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浙江省舟山中学2024-2025学年高一下学期期中适应性检测数学试题
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1．（2025高一下·舟山期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025高一下·舟山期中）已知，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·舟山期中）在矩形中，为线段的中点，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·舟山期中）已知，则“”是“是奇函数”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．（2025高一下·舟山期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（　　）
（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．）
A．4374cm3 B．5048cm3 C．5336cm3 D．7260cm3
6．（2025高一下·舟山期中）在正四棱锥中，，球与四棱锥的所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（　　）
A． B．1 C． D．
7．（2025高一下·舟山期中）在中，角为，角的平分线交与点．已知，且，则（　　）
A．1 B．9 C． D．6
8．（2025高一下·舟山期中）已知为锐角，，，则（　　）
A． B． C． D．或
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·舟山期中）下列说法错误的是（　　）
A．的最小值是 B．的最大值是
C．的最小值是 D．的最大值为
10．（2025高一下·舟山期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为
11．（2025高一下·舟山期中）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A．动点的轨迹是一条线段
B．直线与的夹角为
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·舟山期中）的内角的对边分别为，若，则的面积为　 　.
13．（2025高一下·舟山期中）（如图甲）是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面为平行四边形. 现将容器以棱为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过，且分别为棱的中点，设棱锥的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为　 　.
14．（2025高一下·舟山期中）甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为　 　.
四、解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
15．（2025高一下·舟山期中）已知函数．
（1）若方程有两个实根，，且满足，求实数的值；
（2）若函数在上的最大值为1，求实数的值．
16．（2025高一下·舟山期中）已知向量，，设函数.
（1）求函数的最小正周期：
（2）若，且，求的值；
（3）在中， 若，求的取值范围.
17．（2025高一下·舟山期中）对于定义域为的函数，如果同时满足以下三个条件：①对任意的，总有；②；③若，，，都有成立，则称函数为理想函数．
（1）若函数为理想函数，求的值；
（2）判断函数是不是理想函数，并予以证明．
18．（2025高一下·舟山期中）如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面．
（1）求证：直线平面；
（2）若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值；
（3）若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积．
19．（2025高一下·舟山期中）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且．
（1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；
（2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则．
（ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求；
（ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：D.
【分析】直接根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意知：，，
所以
故答案为：A.
【分析】先由指数运算性质，将复数化简为，再由乘除运算法则得，运用复数的周期性得解.
3．【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：在矩形中，为的中点，
则.
故答案为：C．
【分析】根据向量线性运算化简求解即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：若，则，
所以，且，
则，即，
当为奇数时，，为奇函数，
当为偶数时，，为奇函数，
故充分性满足；
若是奇函数，则，即，
即，故必要性也满足；
所以“”是“是奇函数”的充要条件.
故答案为：C
【分析】充分性：得，可解出，即，分为奇、偶数时可判断充分性；是奇函数，则，即，即，可判断必要性.
5．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，为整个几何体的高度，设为球心，分别为圆台上下底面圆心，
则，，，
所以，则球缺的高，
则圆台的高，
故石墩的体积为
.
故答案为：C.
【分析】 由题意，根据补形法将几何体上部分补成球， 球的几何性质得，则球缺的高；可得圆台的高 ，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积.
6．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：连接、，设，连接，
则平面，
因为，
所以，，
则，
设内切圆的半径为，
则，
所以，
解得，
所以球的半径为.
故答案为：C．
【分析】连接、，设，连接，利用勾股定理和三角形的面积公式，从而求出内切圆的半径，进而得出球的半径.
7．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由可得，
因为三点共线，所以，
以为原点，为轴建立如图所示坐标系，
因为，，则，
设，
由可得，解得，
所以.
故答案为：D
【分析】由可得，由三点共线可得，再建立坐标系，得，将求出的代入数量积可得解.
8．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵为锐角，，
∴.
∵，∴，且，
∵，函数在上单调递增，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：B．
【分析】根据同角的三角函数关系和角的范围可求出，，又，代入两角差的余弦公式得解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，，最小值不为，故A错误；
B、设，则开口向下，对称轴为，
当时，单调递增，当时，单调递减，
则当时，取最大值，，即的最大值是，故B正确；
C、，当且仅当时等号成立，这样的不存在，故C错误；
D、将原式变形为，，当且仅当，即时取等号，
因此原式最大值为，由，可知上述不等式无法取等号，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】当时，求函数的最小值即可判断A；设，根据二次函数的性质求解即可判断B；利用基本不等式求解，结合等号成立的条件即可判断CD.
