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浙江省宁波市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·宁波期末）已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·宁波期末）已知复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·宁波期末）已知角的终边过点，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·宁波期末）已知，均为单位向量，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
5．（2024高二下·宁波期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（　　）
A．若，，m，n共面，则
B．若，，m，n共面，则
C．若，且，则
D．若，且，则
6．（2024高二下·宁波期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二下·宁波期末）袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·宁波期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用。悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量，，则（　　）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为钝角，则
10．（2024高二下·宁波期末）已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．无解
C．是减函数 D．
11．（2024高二下·宁波期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，，，平面，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点，使得
C．动点的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
12．（2024高二下·宁波期末）设，则　 　．
13．（2024高二下·宁波期末）已知正实数x，y满足，则xy的最大值为　 　．
14．（2024高二下·宁波期末）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为　 　．
15．（2024高二下·宁波期末）已知单位向量，满足．
（1）求；
（2）求在上的投影向量（用表示）．
16．（2024高二下·宁波期末）函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值．
17．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，，，，，点在上，点为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
18．（2024高二下·宁波期末）为纪念五四青年运动105周年，进一步激励广大团员青年继承和发扬五四精神，宁波市教育局组织中小学开展形式多样、内容丰富、彰显青年时代风貌的系列主题活动．某中学开展“读好红色经典，争做强国少年”经典知识竞赛答题活动，现从该校参加竞赛的全体学生中随机选取100份学生的答卷作为样本，所有得分都分布在，将得分数据按照，，…，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计该中学参加竞赛学生成绩的平均分（注：同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该中学参加竞赛学生成绩的第75百分位数（结果精确到0.1）；
（3）若竞赛得分100分及以上的学生视为“强国少年”．根据选取的100份答卷数据统计；竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为110和9，竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为128和6，请估计该中学“强国少年”得分的方差．
19．（2024高二下·宁波期末）已知函数．
（1）当时，求，并判断函数零点的个数；
（2）当时，有三个零点，，，记，，2，3．证明：
①；
②．
参考公式：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，则.
故答案为：C.
【分析】由集合的交集和补集运算即可得解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，
故的虚部为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法化简，即可得解.
3．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边过点，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的定义求出，代入计算即可.
4．【答案】C
【知识点】充要条件；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，
，两边平方可得，则，
故是的充要条件．
故答案为：C．
【分析】易知，两边平方，利用向量数量积运算性质化简判断即可.
5．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、由正方体可知：若，，m，n共面，则直线m，n可能相交，故A错误；
B、若，，则直线m，n没有公共点，当m，n共面，则，故B正确；
C、若，且，由面面平行的性质可得，故C正确；
D、由正方体可知：若，且时，则，故D正确.
故答案为：A.
【分析】利用正方体，结合空间中直线与直线之间的位置关系和直线与平面之间的位置关系及其性质判断即可.
6．【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：由，可得，且，
令，
因为在上递增，所以在上递增，
由，即，可得.
AB、因为，所以，在内递增，所以，故A正确，B错误；
CD、举反例，，满足，但，故CD错误.
故答案为：A.
【分析】令，根据题意结合单调性分析可得.结合指数函数单调性分析判断AB；举反例可判断CD.
7．【答案】C
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记A=“依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球”，即解得
记B=“两次摸到的球颜色不相同”，
故答案为：C.
【分析】利用超几何分布求解即可.
8．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：，即，化简得，
对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令，（），则有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，在上递减，则，即实数m的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，将问题转化为对任意的恒成立，换元得对任意的恒成立，构造函数利用单调性即可得解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
所以，故A正确；
对于B，若，
则，解得，故B错误；
对于C，若，
则，解得，故C正确；
对于D，若与的夹角为钝角，
则且与不共线，
解得且，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据向量加法坐标表示，从而计算可判断出选项A；根据向量平行的坐标表示，从而计算判断出选项B；根据向量垂直的坐标表示，从而计算判断出选项C；根据数量积的坐标表示，从而计算判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、的定义域为，且为奇函数，所以，解得；经检验满足题意，故A正确；
B、由可得，即，无解，故B正确；
C、，因为递增，所以为增函数，故C错误；
D、由为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由的定义域为且为奇函数得可求出m可判断A；解方程可判断B；利用复合函数单调性可判断C；结合单调性和奇偶性可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知，
在边上取点，使得，在边上取点，如图所示：
在平面中，因为，所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
在中，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，则三棱锥的体积是定值，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），
在正方体中，是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，利用勾股定理计算动点的轨迹长度为：，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，，
设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，如图所示：
根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，
设，因为，可得，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用等体积变换即可判断AD；利用题意分析出点的轨迹即可判断BC；
12．【答案】-1
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：-1.
