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湖南省邵阳市隆回县2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题
1．（2024高一下·隆回期末）已知，，则“n为偶数”是“”（是虚数单位）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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：当n为偶数时，，即“n为偶数”是“”（是虚数单位）的充分条件；
当n为奇数时，，要使的时，n为偶数，即“n为偶数”是“”（是虚数单位）的必要条件，
故“n为偶数”是“”（是虚数单位）的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由的运算性质结合充分。必要条件的定义判断即可.
2．（2024高一下·隆回期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
由，可得，即集合，
则.
故答案为：A.
【分析】解一元一次不等式和一元二次不等式求得集合A，B，再根据集合的并集求解即可.
3．（2024高一下·隆回期末）函数的最大值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：易知，，
当且仅当，即时等号成立，
则函数的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求解即可.
4．（2024高一下·隆回期末）某校高一年级有800名学生选学物理，将某次联考的物理成绩绘制成的频率分布直方图如图所示，则高一年级这次联考的物理成绩位于区间的人数约为（　　）
A．200 B．220 C．240 D．260
【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，成绩落在的频率为，
则成绩位于区间的人数约为.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1列式求得的值，再由频率分布直方图可求得成绩落在的频率，由样本估计总体即可.
5．（2024高一下·隆回期末）已知向量，满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，可得，
又因为，，所以，所以，
则，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用向量的坐标运算，求得，再根据向量的夹角公式求解即可.
6．（2024高一下·隆回期末）已知函数，，的零点分别为a，b，c，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，，
构造三个函数，作出函数图象，如图所示：
它们与的交点横坐标就是对应的三个零点，
由图可知：.
故答案为：D.
【分析】利用数形结合思想来作图分析零点大小即可.
7．（2024高一下·隆回期末）在△ABC中，G为△ABC的重心，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，因为G是重心，所以E是中点，
连接，同理D是中点，
因为，所以，
设，
因为G是重心，所以，
在中，由余弦定理得.
故答案为：A.
【分析】利用边长关系及重心性质结合余弦定理求解即可.
8．（2024高一下·隆回期末）从1，2，3，4，5，6，7，8中选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：，则6个数从小到大排列第4个数为5，即3个数比5小，2个数比5大，
当比5大的数是6，8时，则比5小的3个数必须有两个奇数1，3，则有2种取法；
当比5大的数是6，7时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
当比5大的数是7，8时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，
则不同的选择方法共有种.
故答案为：D.
【分析】根据百分位数是5得出5的位置，再分类讨论结合加法原理计算即可.
9．（2024高一下·隆回期末）下列各组向量中，可以作为基底的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A、为零向量，则共线，不能作为基底，故A错误；
B、，显然不共线，可以作为基底，故B正确；
C、，则共线，不能作为基底，故C错误；
D、，则不共线，可以作为基底，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据基底概念逐项计算判断即可.
10．（2024高一下·隆回期末）把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是℃，空气中的温度是℃，那么t分钟后物体的温度．其中k是一个常数．现有60℃的物体，放在12℃的空气中冷却，5分钟后物体的温度是36℃，若，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．若，则℃ D．若℃，则
【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：AB、由题意可得：，解得，，故A正确，B错误；
C、若，则，则，故C正确；
D、若℃，则，，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意求出参数即可判断AB；其中求解，利用求解即可判断CD.
11．（2024高一下·隆回期末）在正方体中，E，F，G分别为AD，，的中点，H为BG的中点．则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．平面
C．AH，互为异面直线
D．与平面所成角的正弦值为
【答案】A,B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为，平面，平面，所以平面，故A正确；
B、在正方形中，因为E， G分别为AD，的中点，所以，
则，因，故，
即，又平面，平面，故，
又平面，故平面，故B正确；
C、连接，如图所示：
因为F，G分别为，的中点，所以，
则，又因为H为BG的中点，所以H也是的中点，即与交于点，故C错误；
D、如图所示：
由B项已得平面，设，则即在平面上的投影，
故即与平面所成的角，设正方体棱长为2，则，
易得
故，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用线线平行证线面平行即可判断A；分别证，，由线线垂直可得线面垂直即可判断B；先证明，得H为的中点即可判断C；先由B项结论易得即与平面所成的角，借助于直角三角形求解即可判断D.
