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浙江省宁波市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：解方程，可得或，即集合，集合，
则.
故答案为：D.
【分析】解方程求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．已知向量，，且与共线，则实数（　　）
A．2 B． C．8 D．
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，因为与共线，所以，解得.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可.
3．已知且，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：当时，由，可得，此时，
当时，由可得，此时，
则满足不等式的实数的取值范围是，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】分、两种情况，利用指数函数的单调性解不等式，求得实数的取值范围，再利用集合的包含，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．已知函数的部分图象如图所示，则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可得，因为，所以，则，
则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为.
故答案为：C.
【分析】由图可得，结合的范围求得，确定函数的解析式，再根据三角函数图象的平移变换求解即可.
5．某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，图中从处出发到达处的最短路径需要经过两横两纵四段短路，最短路径数为种路径；
图中从处出发到达处的最短路径有两种情况：
第一步走纵，只有纵纵横横一种路径；
第一步走横，到达如图所示的处，从处到达处的最短路径需要经过一横两纵三段短路，
所以最短路径有种路径，以上两种情况相加共种路径，
则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是.
故答案为：C.
【分析】分别计算图、图中从处到达处的过程中最短路径数，再利用古典概型的概率公式求解即可.
6．已知对于恒成立，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：，其中，，
则.
故答案为：B.
【分析】利用辅助角公式，结合正弦的二倍角公式求解即可.
7．已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，设，，，
因为平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为为矩形，所以为直角三角形，
所以，
在中，，
则，，
因为为矩形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，，
因为为矩形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，，
A、
，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】分别在，，中，根据垂直关系结合线面角定义，求出的正弦、余弦表达式，再逐项验证求解即可.
8．已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为为定义在上的偶函数，所以，
又因为，将替换则有，
即，所以为周期为的周期函数，
根据题意，即时， ，
，当时，，即，
因为函数为周期为的周期函数，
所以，，
根据已知条件，，在上有两解，
令，则，方程变为，，
令，，根据题意两函数在有两个交点，
，，为对称轴为，值域为的抛物线，
，，为对数函数，，，
当时，函数在上单调递减，两个函数没有交点，不合题意；
当，，，
此时，两函数在上恰有两个交点，符合题意；
当时，单调递增，根据，
两图像最多有一个交点，不合题意；
当时，单调递增，根据，两图像有两个交点，符合题意；
综上所述，的取值范围为，则.
故答案为：D.
【分析】根据函数为偶函数，结合 求得函数是周期为2的周期函数，再根据已知条件确定时的函数解析式，将问题转化为函数，在有两个交点，结合函数的图象性质、值域求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为，，则（　　）
A． B．，关于原点对称
C． D．
【答案】A,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、易知，，则两点关于x轴对称，不关于原点对称，故B错误；
C、，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】求复数的模即可判断A；根据复数在复平面内的表示求得点，即可判断B；根据复数代数形式的乘法运算，减法运算求解即可判断C；根据复数代数形式的乘除运算化简即可判断D.
10．已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．是周期函数 D．在上是减函数
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
A、因为，所以不是偶函数，故A错误；
B、，设函数，其定义域为，
则，所以是奇函数，故B正确；
C、因为，所以是周期为的周期函数，故C正确；
D、函数，求导可得，时，，则，
即在上是减函数，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数的奇偶性和周期性的定义计算即可判断ABC；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断D.
11．棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（包括端点），则（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．点到平面的距离与点到点的距离之和的最小值为
C．当点与点重合时，四面体的外接球的表面积为
D．的正切值的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：过作交与，如图所示：
A、在正方体中，，因为平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、过作交与，则平面，
平面，平面，
把平面沿展开，所以当时，距离之和取得最小值，
又，
，
，
，故B正确；
C、点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球，所以此时外接球直角为体对角线，则表面积为，故C错误；
D、在正方体中，
平面，又平面，所以，所以，
又当时，取得最小值，
当与点或点重合时，取得最大值，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过作交与，根据正方体的特征，结合线面平行的判定定理证明平面即可判断A；过作交与，则平面，平面，平面，把平面沿展开，所以当时，距离之和取得最小值，求最小值即可判断B；点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球，然后直接求表面积即可判断C；由题可得平面，得到，所以，再求范围即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则　 　.
【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，所以，
当时，，则.
故答案为：1.
【分析】根据函数为奇函数，当时，，结合对数运算化简求值即可.
13．已知正实数，满足，则的最小值为　 　.