10．【答案】A,D
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得：，又三角形中“大边对大角”，
则，该选项正确，符合题意；
B、由正弦定理边角互化可得：，
则C为钝角，即为钝角三角形，该选项错误，不合题意；
C、由正弦定理边角互化可得，
或，则为等腰三角形或直角三角形，该选项错误，不合题意；
D、由余弦定理可得，
因这样的三角形有两个，则对应方程有两个正数解，则，
解得，该选项正确，符合题意
故答案为：AD
【分析】由正弦定理以及“大边对大角”，可判断A正确；由正弦定理边角互化可得：，可得C为钝角，可判断B错误；由两倍角公式的，正弦定理边角互化可得或，可判断C错误；由余弦定理可得，则对应方程有两个正数解，则，可判断D正确.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，该选项正确，符合题意；
B、由正方体的结构特征易知且为等边三角形，
所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，该选项正确，符合题意；
C、由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，该选项错误，不合题意；
D、如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，截面平面，平面平面，
所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】可证平面平面，而平面，故点F的轨迹为线段GH，可判断A；直线与的夹角即为直线与的夹角为，可判断B；由B知，点F的轨迹为线段GH，平面，可求点F到平面的距离为定值，同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，可判断C；由平面平面，可得，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．在四棱锥中，侧棱最长可判断D.
12．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理的推论得，
因为，所以（负值舍去），，
所以.
故答案为：
【分析】解 ，由余弦定理求得，可得，，代入面积公式得解.
13．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，根据分别为棱的中点，设棱锥高为，体积为，
则，而三棱柱与平行六面体的高相同，
则，
根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则
易知，
则，
图甲中上方的小四棱锥高为，则，则，
故图甲中的水面高度为.
故答案为：
【分析】通过补形将四棱锥转化为平行六面体，分析水的体积占比，再利用棱锥体积的相似比关系，求出上方小棱锥的高，进而得到水面高度.
14．【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设甲乙比赛中甲胜乙负为事件，甲负乙胜为事件；甲丙比赛中甲胜丙负为事件，甲负丙胜为事件；乙丙比赛中乙胜丙负为事件，乙负丙胜为事件.
设甲与乙比赛负1场且最终甲获胜为事件，
则
故答案为：
【分析】先一一列举出“甲与乙比赛负1场且最终甲获胜”的所有基本事件，再运用独立事件的概率乘法公式，代入可得解.
15．【答案】（1）解：方程有两个实根，，
由韦达定理可得，
又，
即，
化简可得，解得或，
当时，原方程为，有两实根，满足题意；
当时，原方程为，即，
其中，即方程无实根，故舍去；
所以.
（2）解：因为，
其图像开口向下，对称轴为，
当时，即时，
函数在上单调递减，则，
即，满足；
当时，即时，
函数在上单调递增，则，即，不满足，故舍去；
当时，即时，
函数在处取得最大值，
即，
即，解得，
且，则；
综上所述，或.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）将方程运用韦达定理，，解出a的值，分别验证可得解；
（2）由二次函数性质可分析，分，以及讨论单调性，再由单调性可得最值，分别让最值等于1可得解.
（1）方程有两个实根，，
由韦达定理可得，
又，
即，
化简可得，解得或，
当时，原方程为，有两实根，满足题意；
当时，原方程为，即，
其中，即方程无实根，故舍去；
所以.
（2）因为，
其图像开口向下，对称轴为，
当时，即时，
函数在上单调递减，则，
即，满足；
当时，即时，
函数在上单调递增，则，即，不满足，故舍去；
当时，即时，
函数在处取得最大值，
即，
即，解得，
且，则；
综上所述，或.
16．【答案】（1）解：
，
所以的最小正周期；
（2）解：，
由，则，则，
则
；
（3）解：，，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以的取值范围是.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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值域与最值
【解析】【分析】(1)先通过向量数量积展开，再利用三角恒等变换将化简为的形式，最后根据周期公式求最小正周期。
(2)代入得到，根据的范围确定的范围，求出，再利用两角差的正弦公式求。
(3)由求出角，将转化为关于的三角函数，再根据的范围求取值范围。
（1）
，
所以的最小正周期；
（2），
由，则，则，
则
；
（3），，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以的取值范围是.