【分析】先计算出的值，然后计算即可.
13．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，解得.
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合基本不等式即可得解．
14．【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，即，化简得，由正弦定理可得， ，
即，，化简得.
，
当且仅当时，等号成立，此时，，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先由余弦定理化简得，再由正弦定理把边化角得，得到，最后根据基本不等式即可得解.
15．【答案】（1）解：；
（2）解：在上的投影向量为．
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用向量模长计算公式，结合向量数量积的运算规律计算即可；
（2）根据投影向量的概念和公式求解在上的投影向量即可.
（1）．
（2）在上的投影向量为．
16．【答案】（1）解：易知，，则，；
因为，所以，，所以，，
又因为，所以，则；
令，解得，
则函数单调递增区间为，；
（2）解：若，则，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）易知，，求出，将点代入，结合，求出，即可得函数的解析式，再整体求函数单调递增区间即可；
（2），则，结合，得出，用同角三角函数关系式，得出，，用和角关系式展开求值即可．
（1）由题得，，故，．
由，得，，故，，，故，故．
，
即单调递增区间为，．
（2）由，即，
又，则，故，
17．【答案】（1）证明：因为，，，所以，
又因为，所以，因为，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接，如图所示：
因为平面平面，平面，，
所以平面，又因为，所以平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以，
因为，所以为等边三角形，所以，
因为为的中点，所以，
在中，易知，则，
故与平面所成角的正弦值为．
【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）要根据线面垂直的判定定理先证明平面，再证明即可证平面平面；
（2）过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接，通过证明得到平面，推出就是与平面所成的角，再计算出和求解即可.
（1）∵，，，∴．
∵，∴．∵，平面，，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（2）过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接．
∵平面平面，平面，，
∴平面．∵，∴平面，∴就是与平面所成的角．
∵，∴．
∵，∴为等边三角形，∴．
∵为的中点，∴．在中易知，
∴．
因此，与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】（1）解：由频率分布直方图可知参加竞赛学生成绩的平均分为：
；
（2）解：前4组频率和为，第5组频率为，则第75百分位数在内，即第75百分位数为；
（3）解：竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：，
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：，
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
【知识点】频率分布直方图；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）根据频率分布直方图计算平均数即可；
（2）先估计第75百分位数在内，后按求百分位数的方法求解第75百分位数即可；
（3）算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．用分层随机抽样总样本平均数、方差与各层样本平均数、方差的关系式求解即可．
（1）（分），
据此估计该校参加竞赛学生成绩的平均分约为69分．
（2）前4组频率和为，第5组频率为，故第75百分位数在内，即第75百分位数为（分）．
据此估计该校参加竞赛学生成绩的第75百分位数约为86.7分．
（3）竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：．
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：．
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
19．【答案】（1）解：当时，，所以．令可得，所以或，所以函数的零点个数为3．
（2）解：①由题可得，
要证，只要证．又，，，，所以，所以，得证；
②由题可得，所以，所以．
所以．因为，所以．
所以，得证．
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；函数的零点与方程根的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）代入，可得，解方程即可得零点个数；
（2）①先用零点知识确定的范围，再运用不等式的性质计算即可；
②由变形为，综合，将转化为，然后将证明的式子转为研究的关系式，充分运用前问证明的进行消元，再用范围，即可得证.
1 / 1浙江省宁波市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题
1．（2024高二下·宁波期末）已知集合，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，则.
故答案为：C.
【分析】由集合的交集和补集运算即可得解.
2．（2024高二下·宁波期末）已知复数，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
【解析】【解答】解：，则，
故的虚部为.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法化简，即可得解.
3．（2024高二下·宁波期末）已知角的终边过点，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边过点，
所以，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的定义求出，代入计算即可.
