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四川省泸县第五中学2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题
1．（2025高一下·泸县期末）已知集合，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解；因为，所以，A正确.
故答案为：A.
【分析】本题考查集合交集的运算，解题思路是依据交集的定义，找出同时属于集合A和集合B的元素，核心是对交集概念的理解与应用.
2．（2025高一下·泸县期末）已知命题，则是（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题是全称命题，
所以是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】本题考查全称命题的否定，解题思路是根据全称命题否定的规则，将全称量词 “” 改为存在量词 “”，并否定结论，核心是对命题否定形式的理解与运用.
3．（2025高一下·泸县期末）复数的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．i
【答案】A
【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，对于复数，其标准形式为（这里， ），根据虚部的定义，复数的虚部是，所以该复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】本题考查复数的运算及虚部的概念，解题思路是先通过复数的乘除运算将给定复数化简为标准形式（ ），再根据虚部定义（为虚部 ）确定结果，核心是复数的运算规则与虚部概念的应用.
4．（2025高一下·泸县期末）已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（　　）
A．-6 B． C． D．
【答案】D
【知识点】象限角、轴线角；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意得，，其中，为坐标原点，则，
解得：.因为是第二象限的角，第二象限角终边上点的横坐标，所以，D正确.
故答案为：D.
【分析】本题考查三角函数的定义及象限角的性质，解题思路是先依据三角函数定义建立关于x的方程，再结合角所在象限确定x的符号，进而求解x的值，核心是三角函数定义与象限角性质的应用.
5．（2025高一下·泸县期末）已知平面向量，，则“或”是“”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；向量的物理背景与基本概念
【解析】【解答】解：若或，则，反过来，若，两个向量的方向不确定，不能推出或，
所以“或”是“”的充分不必要条件，A正确.
故答案为：A.
【分析】分别判断“或”能否推出“”（充分性 ），以及“”能否推出“或”（必要性 ）.
6．（2025高一下·泸县期末）若，且，则的值为　　
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，且，
，则，
故答案为：A．
【分析】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数关系及二倍角公式的应用，解题思路是先利用诱导公式求出，再根据角的范围和同角三角函数平方关系求出，最后用二倍角公式计算.
7．（2025高一下·泸县期末）设函数是奇函数.若函数，则（　　）
A．28 B．33 C．38 D．43
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：由函数是奇函数可知，
因此可得；
又，因此；
两式相加可得；
又，因此.
故答案为：A.
【分析】本题围绕函数奇偶性与函数值计算展开，解题思路是先利用已知奇函数的性质，推导出与的关系，再结合的表达式，通过构造与的和，代入已知条件计算.
8．（2025高一下·泸县期末）在中，点在边上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．9
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由，得，
又因为点在线段上（除端点外），根据向量共线定理，，，共线，则（，因为在上除端点外，所以，均为正 ），
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9.
故答案为：D.
【分析】本题考查向量共线定理与基本不等式的应用，解题思路是先利用向量关系得出与的等式，再通过“的代换”结合基本不等式求的最小值，核心是向量共线与基本不等式的综合运用.
9．（2025高一下·泸县期末）下列选项中，值为的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，A正确.
B、
，B正确.
C、
，C错误.
D、，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、D：借助诱导公式转化角，再用二倍角正弦公式，将式子变形为含特殊角（ ）的三角函数值计算.
B：通过给式子分子分母同乘构造二倍角形式，反复用二倍角正弦公式，结合诱导公式化简求值.
C：运用和角公式、将分子分母展开，约分后得到，与比较.
10．（2025高一下·泸县期末）已知是定义在上的偶函数，且是奇函数，当时，，则（　　）
A．的值域为 B．的最小正周期为4
C．在上有3个零点 D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为是奇函数，所以的图象关于对称，且，
因为为偶函数，图象关于轴对称，且当时，，作出的图象，如下图所示：
由图可知，的值域为，A错误，
B、因为是奇函数，所以，
即，因为为偶函数，
所以，即，
所以，即，所以函数的最小正周期为4，B正确，
C、由图象可得在上，的图象与轴有3个交点，所以函数在上有个零点，C正确，
D、由周期为得： （因为 ）， （时， ），所以，D正确.