12．（2024高一下·隆回期末）某地的中学生有40%的学生爱好篮球，有70%的学生爱好音乐，90%的学生爱好篮球或音乐，则在该地的中学生中随机调查一位学生，既爱好篮球又爱好音乐的概率为　 　．
【答案】0.2
【知识点】概率的基本性质
【解析】【解答】解：设学生爱好篮球为事件A，学生爱好音乐为事件B，
则学生爱好篮球或音乐为事件，既爱好篮球又爱好音乐为事件，
易知，
由，可得.
故答案为：.
【分析】根据和概率基本性质计算即可.
13．（2024高一下·隆回期末）设，若为偶函数，则　 　．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数为偶函数，则，
即，
即，变形可得，解得，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据偶函数的定义可得，列关于的等式求解即可.
14．（2024高一下·隆回期末）已知函数在区间上有最大值，无最小值，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，
设，当时，，
作出在上的图象，如图所示：
要使区间上有最大值，无最小值，则，
解得，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，求出的范围，结合正弦函数的图象，列不等式求解即可.
15．（2024高一下·隆回期末）已知甲、乙两人独立地破译一份密码，甲破译成功的概率为，甲、乙都破译成功的概率为．求：
（1）乙破译密码成功的概率p；
（2）恰有1人破译成功的概率；
（3）密码破译成功的概率．
【答案】（1）解：记甲、乙成功破译密码分别记作事件A，B，则，解得；
（2）解：记恰有1人破译成功为事件C，则；
（3）解：记密码破译成功为事件D，则．
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（3）利用对立事件求解即可.
（1）记甲、乙成功破译密码分别记作事件A，B，
则，解得．
（2）记恰有1人破译成功为事件C，
则．
（3）记密码破译成功为事件D，
则．
16．（2024高一下·隆回期末）在复平面内，O是原点，向量对应的复数为．
（1）求的值；
（2）若是关于x的方程的一个根，求b，c的值；
（3）已知，复数z对应的点为P，且．说明点P的集合是什么图形，并求图形的面积．
【答案】（1）解：，则 ；
（2）解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理得：，解得，；
（3）解：记所对应的点为B，由，可得，即点P为△OAB的外接圆圆心，
则点P的集合是一个点，面积为0.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的四则运算化简复数，再求模长即可；
（2）根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理求解即可；
（3）利用复数与平面向量的一一对应关系，结合图形得到点P的集合为△OAB的外接圆圆心，判断三角形形状，易得其外接圆半径.
（1）因为，所以．
（2）由已知得，也是方程的一个根，
由韦达定理得，，，即，．
（3）记所对应的点为B，，
，即点P为△OAB的外接圆圆心，
则点P的集合是一个点，面积为0.
17．（2024高一下·隆回期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若，BC边上的中线，求BC边上的高．
【答案】（1）解：，变形可得，
因为，所以，
又因为，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由题意可得：，两边同时平方得，
即，解得（，
由余弦定理得，则，
因为△ABC的面积，所以．
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦余弦公式计算即可；
（2）利用向量的数量积的运算律求出b，再结合余弦定理及面积公式计算即可.
（1）由已知得．
又，
故．
因为，所以，即．
因为，所以．
（2）因为，两边同时平方得，
即，解得（负值舍去），
由余弦定理得，所以．
因为△ABC的面积，
所以．
18．（2024高一下·隆回期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且.
（1）求证：；
（2）若四棱锥P-AED的体积为，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P-AD-E的正切值.
【答案】（1）证明：取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，所以，
因为，，EO，平面POE，所以平面POE，
又因为平面POE，所以，
又因为O是AD的中点，所以可得，即；
（2）解：作于点Q，如图所示：
因为平面POE，平面POE，所以，
又因为，平面，所以平面，
由，得，
因为，所以所成角为，
故，解得，
因为，，所以为二面角的平面角，
，
即所求二面角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，利用等腰三角形的三线合一证明即可；
（2）利用垂直关系，易得线面角和二面角的平面角，计算即可.
（1）取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，.
，，EO，平面POE，平面POE.