17．【答案】（1）解：若函数为理想函数，取，由条件③可得，即．
由条件①对任意的，总有，得．
（2）解：函数为理想函数，证明如下：
函数在上满足，即满足条件①．
，满足条件②．
若，，，
则
，即满足条件③．
综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数．
【知识点】函数单调性的判断与证明；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）函数为理想函数，取，由条件③可得，即．由条件①对任意的，总有，得；
（2）先判断是理想函数，再证明：函数满足条件①②③即可.
（1）若函数为理想函数，取，由条件③可得，即．
由条件①对任意的，总有，得．
（2）函数为理想函数，证明如下：
函数在上满足，即满足条件①．
，满足条件②．
若，，，
则
，即满足条件③．
综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数．
18．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
为的中点，为的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，故平面；
（2）解：因为，所以为与所成角，
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，．又因为，，
平面，所以平面，而平面
则，则，
设，得到，，
则，，
故由勾股定理得，
则，解得，故，
则，即异面直线与所成角正切值为；
（3）解：我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点，
过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线，
记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，，，是直角三角形，
则，，，
得到，即三余弦定理得证，
作于点，作于点，连接，如图所示：
因为，所以，而，
面，则平面，
故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径，
在，
而平面平面，由三余弦定理得，
结合同角三角函数的基本关系得，
故，
同理，得到，
因为，所以，
则，解得，则，则为正三角形，
设内接球半径为，则，解得，
，，由余弦定理得，且，
由同角三角函数的性质得，则，则．
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理，结合线面平行的判定定理判断证明即可；
（2）利用线面垂直的性质得到，再利用勾股定理建立方程，求解参数即可；
（3）先证明三余弦定理的正确性，再结合给定条件求出为正三角形，最后结合面积关系建立方程，求解内切球半径，再求解体积即可.
（1）如图，连接交于点，连接，
得为的中点，而为的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，故平面.
（2）因为，所以为与所成角．
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，．又因为，，
平面，所以平面，而平面
则，则，
设，得到，，
则，，
故由勾股定理得，
则，
解得，故，则，
即异面直线与所成角正切值为．
（3）我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点，
过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线，
记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，，，是直角三角形，
则，，，
得到，即三余弦定理得证，
如图，作于点，作于点，连接，
因为，所以，而，
面，则平面，
故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径，
在，
而平面平面，由三余弦定理得，
，结合同角三角函数的基本关系得，
故，
同理，
得到，
因为，所以，
则，解得，则，则为正三角形，
设内接球半径为，则，解得，
因为，，所以由余弦定理得，
且，由同角三角函数的性质得
所以，则．
19．【答案】（1）解：记事件：“收到的所有数字都正确”，由已知且可知，
所以；
（2）解：（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，所以，
事件包含以下两种情况；
①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为，
所以；
又，
所以，
即，
整理得，
把代入上式，化简得，
解得：或，
因为，且，，
所以，，
所以；
（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为，
所以，
令，则，从而，
所以，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递增，
所以得最大值为，
即的最大值为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用事件独立性求解；
（2）（ⅰ）由题意得包含以下两种情况；①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为；分别求概率可得 ，整理解得：或，由范围可得解；
（ⅱ）一一例举出理解事件包含的三种情况，分别求出其概率再相加得，利用换元的思想，记，运用二次函数的性质可求最值．
（1）记事件：“收到的所有数字都正确”，
由已知且可知，
所以；
（2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，
所以，
事件包含以下两种情况；
①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为，
所以；
又，
所以，
即，
整理得，
把代入上式，化简得，
解得：或，
因为，且，，
所以，，
所以；
（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为，
所以，
令，则，从而，
所以，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递增，
所以得最大值为，
即的最大值为．
1 / 1浙江省舟山中学2024-2025学年高一下学期期中适应性检测数学试题
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1．（2025高一下·舟山期中）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，则.
故答案为：D.
【分析】直接根据集合的并集运算求解即可.
2．（2025高一下·舟山期中）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意知：，，
所以
故答案为：A.
【分析】先由指数运算性质，将复数化简为，再由乘除运算法则得，运用复数的周期性得解.
3．（2025高一下·舟山期中）在矩形中，为线段的中点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：在矩形中，为的中点，
则.