故答案为：BCD．
【分析】本题围绕函数的性质展开，需综合运用奇偶性、对称性推导周期性，再分析值域、零点及特定函数值：
1. 周期性推导：利用是奇函数（ ）和是偶函数（ ），通过变量代换推出，确定周期为 .
2. 值域分析：结合已知时的值域，及函数对称性、周期性，判断值域不是 .
3. 零点判断：在内，由得，再依据奇偶性和奇函数性质推出，确定有个零点 .
4. 函数值计算：利用周期为，将、转化为已知区间的函数值，得出 .
11．（2025高一下·泸县期末）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为
【答案】A,B
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
所以平面，
且平面，可得，
同理可得：，
且，平面，
所以直线平面，A正确.
B、因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，
且平面，平面，所以∥平面，
又因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，
且的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确.
C、由选项B可知：∥，
所以异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
又因为，则为等边三角形，
当为的中点时，直线与直线的夹角最大，
可得，即直线与直线的夹角为；
当与点或重合时，直线与直线的夹角最小，
可得直线与直线的夹角为；
所以异面直线与所成角的取值范围是，C错误.
D、当P为的中点时，直线即为直线，
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设点到平面的距离为d，正方体的棱长为2，
因为，
由等体积法可得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值为，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题围绕正方体中的线面垂直、三棱锥体积、异面直线所成角、线面角展开，解题思路是：
A、通过正方体性质找线线垂直，依据线面垂直判定定理（若直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直平面 ）证明平面 .
B、利用线面平行（平面 ），得点到平面距离为定值，结合三角形面积定值，由三棱锥体积公式判断体积为定值 .
C、通过线线平行（ ），将异面直线所成角转化为直线与的夹角，结合三角形性质求夹角范围 .
D、当为中点时，确定线面角对应直线，用等体积法求点到平面距离，再结合线面角定义（线面角正弦值为点到平面距离与斜线长的比 ）计算并判断 .
12．（2025高一下·泸县期末）已知向量，，则在上的投影向量的坐标是　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：结合题意可得：，
根据向量模长的坐标运算公式，可得，
设与的夹角为，则，
故在上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】本题考查向量投影向量的计算，解题思路是先根据投影向量的定义，求出在上的投影数量，再结合的单位向量求出投影向量，核心是对投影向量概念及向量运算的理解.
13．（2025高一下·泸县期末）已知，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
故答案：.
【分析】根据已知条件，使用诱导公式及二倍角公式，化简，然后代值即可.
14．（2025高一下·泸县期末）在三棱锥中，，若该三棱锥的所有顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以点在平面上的射影为的外心，
如下图，因为，所以的外接圆的半径，
从而三棱锥的高为.
设该三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，
所以球的表面积为.
故填：.
【分析】由三棱锥三条侧棱相等可知三棱锥的外接球球心在正三棱锥的高上且点在底面的射影即为的外心，可先由正弦定理求得外接圆半径，再由勾股定理(直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方)求得外接球半径，即可求得球的表面积.
15．（2025高一下·泸县期末）已知向量，，.
（1）求；
（2）求与的夹角.
【答案】（1）解：，
故，
故，解得，
故，
所以.
（2）解：根据平方差公式，，
代入，，得：
所以，
又因为，且，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【分析】本题围绕向量的模长与夹角计算，运用向量数量积的运算规则.
（1）先通过求出，再计算.
（2）利用向量夹角公式，结合已得模长与数量积求解，核心是向量数量积性质的应用.
（1），
故，
故，解得，
故，
所以；
（2），
又，故.
