由（1）的结论可得，设，从而推出，利用余弦定理和勾股定理推出，再结合基本不等式求最值的方法和一元二次不等式求解方法，从而得出实数的取值范围.
（1）因为，又，所以，
所以，所以；
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则，
又，所以，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为；
（3）由（1）知，所以三角形的三个角都小于，
故由点为的费马点得，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的取值范围为.
1 / 1广东省揭阳市2023-2024学年高一下学期教学质量测试数学试卷
1．（2024高一下·揭阳期末）已知，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．7
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
则其虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算法则得出复数z，再结合复数的虚部的概念，从而得出复数z的虚部.
2．（2024高一下·揭阳期末）已知由小到大排列的4个数据的极差是它们中位数的2倍，则（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】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：由小到大排列的4个数据1，3，4，，则，
这4个数据的极差为，中位数为，
因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍，
所以，解得．
故答案为：D.
【分析】根据极差和中位数的关系列式，从而计算得出a的值.
3．（2024高一下·揭阳期末）设，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
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；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：因为，所以，故充分性成立，
因为，所以，无法推出，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据特殊余弦值的通式表示，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
4．（2024高一下·揭阳期末）在平行四边形中，点满足，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为为平行四边形，
则，
∴.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和平行四边形法则，利用向量的加法、向量的减法以及数乘向量运算，再结合平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
5．（2024高一下·揭阳期末）已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为二次函数的二次项系数为正数，
对称轴为直线，其对称轴左侧的图象是下降的，
∴，
则，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的图象与性质，从而写出二次函数的对称轴，再比较对称轴与4的关系，从而得出实数m的取值范围.
6．（2024高一下·揭阳期末）中国南北朝时期数学家 天文学家祖冲之 祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（　　）
A．24 B． C． D．
【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，
，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等，再结合棱台的体积公式得出该不规则几何体的体积.
7．（2024高一下·揭阳期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：构造函数，，
所以，，
因为均为上增函数，
则函数，为增函数，
作出函数，与函数的图象，如下图所示：
由图可知，，
又因为，，
所以，
综上所述，.
故答案为：C.
【分析】先构造函数，，再根据两函数的单调性和两函数的图象，从而得出.
8．（2024高一下·揭阳期末）在中，内角的对边分别为，已知的平分线交于点，且，则的最小值是（　　）
A．4 B．6 C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得，
因为，
所以，故，
如图所示，
则的面积为，
则，
因为，
，
，
当且仅当结合时，得出当时等号成立，
所以，的最小值为．
故答案为：D．
【分析】先利用已知条件和正弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而求出角B的值，根据三角形的面积公式得出，再结合基本不等式求最值的方法和1的整体代换，从而得出的最小值．
9．（2024高一下·揭阳期末）已知向量，则（　　）
A． B．
C．在上的投影向量的模为 D．与的夹角为钝角
【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：由题意可得，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B错误；
对于C：因为在上的投影向量的模为，
故C正确；
对于D：因为与的夹角的余弦值为：，
所以夹角不是钝角，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由向量的模的坐标表示判断出选项A；由向量垂直的坐标表示判断出选项B；由数量积求投影向量的模的公式，则判断出选项C；由数量积求向量的夹角公式判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·揭阳期末）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．在区间上单调递增
D．若的图象关于直线对称，则
【答案】B,C,D
【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；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对称性
【解析】【解答】解：对于A，
，
最小正周期，故A错；
对于B，因为，所以是对称中心，故B对；
对C，因为，则，显然在区间上单调递增，故C对；
对D，由题意得出，所以，故D对.
故答案为：BCD.
