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浙江省杭州市上城区等5地2024-2025学年高一下学期教学质量检测数学试题
一、选择题：本大题共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．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（　　）
A． B． C．3 D．
3．在中，，点平分线段．设，，则（　　）
A． B．
C． D．
4．已知a，b是两条直线，，是两个平面，则“”的一个充分条件是（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，与相交
5．若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．四棱锥至多有几个面是直角三角形？（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．已知圆O是单位圆，点P在上，过点，的切线与OP于点T，S．设，定义：，则（　　）
A． B． C． D．
8．设是定义在R上的偶函数，当时，．若对任意，均有，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．
9．若，，，则（　　）
A．事件A与B不互斥 B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又独立
10．已知函数，则（　　）
A．的最大值为1 B．是曲线的对称中心
C．在上单调递减 D．的最小正周期为
11．在棱长为3的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，满足平面，则（　　）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．三棱锥的体积是定值
C．动点的轨迹是一条圆弧，长度为
D．动点的轨迹是一条线段，长度为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数，若，则　 　．
13．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为，则　 　.
14．若函数的最大值是1，则实数a的值是　 　．
四、解答题：本大题共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．已知函数，．
（1）求的值；
（2）求的最小正周期；
（3）求使取得最小值的的集合．
16．已知函数．
（1）若关于x的不等式的解集为，求函数的零点；
（2）若，解关于x的不等式．
17．对800名学生的成绩进行统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和80%分位数（保留1位小数）；
（2）现从中采用分层随机抽样的方法抽取20人若成绩在的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和55.4；第四组的学生实际成绩的平均数与方差分别为87分和2，求第三组的学生实际成绩的平均数与方差．
18．在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，．
（1）若点M在棱PC上，，若平面DMB，求的值；
（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：平面ABCD；
（3）当平面PAD与平面PBC所成的二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
19．已知函数的定义域为D，S为非空数集，对，若，均有，则称函数具有性质．
（1）求证：不具有性质；
（2）若，且具有性质，
①是否存在满足条件的，使得为周期函数，若存在，请写出一个满足条件的，若不存在，说明理由；
②若，m，n为方程的两根，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】A 由得，
∴
∵，
∴
故答案为：B.
【分析】先解一元二次不等式求出集合A，再根据交集的定义求。
2．【答案】A
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，，则，所以.
故答案为：A.
【分析】先根据复平面内点的坐标写出复数z，再计算z+1，最后利用复数模的公式求模。
3．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，即，
又点平分线段，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用中点的向量性质，将表示为和的线性组合，再代入与的关系，化简得到结果。
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，由，，则或，
因为，所以，或相交或异面，不一定有，故A错误；
B，由，，，则，故B错误；
C，由，，则，
因为，所以，故C正确；
D，如下图，不一定有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：，无法必然推出。
B：，可推出，不满足结论。
C：，可推出，再结合，必然推出。
D：与相交，无法必然推出。
5．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：由题意可知，在上单调递增，则，即，
在上单调递增，则，
又是R上的单调递增函数，则，即，
综上可得，实数a的取值范围是.
故答案为：C
【分析】要使分段函数在R上单调递增，需同时满足：各分段函数自身单调递增，且在分段点处左段函数值不大于右段函数值。
6．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：在正方体中，
取四棱锥，其四个侧面均为直角三角形，
又因为四棱锥仅有四个三角形面，
所以四棱锥至多有四个面是直角三角形.
故答案为：C.
【分析】在正方体中考虑一个四棱锥，从而得到四个面均为直角三角形，进而得出四棱锥至多有四个面是直角三角形.
7．【答案】D
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由图象可知，，
则，即，
所以.
故答案为：D.
【分析】通过证明三角形相似，结合三角函数定义来推导cotx对应的线段。
8．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：由函数是偶函数，则，
当时，，可得，
所以，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，由，则，由，则，
由函数在上单调递增，则不等式显然不成立；
当，即时，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
当，即时，
①当时，，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
②当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则，
化简可得，解得；
当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则不等式显然不成立.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】先利用偶函数性质写出的完整解析式，再根据单调性分情况讨论不等式在区间上恒成立的条件，从而确定的取值范围。
9．【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：由，则，
所以，则事件A与B相互独立，
由于事件A与B可以同时发生，则事件A与B既不互斥也不对立.