4．（2024高二下·宁波期末）已知，均为单位向量，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】C
【知识点】充要条件；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，
，两边平方可得，则，
故是的充要条件．
故答案为：C．
【分析】易知，两边平方，利用向量数量积运算性质化简判断即可.
5．（2024高二下·宁波期末）对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（　　）
A．若，，m，n共面，则
B．若，，m，n共面，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、由正方体可知：若，，m，n共面，则直线m，n可能相交，故A错误；
B、若，，则直线m，n没有公共点，当m，n共面，则，故B正确；
C、若，且，由面面平行的性质可得，故C正确；
D、由正方体可知：若，且时，则，故D正确.
故答案为：A.
【分析】利用正方体，结合空间中直线与直线之间的位置关系和直线与平面之间的位置关系及其性质判断即可.
6．（2024高二下·宁波期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复合函数的单调性；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：由，可得，且，
令，
因为在上递增，所以在上递增，
由，即，可得.
AB、因为，所以，在内递增，所以，故A正确，B错误；
CD、举反例，，满足，但，故CD错误.
故答案为：A.
【分析】令，根据题意结合单调性分析可得.结合指数函数单调性分析判断AB；举反例可判断CD.
7．（2024高二下·宁波期末）袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】超几何分布
【解析】【解答】解：记A=“依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球”，即解得
记B=“两次摸到的球颜色不相同”，
故答案为：C.
【分析】利用超几何分布求解即可.
8．（2024高二下·宁波期末）颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用。悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：，即，化简得，
对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令，（），则有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，在上递减，则，即实数m的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，将问题转化为对任意的恒成立，换元得对任意的恒成立，构造函数利用单调性即可得解.
9．（2024高二下·宁波期末）已知平面向量，，则（　　）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为钝角，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，当时，，
所以，故A正确；
对于B，若，
则，解得，故B错误；
对于C，若，
则，解得，故C正确；
对于D，若与的夹角为钝角，
则且与不共线，
解得且，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据向量加法坐标表示，从而计算可判断出选项A；根据向量平行的坐标表示，从而计算判断出选项B；根据向量垂直的坐标表示，从而计算判断出选项C；根据数量积的坐标表示，从而计算判断出选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高二下·宁波期末）已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．无解
C．是减函数 D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；复合函数的单调性；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、的定义域为，且为奇函数，所以，解得；经检验满足题意，故A正确；
B、由可得，即，无解，故B正确；
C、，因为递增，所以为增函数，故C错误；
D、由为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由的定义域为且为奇函数得可求出m可判断A；解方程可判断B；利用复合函数单调性可判断C；结合单调性和奇偶性可判断D.
11．（2024高二下·宁波期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，，，平面，则下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥的体积是定值
B．存在一点，使得
C．动点的轨迹长度为
D．五面体的外接球半径为
【答案】A,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知，
在边上取点，使得，在边上取点，如图所示：
在平面中，因为，所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面；
同理，平面，平面，所以平面
因为平面，所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
A、三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
在中，，点的轨迹为四边形，
且平面平面，则点到平面的距离为
，则三棱锥的体积是定值，故A正确；
B、点的轨迹为四边形（不包含点），
在正方体中，是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，故B错误；
C、点的轨迹为四边形，利用勾股定理计算动点的轨迹长度为：，故C正确；
D、五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，，，
设所在圆的圆心为，是的中点， 四棱锥的外接球球心为，连接，如图所示：
根据题意是直角三角形，是的中点，在线段上，
设，因为，可得，解得
所以四棱锥的外接球半径为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意，利用等体积变换即可判断AD；利用题意分析出点的轨迹即可判断BC；
12．（2024高二下·宁波期末）设，则　 　．
【答案】-1
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：-1.
【分析】先计算出的值，然后计算即可.
13．（2024高二下·宁波期末）已知正实数x，y满足，则xy的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，解得.
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合基本不等式即可得解．
14．（2024高二下·宁波期末）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，即，化简得，由正弦定理可得， ，
即，，化简得.
，
当且仅当时，等号成立，此时，，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】先由余弦定理化简得，再由正弦定理把边化角得，得到，最后根据基本不等式即可得解.