【答案】3
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
则，当且仅当即时取等号，
故的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】直接利用基本不等式求解即可.
14．设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可以变形为，
展开得，
则，，
由三次方程 的根 ，
可得，，，，
由 ，代入得，
因此：，
因为方程有三个不等实根，令，
令，得.，，单调递增，
，，单调递减，，，单调递增，
所以的极大值为，
的极小值为，
要有三个不等实根，则且，即，
又是最小根则，且，所以，
令，， ，
因此，的取值范围为，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据三次方程根与系数的关系得到，，，由 ，代入得，可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值，结合函数性质求解的取值范围即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．某中学高一年级1000名学生中，男生有600名，女生有400名.为调查该校高一年级学生每天的课后学习时间，按照性别进行分层，并通过比例分配的分层随机抽样从中抽取一个容量为200的样本进行调查，得到如图1（男生）、图2（女生）所示的频率分布直方图.
（1）求抽取的200名学生中每天的课后学习时间落在区间的男生人数；
（2）估计该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间（注：同一组数据用区间中点值作代表）.
【答案】（1）解：由题意得，抽取的200名学生中，男生人数为人，
由图1得，所求男生人数为人；
（2）解：设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，
高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，
由图1得的估计值为，
由图2得的估计值为，
因此的估计值为，
即该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间的估计值为3.28小时.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据分层抽样法直接求解即可；
（2）设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，根据频率分布直方图分别计算、，再根据分层抽样中平均值的计算法估计即可.
（1）由题意得，抽取的200名学生中，男生人数为人，
由图1得，所求男生人数为人；
（2）设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，
由图1得的估计值为，
由图2得的估计值为，
因此的估计值为，
即该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间的估计值为3.28小时.
16．已知单位向量，的夹角为.
（1）若，求在上的投影向量（结果用表示）；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：由，得，
则在上的投影向量为；
（2）解：由，得，即对任意实数恒成立，
则，解得，
又因为，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；余弦函数的性质；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据向量数量积运算，结合投影向量的定义求解即可；
（2）将两边同时平方，得对任意实数恒成立，根据判别式，结合余弦函数的性质求的取值范围即可.
（1）由，得，
所以在上的投影向量为.
（2）由得，
即对任意实数恒成立.
所以，
解得.
又因为，
所以.
17．如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：过点分别作于点，于点，连结，如图所示：
由平面平面，平面平面，得平面，则，
又因为，，平面，所以平面，，
所以二面角的平面角为，
不妨设，
因为，，所以，，，，
在中，，
在中，，则，即.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据圆周角，结合面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过点分别作于点，于点，连结，利用线面垂直的判定定理证明，得为二面角的平面角，再由几何关系求解即可.
（1）因为平面，平面，所以.
因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以.
又因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）过点分别作于点，于点，连结.
由平面平面，平面平面，得平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，故，
所以二面角的平面角为.
不妨设，
因为，，所以，，，.
在中，，在中，，
所以，所以.
18．在中，角，，的对边分别是，，.请在以下三个条件中任选一个进行解答（若选多个条件分别解答，则按第一个解答过程给分）：
①；②；③.
（1）求；
（2）若，，
（ⅰ）求的面积；
（ⅱ）若，为边上的两点，且为的角平分线，为边上的中线，求的值.
【答案】（1）解：选①：由，得，
所以，因为，解得，
又因为，所以；
选②：由，得.
所以，即，解得，
又因为，所以；
选③：由，得，
所以，所以，
即，因为，解得，
又因为，所以；
（2）解：由（1），得，
因为，所以，
由正弦定理，可得，
（ⅰ），
（ⅱ）由余弦定理得，所以，所以，
由，得，所以，
因为，所以，解得，所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）选①、利用同角三角函数基本化切为弦，求即可；
选②、利用正弦定理，结合两角差的余弦公式化简求解即可；
选③、利用正弦定理，结合两角差的正弦公式化简求解即可；
（2）（ⅰ）由（1），利用两角和的余弦公式计算得出，结合正弦定理及三角形面积公式计算即可；
（ⅱ）利用余弦定理得出，再利用，根据三角形面积公式计算求得，最后求中线，再求的值即可.
（1）选①：由，得，
所以，因为，解得，
又因为，所以.
选②：由，得.
所以，即，解得，
又因为，所以.
选③：由，得，
所以，所以，
即，因为，解得，
又因为，所以.
（2）由，得，
因为，所以，
根据正弦定理，得.