16．（2025高一下·泸县期末）已知函数的部分图像如图所示．
（1）求函数的解析式，并求它的对称中心的坐标；
（2）将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，为偶函数，求函数的单调递减区间．
【答案】（1）解：根据的图像知，且，所以，可得．
将点代入得且，解得，
所以．
令，解得，
所以的图像对称中心的坐标为．
综上所述：；对称中心的坐标为.
（2）解：由将的图像向右平移个单位，得到，因为为偶函数，可得，所以，
又因为，可得，所以，
所以
，
令，可得，
所以函数的单调递减区间为．
【知识点】三角函数的化简求值；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据函数的图像，求得，，再将点代入求得，得到函数，结合三角函数的性质，即可求解.
（2）根据三角函数的图象变换，得到，由为偶函数，求得，得到，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
（1）解：根据的图像知，且，所以，可得．
将点代入得且，解得，
所以．
令，解得，
所以的图像对称中心的坐标为．
（2）解：由将的图像向右平移个单位，得到，因为为偶函数，可得，所以，
又因为，可得，所以，
所以
，
令，可得，
所以函数的单调递减区间为．
17．（2025高一下·泸县期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，且，侧棱底面，，为中点．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的平面角的大小．
【答案】（1）证明：因为底面是菱形，所以，又底面，平面，
所以，又，，平面，所以平面．
（2）解：因为是的中点，所以，
因为， 又，平面，
所以．
（3）解：设，连接，，
由（1）知，平面，又，平面，
所以，，则为二面角的平面角，
因为四边形是菱形，，，所以，
因为底面，平面，所以，
在中，，为的中点，所以，，
又是的中点，是的中点，所以，所以，
所以，二面角的平面角为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】本题围绕四棱锥的线面垂直证明、三棱锥体积计算、二面角求解展开，解题思路是：
（1）线面垂直证明：利用菱形性质得，结合底面得，再依据线面垂直判定定理（直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直平面 ）证平面 .
（2）三棱锥体积计算：通过中点关系转化体积（ ），先求底面面积，再用棱锥体积公式（为底面积，为高 ）计算 .
（3）二面角求解：设，连接、，利用线面垂直性质（平面 ）得为二面角平面角，再结合几何关系（菱形性质、直角三角形、中位线 ）求角度，核心是空间几何定理与性质的综合运用 .
（1）因为底面是菱形，所以，又底面，平面，
所以，又，，平面，所以平面．
（2）因为是的中点，所以，
因为， 又，平面，
所以．
（3）设，连接，，
由（1）知，平面，又，平面，
所以，，则为二面角的平面角，
因为四边形是菱形，，，所以，
因为底面，平面，所以，
在中，，为的中点，所以，，
又是的中点，是的中点，所以，所以，
所以，二面角的平面角为.
18．（2025高一下·泸县期末）在中，角，，所对的边分别为，，，满足．
（1）求角．
（2）为边上一点，且．
①若，求当取最小值时的值；
②若为角平分线，求的取值范围．
【答案】（1）解：，
由正弦定理得：，
展开得：，
，而，，
故，
，，
，故．
（2）解：如下图所示
①
，
，
，
，
，
根据余弦定理：，
，
令，
则
，
则当且仅当时等号成立，
解得：时，
时，取最小值．
②
为的角平分线
在中，由正弦定理得，
即，
，，
，
．
又，，，
，当且仅当时等号成立，
即：.
综上所述：①；②
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】本题围绕三角形的边角关系，运用正弦定理、向量运算、基本不等式等知识.
（1）利用正弦定理将边化为角，结合简单的三角恒等变换求角.
（2）①通过向量表示，结合数量积与余弦定理，用基本不等式求.
②依据角平分线性质和正弦定理，将转化为三角函数式，再用基本不等式求范围，核心是定理与公式的灵活运用.
