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四川省泸州市2023-2024学年高一下学期7月期末统一考试数学试题
1．（2024高一下·泸州期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·泸州期末）设复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·泸州期末）设，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·泸州期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·泸州期末）平面与平面平行的充分条件可以是（　　）
A．内有无穷多条直线都与平行
B．直线，且
C．直线，直线，且
D．内的任何一条直线都与平行
6．（2024高一下·泸州期末）如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　）
A．1 B． C． D．
7．（2024高一下·泸州期末）若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·泸州期末）已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（　　）
A．3 B．0 C．2 D．6
9．（2024高一下·泸州期末）下列说法正确的是（　　）
A．任意向量，，若且与同向，则
B．若向量，且，则三点共线
C．若，则与的夹角是锐角
D．已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为
10．（2024高一下·泸州期末）已知函数，满足，且，则（　　）
A．的图象关于对称 B．
C．在上单调递减 D．的图象关于点对称
11．（2024高一下·泸州期末）正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（　　）
A．截面形状可能为正三角形
B．平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为
C．截面形状可能为正六边形
D．截面面积的最大值为
12．（2024高一下·泸州期末）已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为　 　．
13．（2024高一下·泸州期末）计算： 　 　.
14．（2024高一下·泸州期末）已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为　 　．
15．（2024高一下·泸州期末）已知向量，且．
（1）求向量与的夹角．
（2）若向量与互相垂直，求k的值．
16．（2024高一下·泸州期末）已知函数的部分图象如下图所示．
（1）求函数的解析式．
（2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集．
17．（2024高一下·泸州期末）在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求B；
（2）若，且，求．
18．（2024高一下·泸州期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）当时，证明：平面；
（3）若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值．
19．（2024高一下·泸州期末）对于三个实数，若成立，则称具有“性质”
（1）写出一个数使之与2具有“性质1”，并说明理由；
（2）若具有“性质0”，求的取值范围；
（3）若，且，具有“性质”，求实数的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，，则.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法运算求复数z，结合共轭复数定义求解即可.
3．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：，，，
因为函数在上单调递增，所以，所以.
故答案为：D.
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用余弦二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求值即可.
5．【答案】D
【知识点】充分条件；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若内有无穷多条直线都与平行，则平行或相交，即充分性不成立，故A错误；
B、在正方体中，
易知平面，平面，平面平面，即充分性不成立，故B错误；
C、平面，平面，
平面平面，即充分性不成立，故C错误；
D、由面面平行的定义知能推出平面与平面平行，即充分性成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念逐项判断即可.
6．【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
取中点Q，连接，
.
故选：B.
【分析】利用平行四边形法则和平面向量基本定理，则由数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，进而得出的值.
7．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 圆台侧面展开图 ，如图所示：
设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点，
易知为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，
，，，
由圆台侧面展开图扇环的圆心角为，可得下底面圆的周长为，，，在直角梯形中，易得.
故答案为：C.
【分析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，圆台的母线交于点，由已知易求得圆锥的母线，进而可求得上下底面的半径，利用直角梯形的性质求圆台的高即可.
8．【答案】A
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象，如图所示：
由图的对称性可知：，因为，所以，
所以，，则，即，
则.
故答案为：A.
【分析】作出函数图象，由图形的对称性可知，，，计算得，再计算的结果即可.
9．【答案】B,D
【知识点】向量的物理背景与基本概念；平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、向量不能比较大小，故A错误；
B、若向量且，则三点共线，故B正确；
C、若，则同向共线或夹角为锐角，故C错误；
D、已知，，且， 则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】举反例即可判断AC；利用向量共线定理即可判断B；利用投影向量的定义即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数函数，满足，
则函数的图象关于对称，故A错误；
B、由A选项可知：，则，
解得，因为，
所以，即，
所以，所以，故B正确；
C、由B可知：，当时，，
则函数在上不单调，故C错误；
D、，则函数的图象关于点对称，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】由已知结合正弦函数的对称性与单调性可先求出即可判断AB；根据正弦函数的对称性及单调性检验即可判断CD．
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，连接，如图所示：
因为平面，平面，则，
因为四边形为正方形，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，则，
同理可证，因为，平面，
则平面，所以平面与平面平行或重合，
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确；
B、平面与平面所成二面角，即为平面与平面所成的角，
设与交于，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以，则是平面平面与平面所成二面角的平面角，
由题意可得，，则，
即，
故平面与平面所成二面角的正弦值为，故B错误；
C、当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形，
因为分别为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
所以平面，此时截面为正六边形，故C正确；
D、设截面为多边形，如图所示：
设，则，
则，
多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，
则，
因为，，
所以
=
，当时，，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】借助正方体，画出截面图形，再逐项分析判断即可．
12．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数是定义在R上周期为2的奇函数，
则.