（ⅰ）.
（ⅱ）由余弦定理得，所以，所以.
由，得，所以.
因为，所以，解得，
所以.
19．已知函数.
（1）若，求函数的单调递增区间；
（2）若，不等式对恒成立，求的最大值；
（3）若，存在，，使得在上单调递增且在上的值域为，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
其中开口向上，对称轴为，在上单调递增，
开口向上，对称轴为，在上单调递减，
则函数的单调递增区间为；
（2）解：由题知，，
即，
，
，
对任意恒成立，
若，则，
若，则，所以，
因为，所以，所以，
当时，，所以，
当时，，
故只需对任意恒成立，即，所以，解得，
若，则，所以，因为，则，所以，
只需，所以，
综上，，故的最大值为5；
（3）解：因为，当，时，，
则，对称轴为，
当，即时，在单调递增，故在上单调递增，所以，
令，即，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则，解得，
当，即时，在单调递减，单调递增，所以，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则，解得，
综上，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）将代入，分情况取绝对值求得函数，根据二次函数的性质求解即可；
（2）问题转化为对任意恒成立，再对的取值范围讨论求解即可；
（3）函数，对称轴为，分和两种情况，讨论函数的单调性，问题转化为区间上存在两个不等实根问题，列不等式组求解即可.
（1）当时，
其中开口向上，对称轴为，故在上单调递增，
开口向上，对称轴为，故在上单调递减，
所以的单调递增区间为.
（2）由题知，，
即，
，
，
对任意恒成立.
若，则.
若，则，所以，
因为，所以，所以，
当时，，所以，
当时，，
故只需对任意恒成立，即，
所以，解得.
若，则，所以，因为，则，
所以，
只需，所以，
综上，，故的最大值为5.
（3）因为，当，时，，
故，对称轴为.
当，即时，在单调递增，故在上单调递增，
所以
令，即，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则解得.
当，即时，在单调递减，单调递增，
所以
所以，是方程在上的两个不等实根，
则
解得.
综上，.
1 / 1浙江省宁波市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知向量，，且与共线，则实数（　　）
A．2 B． C．8 D．
3．已知且，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
4．已知函数的部分图象如图所示，则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为（　　）
A． B． C． D．
5．某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（　　）
A． B． C． D．
6．已知对于恒成立，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（　　）
A． B．
C． D．
8．已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为，，则（　　）
A． B．，关于原点对称
C． D．
10．已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．是周期函数 D．在上是减函数
11．棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（包括端点），则（　　）
A．三棱锥的体积为定值
B．点到平面的距离与点到点的距离之和的最小值为
C．当点与点重合时，四面体的外接球的表面积为
D．的正切值的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则　 　.
13．已知正实数，满足，则的最小值为　 　.
14．设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．某中学高一年级1000名学生中，男生有600名，女生有400名.为调查该校高一年级学生每天的课后学习时间，按照性别进行分层，并通过比例分配的分层随机抽样从中抽取一个容量为200的样本进行调查，得到如图1（男生）、图2（女生）所示的频率分布直方图.
（1）求抽取的200名学生中每天的课后学习时间落在区间的男生人数；
（2）估计该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间（注：同一组数据用区间中点值作代表）.
16．已知单位向量，的夹角为.
（1）若，求在上的投影向量（结果用表示）；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
17．如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
18．在中，角，，的对边分别是，，.请在以下三个条件中任选一个进行解答（若选多个条件分别解答，则按第一个解答过程给分）：
①；②；③.
（1）求；
（2）若，，
（ⅰ）求的面积；
（ⅱ）若，为边上的两点，且为的角平分线，为边上的中线，求的值.
19．已知函数.
（1）若，求函数的单调递增区间；
（2）若，不等式对恒成立，求的最大值；
（3）若，存在，，使得在上单调递增且在上的值域为，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：解方程，可得或，即集合，集合，
则.
故答案为：D.
【分析】解方程求得集合，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，因为与共线，所以，解得.
故答案为：B.
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：当时，由，可得，此时，
当时，由可得，此时，
则满足不等式的实数的取值范围是，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】分、两种情况，利用指数函数的单调性解不等式，求得实数的取值范围，再利用集合的包含，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由图可得，因为，所以，则，
则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为.
故答案为：C.
【分析】由图可得，结合的范围求得，确定函数的解析式，再根据三角函数图象的平移变换求解即可.