（1），
由正弦定理得：，
展开得：，
，而，，
故，
，，
，故．
（2）①
，
，
，
，
，
根据余弦定理：，
，
令，
则
，
则当且仅当时等号成立，
解得：时，
时，取最小值．
②
为的角平分线
在中，由正弦定理得，
即，
，，
，
．
又，，，
，当且仅当时等号成立，
故
19．（2025高一下·泸县期末）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”．
（1）试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围；
（3）函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围．
【答案】（1）解：由，可知，
当时，，
当时，解得，
此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”.
（2）解： 由题意可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数），
使得（其中），
，则，
，即，
即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，
故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意；
当时，发现，
则只需满足，解得，
综上所述：的取值范围为：．
（3）解：因为，
当时，；
当时，且，
当且仅当时取等号，所以，
综上可得，即，
则对于任意要有2024个根，
作出函数的部分图象，如图：
要使有2024个根，则，
又因为，则，故正实数的取值范围．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据“重覆盖函数”的定义判断出不是的“2重覆盖函数”.
（2）由题意可得即对任意，存在2个不同的实数），使得（其中），即，再分和分别求解得出实数a的取值范围.
（3）先求出，再作出函数的图象，则根据数形结合和“2024重覆盖函数”定义，从而得出正实数的取值范围．
（1）由，可知．
当时，，
当时，解得，
此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”；
（2）由题意可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数），
使得（其中），
，则，
，即，
即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，
故只需时，仅有1个根．
当时，，符合题意；
当时，发现，
则只需满足，解得，
综上得的取值范围为：．
（3）因为，
当时，，
当时，且，
当且仅当时取等号，所以．
综上可得，即，
则对于任意要有2024个根，
作出函数的图象（部分），如图：
要使有2024个根，则，
又，则，故正实数的取值范围．
1 / 1四川省泸县第五中学2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题
1．（2025高一下·泸县期末）已知集合，则 （　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·泸县期末）已知命题，则是（　　）．
A． B．
C． D．
3．（2025高一下·泸县期末）复数的虚部为（　　）
A． B．1 C． D．i
4．（2025高一下·泸县期末）已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（　　）
A．-6 B． C． D．
5．（2025高一下·泸县期末）已知平面向量，，则“或”是“”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
6．（2025高一下·泸县期末）若，且，则的值为　　
A． B． C． D．
7．（2025高一下·泸县期末）设函数是奇函数.若函数，则（　　）
A．28 B．33 C．38 D．43
8．（2025高一下·泸县期末）在中，点在边上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．9
9．（2025高一下·泸县期末）下列选项中，值为的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一下·泸县期末）已知是定义在上的偶函数，且是奇函数，当时，，则（　　）
A．的值域为 B．的最小正周期为4
C．在上有3个零点 D．
11．（2025高一下·泸县期末）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为
12．（2025高一下·泸县期末）已知向量，，则在上的投影向量的坐标是　 　.
13．（2025高一下·泸县期末）已知，则　 　.
14．（2025高一下·泸县期末）在三棱锥中，，若该三棱锥的所有顶点均在球的表面上，则球的表面积为　 　.
15．（2025高一下·泸县期末）已知向量，，.
（1）求；
（2）求与的夹角.
16．（2025高一下·泸县期末）已知函数的部分图像如图所示．
（1）求函数的解析式，并求它的对称中心的坐标；
（2）将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，为偶函数，求函数的单调递减区间．
17．（2025高一下·泸县期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，且，侧棱底面，，为中点．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求二面角的平面角的大小．
18．（2025高一下·泸县期末）在中，角，，所对的边分别为，，，满足．
（1）求角．
（2）为边上一点，且．
①若，求当取最小值时的值；
②若为角平分线，求的取值范围．
19．（2025高一下·泸县期末）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”．
（1）试判断是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
（2）若，为，的“2重覆盖函数”，求实数的取值范围；
（3）函数表示不超过的最大整数，如．若为的“2024重覆盖函数”，求正实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解；因为，所以，A正确.
故答案为：A.