故答案为：C．
【分析】根据向量线性运算化简求解即可.
4．（2025高一下·舟山期中）已知，则“”是“是奇函数”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】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：若，则，
所以，且，
则，即，
当为奇数时，，为奇函数，
当为偶数时，，为奇函数，
故充分性满足；
若是奇函数，则，即，
即，故必要性也满足；
所以“”是“是奇函数”的充要条件.
故答案为：C
【分析】充分性：得，可解出，即，分为奇、偶数时可判断充分性；是奇函数，则，即，即，可判断必要性.
5．（2025高一下·舟山期中）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（　　）
（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．）
A．4374cm3 B．5048cm3 C．5336cm3 D．7260cm3
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图，为整个几何体的高度，设为球心，分别为圆台上下底面圆心，
则，，，
所以，则球缺的高，
则圆台的高，
故石墩的体积为
.
故答案为：C.
【分析】 由题意，根据补形法将几何体上部分补成球， 球的几何性质得，则球缺的高；可得圆台的高 ，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积.
6．（2025高一下·舟山期中）在正四棱锥中，，球与四棱锥的所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：连接、，设，连接，
则平面，
因为，
所以，，
则，
设内切圆的半径为，
则，
所以，
解得，
所以球的半径为.
故答案为：C．
【分析】连接、，设，连接，利用勾股定理和三角形的面积公式，从而求出内切圆的半径，进而得出球的半径.
7．（2025高一下·舟山期中）在中，角为，角的平分线交与点．已知，且，则（　　）
A．1 B．9 C． D．6
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由可得，
因为三点共线，所以，
以为原点，为轴建立如图所示坐标系，
因为，，则，
设，
由可得，解得，
所以.
故答案为：D
【分析】由可得，由三点共线可得，再建立坐标系，得，将求出的代入数量积可得解.
8．（2025高一下·舟山期中）已知为锐角，，，则（　　）
A． B． C． D．或
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：∵为锐角，，
∴.
∵，∴，且，
∵，函数在上单调递增，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：B．
【分析】根据同角的三角函数关系和角的范围可求出，，又，代入两角差的余弦公式得解.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·舟山期中）下列说法错误的是（　　）
A．的最小值是 B．的最大值是
C．的最小值是 D．的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、当时，，最小值不为，故A错误；
B、设，则开口向下，对称轴为，
当时，单调递增，当时，单调递减，
则当时，取最大值，，即的最大值是，故B正确；
C、，当且仅当时等号成立，这样的不存在，故C错误；
D、将原式变形为，，当且仅当，即时取等号，
因此原式最大值为，由，可知上述不等式无法取等号，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】当时，求函数的最小值即可判断A；设，根据二次函数的性质求解即可判断B；利用基本不等式求解，结合等号成立的条件即可判断CD.
10．（2025高一下·舟山期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则为锐角三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得：，又三角形中“大边对大角”，
则，该选项正确，符合题意；
B、由正弦定理边角互化可得：，
则C为钝角，即为钝角三角形，该选项错误，不合题意；
C、由正弦定理边角互化可得，
或，则为等腰三角形或直角三角形，该选项错误，不合题意；
D、由余弦定理可得，
因这样的三角形有两个，则对应方程有两个正数解，则，
解得，该选项正确，符合题意
故答案为：AD
【分析】由正弦定理以及“大边对大角”，可判断A正确；由正弦定理边角互化可得：，可得C为钝角，可判断B错误；由两倍角公式的，正弦定理边角互化可得或，可判断C错误；由余弦定理可得，则对应方程有两个正数解，则，可判断D正确.
11．（2025高一下·舟山期中）如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A．动点的轨迹是一条线段
B．直线与的夹角为
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，该选项正确，符合题意；
B、由正方体的结构特征易知且为等边三角形，
所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，该选项正确，符合题意；
C、由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，该选项错误，不合题意；
D、如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，截面平面，平面平面，
所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD
【分析】可证平面平面，而平面，故点F的轨迹为线段GH，可判断A；直线与的夹角即为直线与的夹角为，可判断B；由B知，点F的轨迹为线段GH，平面，可求点F到平面的距离为定值，同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，可判断C；由平面平面，可得，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．在四棱锥中，侧棱最长可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·舟山期中）的内角的对边分别为，若，则的面积为　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理的推论得，
因为，所以（负值舍去），，
所以.