15．（2024高二下·宁波期末）已知单位向量，满足．
（1）求；
（2）求在上的投影向量（用表示）．
【答案】（1）解：；
（2）解：在上的投影向量为．
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用向量模长计算公式，结合向量数量积的运算规律计算即可；
（2）根据投影向量的概念和公式求解在上的投影向量即可.
（1）．
（2）在上的投影向量为．
16．（2024高二下·宁波期末）函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）解：易知，，则，；
因为，所以，，所以，，
又因为，所以，则；
令，解得，
则函数单调递增区间为，；
（2）解：若，则，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）易知，，求出，将点代入，结合，求出，即可得函数的解析式，再整体求函数单调递增区间即可；
（2），则，结合，得出，用同角三角函数关系式，得出，，用和角关系式展开求值即可．
（1）由题得，，故，．
由，得，，故，，，故，故．
，
即单调递增区间为，．
（2）由，即，
又，则，故，
17．（2024高二下·宁波期末）如图，在三棱锥中，，，，，点在上，点为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为，，，所以，
又因为，所以，因为，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接，如图所示：
因为平面平面，平面，，
所以平面，又因为，所以平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以，
因为，所以为等边三角形，所以，
因为为的中点，所以，
在中，易知，则，
故与平面所成角的正弦值为．
【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）要根据线面垂直的判定定理先证明平面，再证明即可证平面平面；
（2）过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接，通过证明得到平面，推出就是与平面所成的角，再计算出和求解即可.
（1）∵，，，∴．
∵，∴．∵，平面，，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（2）过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接．
∵平面平面，平面，，
∴平面．∵，∴平面，∴就是与平面所成的角．
∵，∴．
∵，∴为等边三角形，∴．
∵为的中点，∴．在中易知，
∴．
因此，与平面所成角的正弦值为．
18．（2024高二下·宁波期末）为纪念五四青年运动105周年，进一步激励广大团员青年继承和发扬五四精神，宁波市教育局组织中小学开展形式多样、内容丰富、彰显青年时代风貌的系列主题活动．某中学开展“读好红色经典，争做强国少年”经典知识竞赛答题活动，现从该校参加竞赛的全体学生中随机选取100份学生的答卷作为样本，所有得分都分布在，将得分数据按照，，…，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计该中学参加竞赛学生成绩的平均分（注：同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该中学参加竞赛学生成绩的第75百分位数（结果精确到0.1）；
（3）若竞赛得分100分及以上的学生视为“强国少年”．根据选取的100份答卷数据统计；竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为110和9，竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为128和6，请估计该中学“强国少年”得分的方差．
【答案】（1）解：由频率分布直方图可知参加竞赛学生成绩的平均分为：
；
（2）解：前4组频率和为，第5组频率为，则第75百分位数在内，即第75百分位数为；
（3）解：竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：，
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：，
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
【知识点】频率分布直方图；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）根据频率分布直方图计算平均数即可；
（2）先估计第75百分位数在内，后按求百分位数的方法求解第75百分位数即可；
（3）算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．用分层随机抽样总样本平均数、方差与各层样本平均数、方差的关系式求解即可．
（1）（分），
据此估计该校参加竞赛学生成绩的平均分约为69分．
（2）前4组频率和为，第5组频率为，故第75百分位数在内，即第75百分位数为（分）．
据此估计该校参加竞赛学生成绩的第75百分位数约为86.7分．
（3）竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；
把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：．
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：．
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
19．（2024高二下·宁波期末）已知函数．
（1）当时，求，并判断函数零点的个数；
（2）当时，有三个零点，，，记，，2，3．证明：
①；
②．
参考公式：．
【答案】（1）解：当时，，所以．令可得，所以或，所以函数的零点个数为3．
（2）解：①由题可得，
要证，只要证．又，，，，所以，所以，得证；
②由题可得，所以，所以．
所以．因为，所以．
所以，得证．
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；函数的零点与方程根的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）代入，可得，解方程即可得零点个数；
（2）①先用零点知识确定的范围，再运用不等式的性质计算即可；
②由变形为，综合，将转化为，然后将证明的式子转为研究的关系式，充分运用前问证明的进行消元，再用范围，即可得证.
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