故答案为：.
【分析】根据周期性和奇函数的性质求值即可.
13．【答案】4
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】 。
【分析】利用通分的方法结合两角差的正弦公式，从而化简求值。
14．【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解： 三棱锥的底面是边长为3的等边三角形 ，则的面积为定值，
因为，所以侧面是等边三角形，则顶点到边的距离是一个定值，
要使该三棱锥的体积取得最大值，平面平面，
取的中点，连接，如图所示：
因为分别为正三角形，的中心，
所以，则为二面角的平面角，
可得，过分别作平面，平面的垂线，两垂线交于，
则为外接球的球心，由正三角形的性质可求得，
，，
易得四边形是正方形，且，
由勾股定理可得：，
故外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意可得：三棱锥的体积取得最大值时，平面平面，分别求得，的外接圆的半径，进而求外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：向量，则，
设向量与的夹角为，
因为，所以，则，
，则向量与的夹角为；
（2）解：若向量向量与互相垂直，则，
即，即，解得或．
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由向量模的坐标运算求得，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可；
（2）由题意可得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
（1）由，得，设向量与的夹角为，
由，，又，所以，
所以，解得，
所以向量与的夹角为．
（2）由向量向量与互相垂直，得，
所以，即，
解得或．
16．【答案】（1）解：由图可知：，，则，，即，
则函数，
因为函数过点，所以，所以，
所以，解得，
又因为，所以，则；
（2）解：由题意可得：，
不等式，可得，则，
即，即，
故不等式的解集为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由图象求得，和的值，即可得函数的解析式；
（2）根据三角函数图象的伸缩、平移变换求出函数的解析式，再解不等式即可.
（1）由图象知，，即，又，
所以，所以，则
又函数过点，所以，
所以，所以，解得.
又，所以，即．
（2）将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，
可得函数，
再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，
所以，
由，可得，所以，
所以，所以，
所以不等式的解集为．
17．【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
整理可得，则，则；
（2）解： 若， 由正弦定理得，则
因为，所以，即，
由余弦定理，可得，
即
因为，所以.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理结合余弦定理的推论和角的范围求角即可；
（2）利用正弦定理公式结合已知条件求出，再由余弦定理求解即可.
（1）因为余弦定理可得，
所以，
因为，
所以.
（2）因为正弦定理得，
所以
又，所以，即，
由余弦定理得，即，
因为，所以.
18．【答案】（1）证明：设与交于，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以，且为的中点，
又因为平面，平面，所以，
又因为是的中点，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）证明：连接交于点，连接，连接，如图所示：
则为的中点，
因为，所以，因为分别为的中点，
所以为的重心，所以，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（3）解：由平面，可得，
因为分别为的中点，所以，
所以，所以，
又因为四面体的体积等于四棱锥体积的，所以，
所以点平面的距离之比为，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面即可；
（2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（3）由题意可得，求的值即可.
（1）设与交于，连接，
因为四边形是正方形，所以，且为的中点，
又平面，又平面，所以，
因为是的中点，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，
因为，所以，因为分别为的中点，
所以为的重心，所以，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（3）由平面，
可得，
因为分别为的中点，
所以，
所以，所以
又四面体的体积等于四棱锥体积的，
所以，所以点平面的距离之比为，
所以.
19．【答案】（1）解：当时，，
即，则2与2具有“性质1”；
（2）解：若具有“性质0”，则，
即，
令，所以，
所以，解得或，
即或，
所以或，
则的取值范围；
（3）解：若，且，具有“性质”，
则，
因为，所以，，
化简得，
令，两边平方得，
，
令
求导得，
令，，
令，解得，
当在上单调递减；
当在上单调递增；
又因为所以，即，即在单调递减，当时，取最小值为0，
故，实数的最大值为0.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）代入与2具有“性质1”的不等式进行验证即可；
（2）根据题意得不等式，化简得，解不等式求的取值范围即可；
（3）根据题意条件列出不等式进行化简分离变量，令，变形得，构造新函数利用导数求得新函数的最小值，从而得到实数的最大值.
（1）与2具有“性质1”.
当时，，
即，则2与2具有“性质1”
（2）若具有“性质0”，
所以，即，
令，所以，
所以，解得或
即或
所以或
因此的取值范围
（3）若，且，具有“性质”，
所以，
因为，所以，，
化简得，
令，两边平方得，
令
求导得，
令，求导得
令，解得，
当在上单调递减；
当在上单调递增；
又因为所以，
因此，即在单调递减，当时，取最小值为0，
进而得到，实数的最大值为0.
1 / 1四川省泸州市2023-2024学年高一下学期7月期末统一考试数学试题
1．（2024高一下·泸州期末）若集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，，则.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高一下·泸州期末）设复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法运算求复数z，结合共轭复数定义求解即可.