故答案为：AC
【分析】先计算事件A的概率，再根据独立事件、互斥事件、对立事件的定义逐一判断选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，
对于选项A：因为，
所以，且，
泽的最大值为1，故A正确；
对于选项B：因为，
所以，
则是曲线的对称中心，故B正确；
对于选项C：因为，且在上连续不断，
所以在上不单调，故C错误；
对于选项D：因为，
由选项B可知，
则，
所以，
则，可知为的一个周期，
若，则，
可得，
当，则，，此时，
可知对任意，，
则，
所以不为的一个周期，
综上所述：的最小正周期为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】结合余弦型函数求值域的方法和代入法，则判断出选项A；根据函数图象对称性的定义判断出选项B；举反例结合函数单调性的定义判断出选项C；根据题意结合函数最小正周期的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，由题意可知，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，可知正方体外接球的半径为正方体的体对角线，
设正方体外接球的半径为，则，即，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
B，因为平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，故B正确；
C，取、的中点，连接、、、，如图所示，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
同理可得，又，所以，
又因为平面，平面，且，
平面，平面，且，
所以平面平面，
又平面，所以平面，
又为侧面内一动点，所以点的轨迹为线段，故C错误；
D，由C可知，点的轨迹为线段，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：判断三棱锥 的外接球与正方体外接球的关系，计算外接球表面积。
B：分析点 到平面 的距离是否为定值，结合底面面积判断三棱锥体积是否为定值。
C、D：通过构造平行平面，确定动点 的轨迹，并计算轨迹长度。
12．【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：且，
，
，
解得：，
故答案为：2
【分析】可将x=2 代入函数解析式，建立关于a的方程，然后求解。
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321
方案一坐车可能：132、213、231，所以，；
方案二坐车可能：312、321，所以，；
所以，
故答案为：
【分析】先列出三辆车的所有可能顺序，再分别计算两种方案坐到 “3 号” 车的概率，最后求和。
14．【答案】或2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，
当时，因为，所以成立，
函数，对称轴为，
则在上单调递增，，解得，与矛盾，故舍去；
当时，函数的大致图像，如图所示：
可求得，
①、当，即时，在上单调递增，
则，与矛盾，故舍去；
②、当，即时，
在单调递增，单调递减，单调递增，且，
则，解得，与相符；
③、当，即时，
，解得，与相符，
综上所述，的值为或2．
故答案为：或2．
【分析】分情况，去绝对数值将函数写成分段函数形式，再分和讨论，当时，函数在单调递增，由此求出的最大值为；当时，又需要分，和三种情况分别讨论，分别求出的最大值，求解出的值即可，再分，，三种情况，分别研究分段函数的单调性，求出的最大值，列式求解的值即可．
15．【答案】（1）解：因为，故.
（2）解：因为，
故函数的最小正周期为.
（3）解：当时，即当时，函数取最小值，
故使取得最小值的的集合为.
【知识点】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；辅助角公式；三角函数诱导公式一
【解析】【分析】(1) 直接将 代入函数表达式，计算三角函数值；
(2) 利用辅助角公式将函数化为 的形式，再根据正弦型函数的周期公式求最小正周期；
(3) 结合正弦函数的最小值条件，解三角方程得到使 取得最小值的 的集合。
（1）因为，故.
（2）因为，
故函数的最小正周期为.
（3）当时，即当时，函数取最小值，
故使取得最小值的的集合为.
16．【答案】（1）解：因为关于x的不等式的解集为，
所以和为方程的根，且，
则，解得，
则函数的零点为和4.
（2）解：由，则，
即，
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
当，即时，不等式为，解得.
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1) 根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，结合韦达定理求出参数，再确定函数零点；
(2) 先整理不等式，将其因式分解，再根据根的大小对参数a分类讨论，求解不等式解集。
（1）因为关于x的不等式的解集为，
所以和为方程的根，且，
则，解得，
则函数的零点为和4.
（2）由，则，
即，
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
当，即时，不等式为，解得.
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
17．【答案】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
前2组的频率为，
前3组的频率为，
所以80%分位数位于，设80%分位数为，
由，解得，即80%分位数为76.7.
（2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，
各段抽取的人生分别为：6人，8人，3人，2人和1人，
其中分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为，
设第四组学生实际成绩的平均数和方差为，
设第三组学生实际成绩的平均数和方差为，
由，可得，
可得，解得，
所以第三组的学生实际成绩的平均数为72与方差为1.
【知识点】分层抽样方法；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，用最高矩形中点求众数；先算累计频率，再用公式定位80%分位数；
(2) 利用分层抽样中各组抽取人数的比例关系，结合加权平均数和方差的计算公式，反推第三组的平均数与方差。
（1）根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
前2组的频率为，
前3组的频率为，
所以80%分位数位于，设80%分位数为，
由，解得，即80%分位数为76.7.