故答案为：
【分析】解 ，由余弦定理求得，可得，，代入面积公式得解.
13．（2025高一下·舟山期中）（如图甲）是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不算），底面为平行四边形. 现将容器以棱为轴向左侧倾斜（如图乙），这时水面恰好经过，且分别为棱的中点，设棱锥的高为2，则图甲中，容器内的水面高度为　 　.
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，根据分别为棱的中点，设棱锥高为，体积为，
则，而三棱柱与平行六面体的高相同，
则，
根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则
易知，
则，
图甲中上方的小四棱锥高为，则，则，
故图甲中的水面高度为.
故答案为：
【分析】通过补形将四棱锥转化为平行六面体，分析水的体积占比，再利用棱锥体积的相似比关系，求出上方小棱锥的高，进而得到水面高度.
14．（2025高一下·舟山期中）甲、乙、丙三人进行扳手腕比赛，累计负两场者淘汰，甲、乙两人先进行比赛，丙轮空，每次比赛的胜者与轮空者进行比赛，负者轮空，直到有1人被淘汰，剩余两人继续比赛，直到其中1人淘汰，另1人最终获胜，比赛结束.假设每场比赛没有平局，甲、乙比赛，甲获胜的概率为，甲、丙比赛，甲获胜的概率为，乙、丙比赛，乙获胜的概率为，则甲与乙比赛负1场且最终甲获胜的概率为　 　.
【答案】
【知识点】条件概率与独立事件；条件概率乘法公式
【解析】【解答】解：设甲乙比赛中甲胜乙负为事件，甲负乙胜为事件；甲丙比赛中甲胜丙负为事件，甲负丙胜为事件；乙丙比赛中乙胜丙负为事件，乙负丙胜为事件.
设甲与乙比赛负1场且最终甲获胜为事件，
则
故答案为：
【分析】先一一列举出“甲与乙比赛负1场且最终甲获胜”的所有基本事件，再运用独立事件的概率乘法公式，代入可得解.
四、解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤）
15．（2025高一下·舟山期中）已知函数．
（1）若方程有两个实根，，且满足，求实数的值；
（2）若函数在上的最大值为1，求实数的值．
【答案】（1）解：方程有两个实根，，
由韦达定理可得，
又，
即，
化简可得，解得或，
当时，原方程为，有两实根，满足题意；
当时，原方程为，即，
其中，即方程无实根，故舍去；
所以.
（2）解：因为，
其图像开口向下，对称轴为，
当时，即时，
函数在上单调递减，则，
即，满足；
当时，即时，
函数在上单调递增，则，即，不满足，故舍去；
当时，即时，
函数在处取得最大值，
即，
即，解得，
且，则；
综上所述，或.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）将方程运用韦达定理，，解出a的值，分别验证可得解；
（2）由二次函数性质可分析，分，以及讨论单调性，再由单调性可得最值，分别让最值等于1可得解.
（1）方程有两个实根，，
由韦达定理可得，
又，
即，
化简可得，解得或，
当时，原方程为，有两实根，满足题意；
当时，原方程为，即，
其中，即方程无实根，故舍去；
所以.
（2）因为，
其图像开口向下，对称轴为，
当时，即时，
函数在上单调递减，则，
即，满足；
当时，即时，
函数在上单调递增，则，即，不满足，故舍去；
当时，即时，
函数在处取得最大值，
即，
即，解得，
且，则；
综上所述，或.
16．（2025高一下·舟山期中）已知向量，，设函数.
（1）求函数的最小正周期：
（2）若，且，求的值；
（3）在中， 若，求的取值范围.
【答案】（1）解：
，
所以的最小正周期；
（2）解：，
由，则，则，
则
；
（3）解：，，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以的取值范围是.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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值域与最值
【解析】【分析】(1)先通过向量数量积展开，再利用三角恒等变换将化简为的形式，最后根据周期公式求最小正周期。
(2)代入得到，根据的范围确定的范围，求出，再利用两角差的正弦公式求。
(3)由求出角，将转化为关于的三角函数，再根据的范围求取值范围。
（1）
，
所以的最小正周期；
（2），
由，则，则，
则
；
（3），，，
所以，则，
，
由，，
所以，则，
所以的取值范围是.