又平面POE，，
又因为O是AD的中点，所以可得，即.
（2）作于点Q，
平面POE，平面POE，.
又，平面，平面.
由，得.
因为，所以所成角为，
故，解得.
因为，，所以为二面角的平面角.
.
即所求二面角的正切值为.
19．（2024高一下·隆回期末）若对，，则称函数为I上的-函数．
（1）设，，若为I上的1-函数，求m的最大值；
（2）若为R上的-函数，求的取值范围；
（3）若，且，均为R上的-函数，求证：也为R上的-函数．
【答案】（1）解：令，
由题意知，当时，.因恒成立．故只需让小于或等于，
即大于且让余弦函数可取到的最小自变量，
即，解得．故m的最大值为3；
（2）解：由题，
对恒成立，
即对恒成立，
令，则对恒成立，
当时，注意到，所以，矛盾，舍去；
当时，则对恒成立，
所以方程的判别式，解得，
综上可知，的取值范围为；
（3）证明：对，
，
因为，均为函数，则，
又，则，
所以，
即，所以也为R上的函数．
【知识点】函数恒成立问题；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）问题等价于当时，恒成立，后结合余弦函数性质可得答案；
（2）问题等价于对恒成立，后讨论的正负性，结合判别式可得答案；
（3），
结合题意及R上的-函数定义可证明结论.
（1）令
，
由题意知，当时，.因恒成立．故只需让小于或等于，即大于且让余弦函数可取到的最小自变量.
即，解得．故m的最大值为3；
（2）由题，
对恒成立．
即对恒成立．
令，则对恒成立．
当时，注意到，所以，矛盾，舍去；
当时，则对恒成立．
所以方程的判别式，解得．
综上可知，的取值范围为；
（3）对，
．
因为，均为函数，则，
又，则.
所以，
即，所以也为R上的函数．
1 / 1湖南省邵阳市隆回县2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题
1．（2024高一下·隆回期末）已知，，则“n为偶数”是“”（是虚数单位）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
2．（2024高一下·隆回期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·隆回期末）函数的最大值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
4．（2024高一下·隆回期末）某校高一年级有800名学生选学物理，将某次联考的物理成绩绘制成的频率分布直方图如图所示，则高一年级这次联考的物理成绩位于区间的人数约为（　　）
A．200 B．220 C．240 D．260
5．（2024高一下·隆回期末）已知向量，满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·隆回期末）已知函数，，的零点分别为a，b，c，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·隆回期末）在△ABC中，G为△ABC的重心，若，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·隆回期末）从1，2，3，4，5，6，7，8中选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，则不同的选择方法共有（　　）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
9．（2024高一下·隆回期末）下列各组向量中，可以作为基底的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2024高一下·隆回期末）把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是℃，空气中的温度是℃，那么t分钟后物体的温度．其中k是一个常数．现有60℃的物体，放在12℃的空气中冷却，5分钟后物体的温度是36℃，若，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．若，则℃ D．若℃，则
11．（2024高一下·隆回期末）在正方体中，E，F，G分别为AD，，的中点，H为BG的中点．则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．平面
C．AH，互为异面直线
D．与平面所成角的正弦值为
12．（2024高一下·隆回期末）某地的中学生有40%的学生爱好篮球，有70%的学生爱好音乐，90%的学生爱好篮球或音乐，则在该地的中学生中随机调查一位学生，既爱好篮球又爱好音乐的概率为　 　．
13．（2024高一下·隆回期末）设，若为偶函数，则　 　．
14．（2024高一下·隆回期末）已知函数在区间上有最大值，无最小值，则的取值范围为　 　．
15．（2024高一下·隆回期末）已知甲、乙两人独立地破译一份密码，甲破译成功的概率为，甲、乙都破译成功的概率为．求：
（1）乙破译密码成功的概率p；
（2）恰有1人破译成功的概率；
（3）密码破译成功的概率．
16．（2024高一下·隆回期末）在复平面内，O是原点，向量对应的复数为．
（1）求的值；
（2）若是关于x的方程的一个根，求b，c的值；
（3）已知，复数z对应的点为P，且．说明点P的集合是什么图形，并求图形的面积．
17．（2024高一下·隆回期末）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若，BC边上的中线，求BC边上的高．
18．（2024高一下·隆回期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且.