【分析】本题考查集合交集的运算，解题思路是依据交集的定义，找出同时属于集合A和集合B的元素，核心是对交集概念的理解与应用.
2．【答案】D
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题是全称命题，
所以是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】本题考查全称命题的否定，解题思路是根据全称命题否定的规则，将全称量词 “” 改为存在量词 “”，并否定结论，核心是对命题否定形式的理解与运用.
3．【答案】A
【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，对于复数，其标准形式为（这里， ），根据虚部的定义，复数的虚部是，所以该复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】本题考查复数的运算及虚部的概念，解题思路是先通过复数的乘除运算将给定复数化简为标准形式（ ），再根据虚部定义（为虚部 ）确定结果，核心是复数的运算规则与虚部概念的应用.
4．【答案】D
【知识点】象限角、轴线角；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意得，，其中，为坐标原点，则，
解得：.因为是第二象限的角，第二象限角终边上点的横坐标，所以，D正确.
故答案为：D.
【分析】本题考查三角函数的定义及象限角的性质，解题思路是先依据三角函数定义建立关于x的方程，再结合角所在象限确定x的符号，进而求解x的值，核心是三角函数定义与象限角性质的应用.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；向量的物理背景与基本概念
【解析】【解答】解：若或，则，反过来，若，两个向量的方向不确定，不能推出或，
所以“或”是“”的充分不必要条件，A正确.
故答案为：A.
【分析】分别判断“或”能否推出“”（充分性 ），以及“”能否推出“或”（必要性 ）.
6．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，且，
，则，
故答案为：A．
【分析】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数关系及二倍角公式的应用，解题思路是先利用诱导公式求出，再根据角的范围和同角三角函数平方关系求出，最后用二倍角公式计算.
7．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：由函数是奇函数可知，
因此可得；
又，因此；
两式相加可得；
又，因此.
故答案为：A.
【分析】本题围绕函数奇偶性与函数值计算展开，解题思路是先利用已知奇函数的性质，推导出与的关系，再结合的表达式，通过构造与的和，代入已知条件计算.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由，得，
又因为点在线段上（除端点外），根据向量共线定理，，，共线，则（，因为在上除端点外，所以，均为正 ），
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9.
故答案为：D.
【分析】本题考查向量共线定理与基本不等式的应用，解题思路是先利用向量关系得出与的等式，再通过“的代换”结合基本不等式求的最小值，核心是向量共线与基本不等式的综合运用.
9．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、，A正确.
B、
，B正确.
C、
，C错误.
D、，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A、D：借助诱导公式转化角，再用二倍角正弦公式，将式子变形为含特殊角（ ）的三角函数值计算.
B：通过给式子分子分母同乘构造二倍角形式，反复用二倍角正弦公式，结合诱导公式化简求值.
C：运用和角公式、将分子分母展开，约分后得到，与比较.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、因为是奇函数，所以的图象关于对称，且，
因为为偶函数，图象关于轴对称，且当时，，作出的图象，如下图所示：
由图可知，的值域为，A错误，
B、因为是奇函数，所以，
即，因为为偶函数，
所以，即，
所以，即，所以函数的最小正周期为4，B正确，
C、由图象可得在上，的图象与轴有3个交点，所以函数在上有个零点，C正确，
D、由周期为得： （因为 ）， （时， ），所以，D正确.
故答案为：BCD．
【分析】本题围绕函数的性质展开，需综合运用奇偶性、对称性推导周期性，再分析值域、零点及特定函数值：
1. 周期性推导：利用是奇函数（ ）和是偶函数（ ），通过变量代换推出，确定周期为 .
2. 值域分析：结合已知时的值域，及函数对称性、周期性，判断值域不是 .
3. 零点判断：在内，由得，再依据奇偶性和奇函数性质推出，确定有个零点 .
4. 函数值计算：利用周期为，将、转化为已知区间的函数值，得出 .