（2）根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，
各段抽取的人生分别为：6人，8人，3人，2人和1人，
其中分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为，
设第四组学生实际成绩的平均数和方差为，
设第三组学生实际成绩的平均数和方差为，
由，可得，
可得，解得，
所以第三组的学生实际成绩的平均数为72与方差为1.
18．【答案】（1）解：如图所示，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）证明：∵，平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴，
又平面，平面，∴平面.
（3）解：在上取一点，使得，连接、，，
，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，，∴，
又，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 利用线面平行的性质定理，结合梯形中的相似三角形，推导线段比例，求出的值；
(2) 先证明平面，再利用线面平行的性质得到，从而证明平面；
(3) 通过构造二面角的平面角，结合已知条件证明平面，再找出线面角，计算其正弦值。
（1）如图，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）∵，平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴，
又平面，平面，∴平面.
（3）在上取一点，使得，连接、，，
，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，，∴，
又，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）证明：不具有性质，理由如下：
要证明函数不具有性质，只需找反例，即找到使得，但.
取，则，，不具备.
（2）解：①存在.具有性质，即，有，
只需的图像关于成中心对称即可，故存在满足题意.
②由①可知关于中心对称，故，，
，即，其中，即，
化简得：，其中恒成立.
是方程的两根，，结合韦达定理：，
令，则，有，
故.
若，则；
若，则或，
综上所述，.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1) 利用“举反例”的方法，找到一组 满足 但 ，从而证明函数不具有该性质；
(2) ① 根据性质 推导出 的对称性条件，构造满足条件的周期函数；② 先确定 的形式，再通过方程变形、韦达定理和根的分布，分析 的取值范围。
（1）不具有性质，理由取下：
要证明函数不具有性质，只需找反例，即找到使得，但.
取，则，，不具备.
（2）①存在.具有性质，即，有，
只需的图像关于成中心对称即可，故存在满足题意.
②由①可知关于中心对称，故，，
，即，其中，即，
化简得：，其中恒成立.
是方程的两根，，结合韦达定理：，
令，则，有，
故.若，则；若，则或，
综上所述，.
1 / 1浙江省杭州市上城区等5地2024-2025学年高一下学期教学质量检测数学试题
一、选择题：本大题共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】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】A 由得，
∴
∵，
∴
故答案为：B.
【分析】先解一元二次不等式求出集合A，再根据交集的定义求。
2．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，，则，所以.
故答案为：A.
【分析】先根据复平面内点的坐标写出复数z，再计算z+1，最后利用复数模的公式求模。
3．在中，，点平分线段．设，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，即，
又点平分线段，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用中点的向量性质，将表示为和的线性组合，再代入与的关系，化简得到结果。
4．已知a，b是两条直线，，是两个平面，则“”的一个充分条件是（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，与相交
【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，由，，则或，
因为，所以，或相交或异面，不一定有，故A错误；
B，由，，，则，故B错误；
C，由，，则，
因为，所以，故C正确；
D，如下图，不一定有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：，无法必然推出。
B：，可推出，不满足结论。
C：，可推出，再结合，必然推出。
D：与相交，无法必然推出。
5．若函数是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：由题意可知，在上单调递增，则，即，
在上单调递增，则，
又是R上的单调递增函数，则，即，
综上可得，实数a的取值范围是.
故答案为：C
【分析】要使分段函数在R上单调递增，需同时满足：各分段函数自身单调递增，且在分段点处左段函数值不大于右段函数值。
6．四棱锥至多有几个面是直角三角形？（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：在正方体中，
取四棱锥，其四个侧面均为直角三角形，
又因为四棱锥仅有四个三角形面，
所以四棱锥至多有四个面是直角三角形.
故答案为：C.
【分析】在正方体中考虑一个四棱锥，从而得到四个面均为直角三角形，进而得出四棱锥至多有四个面是直角三角形.
7．已知圆O是单位圆，点P在上，过点，的切线与OP于点T，S．设，定义：，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由图象可知，，
则，即，
所以.
故答案为：D.
【分析】通过证明三角形相似，结合三角函数定义来推导cotx对应的线段。
8．设是定义在R上的偶函数，当时，．若对任意，均有，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：由函数是偶函数，则，
当时，，可得，
所以，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，由，则，由，则，
由函数在上单调递增，则不等式显然不成立；
当，即时，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
当，即时，
①当时，，由，则，
由，则，由函数在上单调递减，则不等式显然成立；
②当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则，
化简可得，解得；
当且时，由，则，
由，则，由函数在上单调递增，则不等式显然不成立.