5．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意，图中从处出发到达处的最短路径需要经过两横两纵四段短路，最短路径数为种路径；
图中从处出发到达处的最短路径有两种情况：
第一步走纵，只有纵纵横横一种路径；
第一步走横，到达如图所示的处，从处到达处的最短路径需要经过一横两纵三段短路，
所以最短路径有种路径，以上两种情况相加共种路径，
则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是.
故答案为：C.
【分析】分别计算图、图中从处到达处的过程中最短路径数，再利用古典概型的概率公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：，其中，，
则.
故答案为：B.
【分析】利用辅助角公式，结合正弦的二倍角公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，设，，，
因为平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为为矩形，所以为直角三角形，
所以，
在中，，
则，，
因为为矩形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，，
因为为矩形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
所以直线与平面所成角为，即，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，，
A、
，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：D.
【分析】分别在，，中，根据垂直关系结合线面角定义，求出的正弦、余弦表达式，再逐项验证求解即可.
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为为定义在上的偶函数，所以，
又因为，将替换则有，
即，所以为周期为的周期函数，
根据题意，即时， ，
，当时，，即，
因为函数为周期为的周期函数，
所以，，
根据已知条件，，在上有两解，
令，则，方程变为，，
令，，根据题意两函数在有两个交点，
，，为对称轴为，值域为的抛物线，
，，为对数函数，，，
当时，函数在上单调递减，两个函数没有交点，不合题意；
当，，，
此时，两函数在上恰有两个交点，符合题意；
当时，单调递增，根据，
两图像最多有一个交点，不合题意；
当时，单调递增，根据，两图像有两个交点，符合题意；
综上所述，的取值范围为，则.
故答案为：D.
【分析】根据函数为偶函数，结合 求得函数是周期为2的周期函数，再根据已知条件确定时的函数解析式，将问题转化为函数，在有两个交点，结合函数的图象性质、值域求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、易知，，则两点关于x轴对称，不关于原点对称，故B错误；
C、，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】求复数的模即可判断A；根据复数在复平面内的表示求得点，即可判断B；根据复数代数形式的乘法运算，减法运算求解即可判断C；根据复数代数形式的乘除运算化简即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
A、因为，所以不是偶函数，故A错误；
B、，设函数，其定义域为，
则，所以是奇函数，故B正确；
C、因为，所以是周期为的周期函数，故C正确；
D、函数，求导可得，时，，则，
即在上是减函数，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】先求函数的定义域，再根据函数的奇偶性和周期性的定义计算即可判断ABC；求导，利用导数判断函数的单调性即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：过作交与，如图所示：
A、在正方体中，，因为平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故A正确；
B、过作交与，则平面，
平面，平面，
把平面沿展开，所以当时，距离之和取得最小值，
又，
，
，
，故B正确；
C、点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球，所以此时外接球直角为体对角线，则表面积为，故C错误；
D、在正方体中，
平面，又平面，所以，所以，
又当时，取得最小值，
当与点或点重合时，取得最大值，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】过作交与，根据正方体的特征，结合线面平行的判定定理证明平面即可判断A；过作交与，则平面，平面，平面，把平面沿展开，所以当时，距离之和取得最小值，求最小值即可判断B；点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球，然后直接求表面积即可判断C；由题可得平面，得到，所以，再求范围即可判断D.
12．【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，所以，
当时，，则.
故答案为：1.
【分析】根据函数为奇函数，当时，，结合对数运算化简求值即可.
13．【答案】3
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
则，当且仅当即时取等号，
故的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】直接利用基本不等式求解即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可以变形为，
展开得，
则，，
由三次方程 的根 ，
可得，，，，
由 ，代入得，
因此：，
因为方程有三个不等实根，令，
令，得.，，单调递增，
，，单调递减，，，单调递增，
所以的极大值为，
的极小值为，
要有三个不等实根，则且，即，
又是最小根则，且，所以，
令，， ，
因此，的取值范围为，即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由题意，根据三次方程根与系数的关系得到，，，由 ，代入得，可得，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求极值，结合函数性质求解的取值范围即可.
15．【答案】（1）解：由题意得，抽取的200名学生中，男生人数为人，
由图1得，所求男生人数为人；
（2）解：设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，
高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，
由图1得的估计值为，
由图2得的估计值为，
因此的估计值为，
即该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间的估计值为3.28小时.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据分层抽样法直接求解即可；
（2）设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，根据频率分布直方图分别计算、，再根据分层抽样中平均值的计算法估计即可.