3．（2024高一下·泸州期末）设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：，，，
因为函数在上单调递增，所以，所以.
故答案为：D.
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.
4．（2024高一下·泸州期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用余弦二倍角公式，结合同角三角函数基本关系求值即可.
5．（2024高一下·泸州期末）平面与平面平行的充分条件可以是（　　）
A．内有无穷多条直线都与平行
B．直线，且
C．直线，直线，且
D．内的任何一条直线都与平行
【答案】D
【知识点】充分条件；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若内有无穷多条直线都与平行，则平行或相交，即充分性不成立，故A错误；
B、在正方体中，
易知平面，平面，平面平面，即充分性不成立，故B错误；
C、平面，平面，
平面平面，即充分性不成立，故C错误；
D、由面面平行的定义知能推出平面与平面平行，即充分性成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念逐项判断即可.
6．（2024高一下·泸州期末）如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
取中点Q，连接，
.
故选：B.
【分析】利用平行四边形法则和平面向量基本定理，则由数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，进而得出的值.
7．（2024高一下·泸州期末）若圆台侧面展开图扇环的圆心角为其母线长为2，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，则该圆台的高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解： 圆台侧面展开图 ，如图所示：
设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，设圆台的母线交于点，
易知为圆台的母线，且，下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍，
，，，
由圆台侧面展开图扇环的圆心角为，可得下底面圆的周长为，，，在直角梯形中，易得.
故答案为：C.
【分析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，圆台的母线交于点，由已知易求得圆锥的母线，进而可求得上下底面的半径，利用直角梯形的性质求圆台的高即可.
8．（2024高一下·泸州期末）已知函数，若方程有4个不同的根，且，则的值为（　　）
A．3 B．0 C．2 D．6
【答案】A
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象，如图所示：
由图的对称性可知：，因为，所以，
所以，，则，即，
则.
故答案为：A.
【分析】作出函数图象，由图形的对称性可知，，，计算得，再计算的结果即可.
9．（2024高一下·泸州期末）下列说法正确的是（　　）
A．任意向量，，若且与同向，则
B．若向量，且，则三点共线
C．若，则与的夹角是锐角
D．已知|，为单位向量，且，则在上的投影向量为
【答案】B,D
【知识点】向量的物理背景与基本概念；平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、向量不能比较大小，故A错误；
B、若向量且，则三点共线，故B正确；
C、若，则同向共线或夹角为锐角，故C错误；
D、已知，，且， 则在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】举反例即可判断AC；利用向量共线定理即可判断B；利用投影向量的定义即可判断D.
10．（2024高一下·泸州期末）已知函数，满足，且，则（　　）
A．的图象关于对称 B．
C．在上单调递减 D．的图象关于点对称
【答案】B,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数函数，满足，
则函数的图象关于对称，故A错误；
B、由A选项可知：，则，
解得，因为，
所以，即，
所以，所以，故B正确；
C、由B可知：，当时，，
则函数在上不单调，故C错误；
D、，则函数的图象关于点对称，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】由已知结合正弦函数的对称性与单调性可先求出即可判断AB；根据正弦函数的对称性及单调性检验即可判断CD．
11．（2024高一下·泸州期末）正方体的棱长为2，已知平面，则关于平面α截正方体所得截面的判断正确的是（　　）
A．截面形状可能为正三角形
B．平面α与平面ABCD所成二面角的正弦值为
C．截面形状可能为正六边形
D．截面面积的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：A、在正方体中，连接，如图所示：
因为平面，平面，则，
因为四边形为正方形，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，则，
同理可证，因为，平面，
则平面，所以平面与平面平行或重合，
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确；
B、平面与平面所成二面角，即为平面与平面所成的角，
设与交于，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以，则是平面平面与平面所成二面角的平面角，
由题意可得，，则，
即，
故平面与平面所成二面角的正弦值为，故B错误；
C、当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形，
因为分别为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
所以平面，此时截面为正六边形，故C正确；
D、设截面为多边形，如图所示：
设，则，
则，
多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，
则，
因为，，
所以
=
，当时，，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】借助正方体，画出截面图形，再逐项分析判断即可．
12．（2024高一下·泸州期末）已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当时，，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数是定义在R上周期为2的奇函数，
则.
故答案为：.
【分析】根据周期性和奇函数的性质求值即可.
13．（2024高一下·泸州期末）计算： 　 　.
【答案】4
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】 。
【分析】利用通分的方法结合两角差的正弦公式，从而化简求值。
14．（2024高一下·泸州期末）已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解： 三棱锥的底面是边长为3的等边三角形 ，则的面积为定值，
因为，所以侧面是等边三角形，则顶点到边的距离是一个定值，
要使该三棱锥的体积取得最大值，平面平面，
取的中点，连接，如图所示：
因为分别为正三角形，的中心，
所以，则为二面角的平面角，
可得，过分别作平面，平面的垂线，两垂线交于，
则为外接球的球心，由正三角形的性质可求得，
，，
易得四边形是正方形，且，
由勾股定理可得：，
故外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意可得：三棱锥的体积取得最大值时，平面平面，分别求得，的外接圆的半径，进而求外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可.