11．【答案】A,B
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
所以平面，
且平面，可得，
同理可得：，
且，平面，
所以直线平面，A正确.
B、因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，
且平面，平面，所以∥平面，
又因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，
且的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确.
C、由选项B可知：∥，
所以异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
又因为，则为等边三角形，
当为的中点时，直线与直线的夹角最大，
可得，即直线与直线的夹角为；
当与点或重合时，直线与直线的夹角最小，
可得直线与直线的夹角为；
所以异面直线与所成角的取值范围是，C错误.
D、当P为的中点时，直线即为直线，
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设点到平面的距离为d，正方体的棱长为2，
因为，
由等体积法可得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值为，D错误.
故答案为：AB.
【分析】本题围绕正方体中的线面垂直、三棱锥体积、异面直线所成角、线面角展开，解题思路是：
A、通过正方体性质找线线垂直，依据线面垂直判定定理（若直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直平面 ）证明平面 .
B、利用线面平行（平面 ），得点到平面距离为定值，结合三角形面积定值，由三棱锥体积公式判断体积为定值 .
C、通过线线平行（ ），将异面直线所成角转化为直线与的夹角，结合三角形性质求夹角范围 .
D、当为中点时，确定线面角对应直线，用等体积法求点到平面距离，再结合线面角定义（线面角正弦值为点到平面距离与斜线长的比 ）计算并判断 .
12．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：结合题意可得：，
根据向量模长的坐标运算公式，可得，
设与的夹角为，则，
故在上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】本题考查向量投影向量的计算，解题思路是先根据投影向量的定义，求出在上的投影数量，再结合的单位向量求出投影向量，核心是对投影向量概念及向量运算的理解.
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
故答案：.
【分析】根据已知条件，使用诱导公式及二倍角公式，化简，然后代值即可.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，所以点在平面上的射影为的外心，
如下图，因为，所以的外接圆的半径，
从而三棱锥的高为.
设该三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，
所以球的表面积为.
故填：.
【分析】由三棱锥三条侧棱相等可知三棱锥的外接球球心在正三棱锥的高上且点在底面的射影即为的外心，可先由正弦定理求得外接圆半径，再由勾股定理(直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方)求得外接球半径，即可求得球的表面积.
15．【答案】（1）解：，
故，
故，解得，
故，
所以.
（2）解：根据平方差公式，，
代入，，得：
所以，
又因为，且，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【分析】本题围绕向量的模长与夹角计算，运用向量数量积的运算规则.
（1）先通过求出，再计算.
（2）利用向量夹角公式，结合已得模长与数量积求解，核心是向量数量积性质的应用.
（1），
故，
故，解得，
故，
所以；
（2），
又，故.
16．【答案】（1）解：根据的图像知，且，所以，可得．
将点代入得且，解得，
所以．
令，解得，
所以的图像对称中心的坐标为．
综上所述：；对称中心的坐标为.
（2）解：由将的图像向右平移个单位，得到，因为为偶函数，可得，所以，
又因为，可得，所以，
所以
，
令，可得，
所以函数的单调递减区间为．
【知识点】三角函数的化简求值；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据函数的图像，求得，，再将点代入求得，得到函数，结合三角函数的性质，即可求解.
（2）根据三角函数的图象变换，得到，由为偶函数，求得，得到，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
（1）解：根据的图像知，且，所以，可得．
将点代入得且，解得，
所以．
令，解得，
所以的图像对称中心的坐标为．
（2）解：由将的图像向右平移个单位，得到，因为为偶函数，可得，所以，
又因为，可得，所以，
所以
，
令，可得，
所以函数的单调递减区间为．
17．【答案】（1）证明：因为底面是菱形，所以，又底面，平面，
所以，又，，平面，所以平面．
（2）解：因为是的中点，所以，
因为， 又，平面，
所以．
（3）解：设，连接，，
由（1）知，平面，又，平面，
所以，，则为二面角的平面角，
因为四边形是菱形，，，所以，
因为底面，平面，所以，
在中，，为的中点，所以，，
又是的中点，是的中点，所以，所以，
所以，二面角的平面角为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】本题围绕四棱锥的线面垂直证明、三棱锥体积计算、二面角求解展开，解题思路是：
（1）线面垂直证明：利用菱形性质得，结合底面得，再依据线面垂直判定定理（直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直平面 ）证平面 .