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】先利用偶函数性质写出的完整解析式，再根据单调性分情况讨论不等式在区间上恒成立的条件，从而确定的取值范围。
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．
9．若，，，则（　　）
A．事件A与B不互斥 B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又独立
【答案】A,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：由，则，
所以，则事件A与B相互独立，
由于事件A与B可以同时发生，则事件A与B既不互斥也不对立.
故答案为：AC
【分析】先计算事件A的概率，再根据独立事件、互斥事件、对立事件的定义逐一判断选项。
10．已知函数，则（　　）
A．的最大值为1 B．是曲线的对称中心
C．在上单调递减 D．的最小正周期为
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可知：的定义域为，
对于选项A：因为，
所以，且，
泽的最大值为1，故A正确；
对于选项B：因为，
所以，
则是曲线的对称中心，故B正确；
对于选项C：因为，且在上连续不断，
所以在上不单调，故C错误；
对于选项D：因为，
由选项B可知，
则，
所以，
则，可知为的一个周期，
若，则，
可得，
当，则，，此时，
可知对任意，，
则，
所以不为的一个周期，
综上所述：的最小正周期为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】结合余弦型函数求值域的方法和代入法，则判断出选项A；根据函数图象对称性的定义判断出选项B；举反例结合函数单调性的定义判断出选项C；根据题意结合函数最小正周期的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．在棱长为3的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，满足平面，则（　　）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．三棱锥的体积是定值
C．动点的轨迹是一条圆弧，长度为
D．动点的轨迹是一条线段，长度为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，由题意可知，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，可知正方体外接球的半径为正方体的体对角线，
设正方体外接球的半径为，则，即，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
B，因为平面，所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，故B正确；
C，取、的中点，连接、、、，如图所示，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
同理可得，又，所以，
又因为平面，平面，且，
平面，平面，且，
所以平面平面，
又平面，所以平面，
又为侧面内一动点，所以点的轨迹为线段，故C错误；
D，由C可知，点的轨迹为线段，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：判断三棱锥 的外接球与正方体外接球的关系，计算外接球表面积。
B：分析点 到平面 的距离是否为定值，结合底面面积判断三棱锥体积是否为定值。
C、D：通过构造平行平面，确定动点 的轨迹，并计算轨迹长度。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数，若，则　 　．
【答案】2
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：且，
，
，
解得：，
故答案为：2
【分析】可将x=2 代入函数解析式，建立关于a的方程，然后求解。
13．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为，则　 　.
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321
方案一坐车可能：132、213、231，所以，；
方案二坐车可能：312、321，所以，；
所以，
故答案为：
【分析】先列出三辆车的所有可能顺序，再分别计算两种方案坐到 “3 号” 车的概率，最后求和。
14．若函数的最大值是1，则实数a的值是　 　．
【答案】或2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：函数，
当时，因为，所以成立，
函数，对称轴为，
则在上单调递增，，解得，与矛盾，故舍去；
当时，函数的大致图像，如图所示：
可求得，
①、当，即时，在上单调递增，
则，与矛盾，故舍去；
②、当，即时，
在单调递增，单调递减，单调递增，且，
则，解得，与相符；
③、当，即时，
，解得，与相符，
综上所述，的值为或2．
故答案为：或2．
【分析】分情况，去绝对数值将函数写成分段函数形式，再分和讨论，当时，函数在单调递增，由此求出的最大值为；当时，又需要分，和三种情况分别讨论，分别求出的最大值，求解出的值即可，再分，，三种情况，分别研究分段函数的单调性，求出的最大值，列式求解的值即可．
四、解答题：本大题共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．已知函数，．
（1）求的值；
（2）求的最小正周期；
（3）求使取得最小值的的集合．
【答案】（1）解：因为，故.
（2）解：因为，
故函数的最小正周期为.
（3）解：当时，即当时，函数取最小值，
故使取得最小值的的集合为.
【知识点】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；辅助角公式；三角函数诱导公式一
【解析】【分析】(1) 直接将 代入函数表达式，计算三角函数值；
(2) 利用辅助角公式将函数化为 的形式，再根据正弦型函数的周期公式求最小正周期；
(3) 结合正弦函数的最小值条件，解三角方程得到使 取得最小值的 的集合。
（1）因为，故.
（2）因为，
故函数的最小正周期为.
（3）当时，即当时，函数取最小值，
故使取得最小值的的集合为.
16．已知函数．
（1）若关于x的不等式的解集为，求函数的零点；
（2）若，解关于x的不等式．
【答案】（1）解：因为关于x的不等式的解集为，
所以和为方程的根，且，
则，解得，
则函数的零点为和4.