15．（2024高一下·泸州期末）已知向量，且．
（1）求向量与的夹角．
（2）若向量与互相垂直，求k的值．
【答案】（1）解：向量，则，
设向量与的夹角为，
因为，所以，则，
，则向量与的夹角为；
（2）解：若向量向量与互相垂直，则，
即，即，解得或．
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）由向量模的坐标运算求得，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可；
（2）由题意可得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
（1）由，得，设向量与的夹角为，
由，，又，所以，
所以，解得，
所以向量与的夹角为．
（2）由向量向量与互相垂直，得，
所以，即，
解得或．
16．（2024高一下·泸州期末）已知函数的部分图象如下图所示．
（1）求函数的解析式．
（2）若将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，求不等式的解集．
【答案】（1）解：由图可知：，，则，，即，
则函数，
因为函数过点，所以，所以，
所以，解得，
又因为，所以，则；
（2）解：由题意可得：，
不等式，可得，则，
即，即，
故不等式的解集为．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由图象求得，和的值，即可得函数的解析式；
（2）根据三角函数图象的伸缩、平移变换求出函数的解析式，再解不等式即可.
（1）由图象知，，即，又，
所以，所以，则
又函数过点，所以，
所以，所以，解得.
又，所以，即．
（2）将函数的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，
可得函数，
再将其图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，
所以，
由，可得，所以，
所以，所以，
所以不等式的解集为．
17．（2024高一下·泸州期末）在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求B；
（2）若，且，求．
【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
整理可得，则，则；
（2）解： 若， 由正弦定理得，则
因为，所以，即，
由余弦定理，可得，
即
因为，所以.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理结合余弦定理的推论和角的范围求角即可；
（2）利用正弦定理公式结合已知条件求出，再由余弦定理求解即可.
（1）因为余弦定理可得，
所以，
因为，
所以.
（2）因为正弦定理得，
所以
又，所以，即，
由余弦定理得，即，
因为，所以.
18．（2024高一下·泸州期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）当时，证明：平面；
（3）若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值．
【答案】（1）证明：设与交于，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以，且为的中点，
又因为平面，平面，所以，
又因为是的中点，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）证明：连接交于点，连接，连接，如图所示：
则为的中点，
因为，所以，因为分别为的中点，
所以为的重心，所以，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（3）解：由平面，可得，
因为分别为的中点，所以，
所以，所以，
又因为四面体的体积等于四棱锥体积的，所以，
所以点平面的距离之比为，则.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面即可；
（2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（3）由题意可得，求的值即可.
（1）设与交于，连接，
因为四边形是正方形，所以，且为的中点，
又平面，又平面，所以，
因为是的中点，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，
因为，所以，因为分别为的中点，
所以为的重心，所以，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（3）由平面，
可得，
因为分别为的中点，
所以，
所以，所以
又四面体的体积等于四棱锥体积的，
所以，所以点平面的距离之比为，
所以.
19．（2024高一下·泸州期末）对于三个实数，若成立，则称具有“性质”
（1）写出一个数使之与2具有“性质1”，并说明理由；
（2）若具有“性质0”，求的取值范围；
（3）若，且，具有“性质”，求实数的最大值．
【答案】（1）解：当时，，
即，则2与2具有“性质1”；
（2）解：若具有“性质0”，则，
即，
令，所以，
所以，解得或，
即或，
所以或，
则的取值范围；
（3）解：若，且，具有“性质”，
则，
因为，所以，，
化简得，
令，两边平方得，
，
令
求导得，
令，，
令，解得，
当在上单调递减；
当在上单调递增；
又因为所以，即，即在单调递减，当时，取最小值为0，
故，实数的最大值为0.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）代入与2具有“性质1”的不等式进行验证即可；
（2）根据题意得不等式，化简得，解不等式求的取值范围即可；
（3）根据题意条件列出不等式进行化简分离变量，令，变形得，构造新函数利用导数求得新函数的最小值，从而得到实数的最大值.
（1）与2具有“性质1”.
当时，，
即，则2与2具有“性质1”
（2）若具有“性质0”，
所以，即，
令，所以，
所以，解得或
即或
所以或
因此的取值范围
（3）若，且，具有“性质”，
所以，
因为，所以，，
化简得，
令，两边平方得，
令
求导得，
令，求导得
令，解得，
当在上单调递减；
当在上单调递增；
又因为所以，
因此，即在单调递减，当时，取最小值为0，
进而得到，实数的最大值为0.
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