（2）三棱锥体积计算：通过中点关系转化体积（ ），先求底面面积，再用棱锥体积公式（为底面积，为高 ）计算 .
（3）二面角求解：设，连接、，利用线面垂直性质（平面 ）得为二面角平面角，再结合几何关系（菱形性质、直角三角形、中位线 ）求角度，核心是空间几何定理与性质的综合运用 .
（1）因为底面是菱形，所以，又底面，平面，
所以，又，，平面，所以平面．
（2）因为是的中点，所以，
因为， 又，平面，
所以．
（3）设，连接，，
由（1）知，平面，又，平面，
所以，，则为二面角的平面角，
因为四边形是菱形，，，所以，
因为底面，平面，所以，
在中，，为的中点，所以，，
又是的中点，是的中点，所以，所以，
所以，二面角的平面角为.
18．【答案】（1）解：，
由正弦定理得：，
展开得：，
，而，，
故，
，，
，故．
（2）解：如下图所示
①
，
，
，
，
，
根据余弦定理：，
，
令，
则
，
则当且仅当时等号成立，
解得：时，
时，取最小值．
②
为的角平分线
在中，由正弦定理得，
即，
，，
，
．
又，，，
，当且仅当时等号成立，
即：.
综上所述：①；②
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用
【解析】【分析】本题围绕三角形的边角关系，运用正弦定理、向量运算、基本不等式等知识.
（1）利用正弦定理将边化为角，结合简单的三角恒等变换求角.
（2）①通过向量表示，结合数量积与余弦定理，用基本不等式求.
②依据角平分线性质和正弦定理，将转化为三角函数式，再用基本不等式求范围，核心是定理与公式的灵活运用.
（1），
由正弦定理得：，
展开得：，
，而，，
故，
，，
，故．
（2）①
，
，
，
，
，
根据余弦定理：，
，
令，
则
，
则当且仅当时等号成立，
解得：时，
时，取最小值．
②
为的角平分线
在中，由正弦定理得，
即，
，，
，
．
又，，，
，当且仅当时等号成立，
故
19．【答案】（1）解：由，可知，
当时，，
当时，解得，
此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”.
（2）解： 由题意可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数），
使得（其中），
，则，
，即，
即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，
故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意；
当时，发现，
则只需满足，解得，
综上所述：的取值范围为：．
（3）解：因为，
当时，；
当时，且，
当且仅当时取等号，所以，
综上可得，即，
则对于任意要有2024个根，
作出函数的部分图象，如图：
要使有2024个根，则，
又因为，则，故正实数的取值范围．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据“重覆盖函数”的定义判断出不是的“2重覆盖函数”.
（2）由题意可得即对任意，存在2个不同的实数），使得（其中），即，再分和分别求解得出实数a的取值范围.
（3）先求出，再作出函数的图象，则根据数形结合和“2024重覆盖函数”定义，从而得出正实数的取值范围．
（1）由，可知．
当时，，
当时，解得，
此时在中只存在一个，使，
所以不是的“2重覆盖函数”；
（2）由题意可得的定义域为，
即对任意，存在2个不同的实数），
使得（其中），
，则，
，即，
即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，
故只需时，仅有1个根．
当时，，符合题意；
当时，发现，
则只需满足，解得，
综上得的取值范围为：．
（3）因为，
当时，，
当时，且，
当且仅当时取等号，所以．
综上可得，即，
则对于任意要有2024个根，
作出函数的图象（部分），如图：
要使有2024个根，则，
又，则，故正实数的取值范围．
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