17．（2025高一下·舟山期中）对于定义域为的函数，如果同时满足以下三个条件：①对任意的，总有；②；③若，，，都有成立，则称函数为理想函数．
（1）若函数为理想函数，求的值；
（2）判断函数是不是理想函数，并予以证明．
【答案】（1）解：若函数为理想函数，取，由条件③可得，即．
由条件①对任意的，总有，得．
（2）解：函数为理想函数，证明如下：
函数在上满足，即满足条件①．
，满足条件②．
若，，，
则
，即满足条件③．
综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数．
【知识点】函数单调性的判断与证明；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）函数为理想函数，取，由条件③可得，即．由条件①对任意的，总有，得；
（2）先判断是理想函数，再证明：函数满足条件①②③即可.
（1）若函数为理想函数，取，由条件③可得，即．
由条件①对任意的，总有，得．
（2）函数为理想函数，证明如下：
函数在上满足，即满足条件①．
，满足条件②．
若，，，
则
，即满足条件③．
综上所述，同时满足理想函数的三个条件，故为理想函数．
18．（2025高一下·舟山期中）如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面．
（1）求证：直线平面；
（2）若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值；
（3）若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积．
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
为的中点，为的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，故平面；
（2）解：因为，所以为与所成角，
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，．又因为，，
平面，所以平面，而平面
则，则，
设，得到，，
则，，
故由勾股定理得，
则，解得，故，
则，即异面直线与所成角正切值为；
（3）解：我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点，
过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线，
记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，，，是直角三角形，
则，，，
得到，即三余弦定理得证，
作于点，作于点，连接，如图所示：
因为，所以，而，
面，则平面，
故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径，
在，
而平面平面，由三余弦定理得，
结合同角三角函数的基本关系得，
故，
同理，得到，
因为，所以，
则，解得，则，则为正三角形，
设内接球半径为，则，解得，
，，由余弦定理得，且，
由同角三角函数的性质得，则，则．
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理，结合线面平行的判定定理判断证明即可；
（2）利用线面垂直的性质得到，再利用勾股定理建立方程，求解参数即可；
（3）先证明三余弦定理的正确性，再结合给定条件求出为正三角形，最后结合面积关系建立方程，求解内切球半径，再求解体积即可.
（1）如图，连接交于点，连接，
得为的中点，而为的中点，由中位线定理得，
因为平面，平面，故平面.
（2）因为，所以为与所成角．
因为为正三角形，为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，．又因为，，
平面，所以平面，而平面
则，则，
设，得到，，
则，，
故由勾股定理得，
则，
解得，故，则，
即异面直线与所成角正切值为．
（3）我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点，
过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线，
记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，，，是直角三角形，
则，，，
得到，即三余弦定理得证，
如图，作于点，作于点，连接，
因为，所以，而，
面，则平面，
故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径，
在，
而平面平面，由三余弦定理得，
，结合同角三角函数的基本关系得，
故，
同理，
得到，
因为，所以，
则，解得，则，则为正三角形，
设内接球半径为，则，解得，
因为，，所以由余弦定理得，
且，由同角三角函数的性质得
所以，则．
19．（2025高一下·舟山期中）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且．
（1）当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率；
（2）用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则．
（ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求；
（ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值．
【答案】（1）解：记事件：“收到的所有数字都正确”，由已知且可知，
所以；
（2）解：（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，所以，
事件包含以下两种情况；
①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为，
所以；
又，
所以，
即，
整理得，
把代入上式，化简得，
解得：或，
因为，且，，
所以，，
所以；
（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为，
所以，
令，则，从而，
所以，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递增，
所以得最大值为，
即的最大值为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用事件独立性求解；
（2）（ⅰ）由题意得包含以下两种情况；①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为；分别求概率可得 ，整理解得：或，由范围可得解；
（ⅱ）一一例举出理解事件包含的三种情况，分别求出其概率再相加得，利用换元的思想，记，运用二次函数的性质可求最值．
（1）记事件：“收到的所有数字都正确”，
由已知且可知，
所以；
（2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，
所以，
事件包含以下两种情况；
①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为，
所以；
又，
所以，
即，
整理得，
把代入上式，化简得，
解得：或，
因为，且，，
所以，，
所以；
（ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为；
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为，
所以，
令，则，从而，
所以，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递增，
所以得最大值为，
即的最大值为．
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