【分析】根据三角恒等变换得出，再利用正弦型函数的最小正周期公式、正弦型函数的图象的对称性、正弦型函数的单调性，从而逐项判断找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·揭阳期末）已知函数的定义域为，且，若，则（　　）
A． B．
C．有最大值 D．函数是奇函数
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：对于A：因为且，
令，则，解得，
令，则，
令，，则，解得，故A正确；
对于B：令，可得，
则，
所以
，故B正确；
对于C：令，且，
则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最大值，故C错误；
对于D：令，可得，
则，
所以，
所以函数是奇函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，利用抽象函数的奇偶性、最值和赋值法、累加法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．（2024高一下·揭阳期末）已知集合，则的所有元素之和为　 　.
【答案】
【知识点】元素与集合的关系；并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，
所以的所有元素之和为.
故答案为：.
【分析】利用函数定义域求函数值域的方法，从而求出集合B，再利用并集的运算法则得出集合，从而得出集合的所有元素，进而得出集合的所有元素之和.
13．（2024高一下·揭阳期末）若函数的值域为，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】函数的值域；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，
此时，
因为函数的值域为，
所以，当时，则恒成立，
当在时恒成立，
所以，
解得.
故答案为：.
【分析】利用对数函数的单调性，从而求出当时的函数值域，进而可知当时，有恒成立，再结合指数函数的单调性，从而得出实数a的取值范围.
14．（2024高一下·揭阳期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：是的等腰直角三角形，取的中点为，
则，，
因为底面，底面，
所以，，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
则是二面角的平面角，
因为二面角的大小为，
所以，
又因为，，
所以，
因为这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体，
可得它的外接球半径满足：，
则三棱锥的外接球表面积为：.
故答案为：.
【分析】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，从而计算出的长，利用四面体的外接球直径公式是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由球的表面积公式计算得出三棱锥的外接球表面积.
15．（2024高一下·揭阳期末）记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）解：因为，
由余弦定理得，
因为，
所以.
（2）解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以
.
【知识点】两角和与差的正弦公式；运用诱导公式化简求值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）利用已知条件结合正弦定理以及三角形中大边对应大角的性质，从而判断出，结合同角三角函数基本关系式求出的值，再根据和两角和的正弦公式计算可得的值.
（1）因为，
由余弦定理，
因为，所以.
（2）因为，由正弦定理可得，所以，
所以，
所以
.
16．（2024高一下·揭阳期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面.
（1）设分别为的中点，证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明：连接，
因为底面为平行四边形，为的中点，
所以，且为的中点，
因为为的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，
因为为等边三角形，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
连接，所以为直线与平面所成角，
因为为等边三角形，，
所以，
又因为平面，
所以，
在中，因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，根据平行四边形的性质可得为的中点，结合中位线定理得到，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）取的中点，连接，由面面垂直的性质定理得到平面，连接，则为直线与平面所成角，再利用等边三角形的性质和勾股定理以及锐角的正切值，从而计算可得直线与平面所成角的正切值.
（1）连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以，且为的中点，
由为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
连接，所以为直线与平面所成角，
因为为等边三角形，，所以，
又平面，故，在中，因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值为.
17．（2024高一下·揭阳期末）某校举办“奋进新征程，建功新时代”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）用分层随机抽样的方法从这两个区间共抽取5名学生，则每个区间分别应抽取多少人？
（2）在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率；
（3）现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前70%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1）
【答案】（1）解：依题意，设区间中应抽人，区间中应抽人，
得成绩在区间样本中的学生人数为：；
成绩在区间样本中的学生人数为：，
所以，解得，
所以区间中应抽人，区间中应抽人.
（2）解：由（1）得，
不妨记区间中人为，区间中人为，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为：共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90，100]（记为事件）的基本事件为
，共12件，
则，
所以第二个交流分享的学生成绩在区间的概率为.
（3）解：由频率分布直方图易得，
的频率为，
的频率为，
所以成绩良好的最低分数线落在区间中，不妨记为，
则，解得，
所以成绩良好的最低分数线为.
【知识点】分层抽样方法；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先由频率分布直方图的频率求法得出，两个区间样本中的学生人数，再按照分层抽样的方法得出每个区间分别应抽取的人数.
（2）利用列举法和古典概率公式，从而得出第二个交流分享的学生成绩在区间的概率.