（1）求证：；
（2）若四棱锥P-AED的体积为，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P-AD-E的正切值.
19．（2024高一下·隆回期末）若对，，则称函数为I上的-函数．
（1）设，，若为I上的1-函数，求m的最大值；
（2）若为R上的-函数，求的取值范围；
（3）若，且，均为R上的-函数，求证：也为R上的-函数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：当n为偶数时，，即“n为偶数”是“”（是虚数单位）的充分条件；
当n为奇数时，，要使的时，n为偶数，即“n为偶数”是“”（是虚数单位）的必要条件，
故“n为偶数”是“”（是虚数单位）的充要条件.
故答案为：C.
【分析】由的运算性质结合充分。必要条件的定义判断即可.
2．【答案】A
【知识点】并集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合，
由，可得，即集合，
则.
故答案为：A.
【分析】解一元一次不等式和一元二次不等式求得集合A，B，再根据集合的并集求解即可.
3．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：易知，，
当且仅当，即时等号成立，
则函数的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】频率分布直方图
【解析】【解答】解：根据频率分布直方图各矩形面积和为1可得：，
解得，成绩落在的频率为，
则成绩位于区间的人数约为.
故答案为：C.
【分析】根据频率分布直方图各矩形面积和为1列式求得的值，再由频率分布直方图可求得成绩落在的频率，由样本估计总体即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，可得，
又因为，，所以，所以，
则，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】利用向量的坐标运算，求得，再根据向量的夹角公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，，
构造三个函数，作出函数图象，如图所示：
它们与的交点横坐标就是对应的三个零点，
由图可知：.
故答案为：D.
【分析】利用数形结合思想来作图分析零点大小即可.
7．【答案】A
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，因为G是重心，所以E是中点，
连接，同理D是中点，
因为，所以，
设，
因为G是重心，所以，
在中，由余弦定理得.
故答案为：A.
【分析】利用边长关系及重心性质结合余弦定理求解即可.
8．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：，则6个数从小到大排列第4个数为5，即3个数比5小，2个数比5大，
当比5大的数是6，8时，则比5小的3个数必须有两个奇数1，3，则有2种取法；
当比5大的数是6，7时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
当比5大的数是7，8时，则比5小的3个数必须有1个奇数1或3，则有2种取法；
选取6个不同的数，其中恰有3个奇数，且第60%分位数为5，
则不同的选择方法共有种.
故答案为：D.
【分析】根据百分位数是5得出5的位置，再分类讨论结合加法原理计算即可.
9．【答案】B,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A、为零向量，则共线，不能作为基底，故A错误；
B、，显然不共线，可以作为基底，故B正确；
C、，则共线，不能作为基底，故C错误；
D、，则不共线，可以作为基底，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据基底概念逐项计算判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：AB、由题意可得：，解得，，故A正确，B错误；
C、若，则，则，故C正确；
D、若℃，则，，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由题意求出参数即可判断AB；其中求解，利用求解即可判断CD.
11．【答案】A,B
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为，平面，平面，所以平面，故A正确；
B、在正方形中，因为E， G分别为AD，的中点，所以，
则，因，故，
即，又平面，平面，故，
又平面，故平面，故B正确；
C、连接，如图所示：
因为F，G分别为，的中点，所以，
则，又因为H为BG的中点，所以H也是的中点，即与交于点，故C错误；
D、如图所示：
由B项已得平面，设，则即在平面上的投影，
故即与平面所成的角，设正方体棱长为2，则，
易得
故，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】利用线线平行证线面平行即可判断A；分别证，，由线线垂直可得线面垂直即可判断B；先证明，得H为的中点即可判断C；先由B项结论易得即与平面所成的角，借助于直角三角形求解即可判断D.
12．【答案】0.2
【知识点】概率的基本性质
【解析】【解答】解：设学生爱好篮球为事件A，学生爱好音乐为事件B，
则学生爱好篮球或音乐为事件，既爱好篮球又爱好音乐为事件，
易知，
由，可得.
故答案为：.