（2）解：由，则，
即，
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
当，即时，不等式为，解得.
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
【知识点】一元二次不等式及其解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】(1) 根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，结合韦达定理求出参数，再确定函数零点；
(2) 先整理不等式，将其因式分解，再根据根的大小对参数a分类讨论，求解不等式解集。
（1）因为关于x的不等式的解集为，
所以和为方程的根，且，
则，解得，
则函数的零点为和4.
（2）由，则，
即，
当，即时，解得或；
当，即时，解得或；
当，即时，不等式为，解得.
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
17．对800名学生的成绩进行统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和80%分位数（保留1位小数）；
（2）现从中采用分层随机抽样的方法抽取20人若成绩在的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和55.4；第四组的学生实际成绩的平均数与方差分别为87分和2，求第三组的学生实际成绩的平均数与方差．
【答案】（1）解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
前2组的频率为，
前3组的频率为，
所以80%分位数位于，设80%分位数为，
由，解得，即80%分位数为76.7.
（2）解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，
各段抽取的人生分别为：6人，8人，3人，2人和1人，
其中分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为，
设第四组学生实际成绩的平均数和方差为，
设第三组学生实际成绩的平均数和方差为，
由，可得，
可得，解得，
所以第三组的学生实际成绩的平均数为72与方差为1.
【知识点】分层抽样方法；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，用最高矩形中点求众数；先算累计频率，再用公式定位80%分位数；
(2) 利用分层抽样中各组抽取人数的比例关系，结合加权平均数和方差的计算公式，反推第三组的平均数与方差。
（1）根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为，
前2组的频率为，
前3组的频率为，
所以80%分位数位于，设80%分位数为，
由，解得，即80%分位数为76.7.
（2）根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，
各段抽取的人生分别为：6人，8人，3人，2人和1人，
其中分数在区间的学生为5人，其平均成绩与方差分别为，
设第四组学生实际成绩的平均数和方差为，
设第三组学生实际成绩的平均数和方差为，
由，可得，
可得，解得，
所以第三组的学生实际成绩的平均数为72与方差为1.
18．在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，．
（1）若点M在棱PC上，，若平面DMB，求的值；
（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：平面ABCD；
（3）当平面PAD与平面PBC所成的二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）解：如图所示，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）证明：∵，平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴，
又平面，平面，∴平面.
（3）解：在上取一点，使得，连接、，，
，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，，∴，
又，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1) 利用线面平行的性质定理，结合梯形中的相似三角形，推导线段比例，求出的值；
(2) 先证明平面，再利用线面平行的性质得到，从而证明平面；
(3) 通过构造二面角的平面角，结合已知条件证明平面，再找出线面角，计算其正弦值。
（1）如图，连接交于点，连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，在梯形中，∵，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）∵，平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴，
又平面，平面，∴平面.
（3）在上取一点，使得，连接、，，
，，
∴且，∴四边形为平行四边形，∴，
∵，∴，∴，
又，，∴，
又，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，则，∴平面，平面，
即平面平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴.
又由，∴，∴，
∵，，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴为与平面所成的角，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
19．已知函数的定义域为D，S为非空数集，对，若，均有，则称函数具有性质．
（1）求证：不具有性质；
（2）若，且具有性质，
①是否存在满足条件的，使得为周期函数，若存在，请写出一个满足条件的，若不存在，说明理由；
②若，m，n为方程的两根，求的取值范围．
【答案】（1）证明：不具有性质，理由如下：
要证明函数不具有性质，只需找反例，即找到使得，但.
取，则，，不具备.
（2）解：①存在.具有性质，即，有，
只需的图像关于成中心对称即可，故存在满足题意.
②由①可知关于中心对称，故，，
，即，其中，即，
化简得：，其中恒成立.
是方程的两根，，结合韦达定理：，
令，则，有，
故.
若，则；
若，则或，
综上所述，.
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1) 利用“举反例”的方法，找到一组 满足 但 ，从而证明函数不具有该性质；
(2) ① 根据性质 推导出 的对称性条件，构造满足条件的周期函数；② 先确定 的形式，再通过方程变形、韦达定理和根的分布，分析 的取值范围。
（1）不具有性质，理由取下：
要证明函数不具有性质，只需找反例，即找到使得，但.
取，则，，不具备.
（2）①存在.具有性质，即，有，
只需的图像关于成中心对称即可，故存在满足题意.
②由①可知关于中心对称，故，，
，即，其中，即，
化简得：，其中恒成立.
是方程的两根，，结合韦达定理：，
令，则，有，
故.若，则；若，则或，
综上所述，.
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