（3）根据题意结合频率分布直方图各小组的矩形的面积为各小组的频率，从而得出使后段区间频率为时的区间左端点，进而得出所求的最低分数线.
（1）依题意，设区间中应抽人，区间中应抽人，得
成绩在区间样本中的学生人数为：；
成绩在区间样本中的学生人数为：；
所以，解得，
所以区间中应抽人，区间中应抽人.
（2）由（1）得，不妨记区间中人为，区间中人为，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90，100]（记为事件）的基本事件为
共12件，
故，即第二个交流分享的学生成绩在区间的概率为.
（3）由频率分布直方图易得，的频率为，的频率为，
所以成绩良好的最低分数线落在区间中，不妨记为，
故，解得，
所以成绩良好的最低分数线为.
18．（2024高一下·揭阳期末）已知是定义域上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）判断并用定义证明在区间上的单调性；
（3）设函数，若对任意的，，求实数的最小值.
【答案】（1）解：因为是定义域上的奇函数，且，
所以，
所以，解得，
则．
经检验，是奇函数，满足题意，
所以.
（2）解：函数在上单调递减，在上单调递增.
证明如下：任取，且，
则
当，且，
则，，∴，
∴，则，
所以函数在上单调递减，
当，且，
则，，∴，
∴，
则，
所以函数在上单调递增．
（3）解：由题意知：，
令，
则，
由（2）可知函数在上单调递减，
∴，
因为函数的对称轴方程为，
∴函数在上单调递增，
当时，取得最小值，；
当时，取得最大值，，
所以，，
又因为对任意的，都有恒成立，
∴，
则，解得，
又∵，所以的取值范围是，
则实数的最小值为．
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）根据奇函数的性质得到，从而得到关于、的方程组，解方程得出a，b的值，再结合检验法得出函数的解析式.
（2）利用函数单调性的定义判断并证明出函数在区间上的单调性.
（3）令，换元得，将问题转化为求最值问题，再由求解可得实数的最小值.
（1）因为是定义域上的奇函数，且，
所以，
所以，解得，即．
经检验，是奇函数，满足题意，所以.
（2）函数在上单调递减，在上单调递增，
证明如下：任取，且，
则，
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递减．
当，且，
则，，∴，
∴，即，
所以函数在上单调递增．
（3）由题意知，
令，则，
由（2）可知函数在上单调递减，
∴，
因为函数的对称轴方程为，
∴函数在上单调递增，
当时，取得最小值，；
当时，取得最大值，．
所以，，
又因为对任意的，都有恒成立，
∴，
即，解得，
又∵，所以的取值范围是，则实数的最小值为．
19．（2024高一下·揭阳期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的，该问题是“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）设点为的费马点，若，求的最小值；
（3）设点为的费马点，，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为，又因为，
所以，
所以，
所以.
（2）解：由（1）可得，
所以三角形的三个角都小于，
由费马点定义可知：，
设，，，
由
得：，
整理得，
则，
又因为，
所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
（3）解：由（1）知，所以三角形的三个角都小于，
故由点为的费马点得，
设，
则由，得；
由余弦定理得，
，
，
由，
得，
则，又因为，
故，
当且仅当，结合，
解得当时，等号成立，
又因为，则，
解得或（舍去），
故实数的取值范围为.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；简单的三角恒等变换；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据三角形中角的取值范围求出角的取值范围，再结合已知条件得出角A的值.
（2）由（1）可得，则三角形的三个角都小于，利用费马定义和，再根据三角形的面积公式和数量积的定义以及基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（3）由（1）的结论可得，设，从而推出，利用余弦定理和勾股定理推出，再结合基本不等式求最值的方法和一元二次不等式求解方法，从而得出实数的取值范围.
（1）因为，又，所以，
所以，所以；
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则，
又，所以，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为；
（3）由（1）知，所以三角形的三个角都小于，
故由点为的费马点得，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的取值范围为.
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