【分析】根据和概率基本性质计算即可.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数为偶函数，则，
即，
即，变形可得，解得，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据偶函数的定义可得，列关于的等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：，
设，当时，，
作出在上的图象，如图所示：
要使区间上有最大值，无最小值，则，
解得，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，求出的范围，结合正弦函数的图象，列不等式求解即可.
15．【答案】（1）解：记甲、乙成功破译密码分别记作事件A，B，则，解得；
（2）解：记恰有1人破译成功为事件C，则；
（3）解：记密码破译成功为事件D，则．
【知识点】互斥事件与对立事件；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】【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率乘法公式求解即可；
（3）利用对立事件求解即可.
（1）记甲、乙成功破译密码分别记作事件A，B，
则，解得．
（2）记恰有1人破译成功为事件C，
则．
（3）记密码破译成功为事件D，
则．
16．【答案】（1）解：，则 ；
（2）解：易知也是方程的一个根，
由韦达定理得：，解得，；
（3）解：记所对应的点为B，由，可得，即点P为△OAB的外接圆圆心，
则点P的集合是一个点，面积为0.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的四则运算化简复数，再求模长即可；
（2）根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理求解即可；
（3）利用复数与平面向量的一一对应关系，结合图形得到点P的集合为△OAB的外接圆圆心，判断三角形形状，易得其外接圆半径.
（1）因为，所以．
（2）由已知得，也是方程的一个根，
由韦达定理得，，，即，．
（3）记所对应的点为B，，
，即点P为△OAB的外接圆圆心，
则点P的集合是一个点，面积为0.
17．【答案】（1）解：，变形可得，
因为，所以，
又因为，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由题意可得：，两边同时平方得，
即，解得（，
由余弦定理得，则，
因为△ABC的面积，所以．
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦余弦公式计算即可；
（2）利用向量的数量积的运算律求出b，再结合余弦定理及面积公式计算即可.
（1）由已知得．
又，
故．
因为，所以，即．
因为，所以．
（2）因为，两边同时平方得，
即，解得（负值舍去），
由余弦定理得，所以．
因为△ABC的面积，
所以．
18．【答案】（1）证明：取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，所以，
因为，，EO，平面POE，所以平面POE，
又因为平面POE，所以，
又因为O是AD的中点，所以可得，即；
（2）解：作于点Q，如图所示：
因为平面POE，平面POE，所以，
又因为，平面，所以平面，
由，得，
因为，所以所成角为，
故，解得，
因为，，所以为二面角的平面角，
，
即所求二面角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，利用等腰三角形的三线合一证明即可；
（2）利用垂直关系，易得线面角和二面角的平面角，计算即可.
（1）取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，.
，，EO，平面POE，平面POE.
又平面POE，，
又因为O是AD的中点，所以可得，即.
（2）作于点Q，
平面POE，平面POE，.
又，平面，平面.
由，得.
因为，所以所成角为，
故，解得.
因为，，所以为二面角的平面角.
.
即所求二面角的正切值为.
19．【答案】（1）解：令，
由题意知，当时，.因恒成立．故只需让小于或等于，
即大于且让余弦函数可取到的最小自变量，
即，解得．故m的最大值为3；
（2）解：由题，
对恒成立，
即对恒成立，
令，则对恒成立，
当时，注意到，所以，矛盾，舍去；
当时，则对恒成立，
所以方程的判别式，解得，
综上可知，的取值范围为；
（3）证明：对，
，
因为，均为函数，则，
又，则，
所以，
即，所以也为R上的函数．
【知识点】函数恒成立问题；余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）问题等价于当时，恒成立，后结合余弦函数性质可得答案；
（2）问题等价于对恒成立，后讨论的正负性，结合判别式可得答案；
（3），
结合题意及R上的-函数定义可证明结论.
（1）令
，
由题意知，当时，.因恒成立．故只需让小于或等于，即大于且让余弦函数可取到的最小自变量.
即，解得．故m的最大值为3；
（2）由题，
对恒成立．
即对恒成立．
令，则对恒成立．
当时，注意到，所以，矛盾，舍去；
当时，则对恒成立．
所以方程的判别式，解得．
综上可知，的取值范围为；
（3）对，
．
因为，均为函数，则，
又，则.
所以，
即，所以也为R上的函数．
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