（1）由题意得，抽取的200名学生中，男生人数为人，
由图1得，所求男生人数为人；
（2）设样本中男生每天的平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为，
由图1得的估计值为，
由图2得的估计值为，
因此的估计值为，
即该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间的估计值为3.28小时.
16．【答案】（1）解：由，得，
则在上的投影向量为；
（2）解：由，得，即对任意实数恒成立，
则，解得，
又因为，所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；余弦函数的性质；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据向量数量积运算，结合投影向量的定义求解即可；
（2）将两边同时平方，得对任意实数恒成立，根据判别式，结合余弦函数的性质求的取值范围即可.
（1）由，得，
所以在上的投影向量为.
（2）由得，
即对任意实数恒成立.
所以，
解得.
又因为，
所以.
17．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：过点分别作于点，于点，连结，如图所示：
由平面平面，平面平面，得平面，则，
又因为，，平面，所以平面，，
所以二面角的平面角为，
不妨设，
因为，，所以，，，，
在中，，
在中，，则，即.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据圆周角，结合面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过点分别作于点，于点，连结，利用线面垂直的判定定理证明，得为二面角的平面角，再由几何关系求解即可.
（1）因为平面，平面，所以.
因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以.
又因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）过点分别作于点，于点，连结.
由平面平面，平面平面，得平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，故，
所以二面角的平面角为.
不妨设，
因为，，所以，，，.
在中，，在中，，
所以，所以.
18．【答案】（1）解：选①：由，得，
所以，因为，解得，
又因为，所以；
选②：由，得.
所以，即，解得，
又因为，所以；
选③：由，得，
所以，所以，
即，因为，解得，
又因为，所以；
（2）解：由（1），得，
因为，所以，
由正弦定理，可得，
（ⅰ），
（ⅱ）由余弦定理得，所以，所以，
由，得，所以，
因为，所以，解得，所以.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）选①、利用同角三角函数基本化切为弦，求即可；
选②、利用正弦定理，结合两角差的余弦公式化简求解即可；
选③、利用正弦定理，结合两角差的正弦公式化简求解即可；
（2）（ⅰ）由（1），利用两角和的余弦公式计算得出，结合正弦定理及三角形面积公式计算即可；
（ⅱ）利用余弦定理得出，再利用，根据三角形面积公式计算求得，最后求中线，再求的值即可.
（1）选①：由，得，
所以，因为，解得，
又因为，所以.
选②：由，得.
所以，即，解得，
又因为，所以.
选③：由，得，
所以，所以，
即，因为，解得，
又因为，所以.
（2）由，得，
因为，所以，
根据正弦定理，得.
（ⅰ）.
（ⅱ）由余弦定理得，所以，所以.
由，得，所以.
因为，所以，解得，
所以.
19．【答案】（1）解：当时，，
其中开口向上，对称轴为，在上单调递增，
开口向上，对称轴为，在上单调递减，
则函数的单调递增区间为；
（2）解：由题知，，
即，
，
，
对任意恒成立，
若，则，
若，则，所以，
因为，所以，所以，
当时，，所以，
当时，，
故只需对任意恒成立，即，所以，解得，
若，则，所以，因为，则，所以，
只需，所以，
综上，，故的最大值为5；
（3）解：因为，当，时，，
则，对称轴为，
当，即时，在单调递增，故在上单调递增，所以，
令，即，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则，解得，
当，即时，在单调递减，单调递增，所以，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则，解得，
综上，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）将代入，分情况取绝对值求得函数，根据二次函数的性质求解即可；
（2）问题转化为对任意恒成立，再对的取值范围讨论求解即可；
（3）函数，对称轴为，分和两种情况，讨论函数的单调性，问题转化为区间上存在两个不等实根问题，列不等式组求解即可.
（1）当时，
其中开口向上，对称轴为，故在上单调递增，
开口向上，对称轴为，故在上单调递减，
所以的单调递增区间为.
（2）由题知，，
即，
，
，
对任意恒成立.
若，则.
若，则，所以，
因为，所以，所以，
当时，，所以，
当时，，
故只需对任意恒成立，即，
所以，解得.
若，则，所以，因为，则，
所以，
只需，所以，
综上，，故的最大值为5.
（3）因为，当，时，，
故，对称轴为.
当，即时，在单调递增，故在上单调递增，
所以
令，即，
所以，是方程在上的两个不等实根，
则解得.
当，即时，在单调递减，单调递增，
所以
所以，是方程在上的两个不等实根，
则
解得.
综上，.
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