浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题
1．（2024高二下·温州期中）设集合，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·温州期中）若函数 是指数函数，则 的值为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
3．（2024高二下·温州期中）设复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A． B． C．1 D．－1
4．（2024高二下·温州期中）已知非负实数满足，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
5．（2024高二下·温州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二下·温州期中）已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥则在折叠过程中，不可能出现（ ）
A． B．
C．三棱锥的体积为 D．平面平面BCD
7．（2024高二下·温州期中）一个袋子中装有大小相同的5个小球，其中有3个白球，2个黑球，从中无放回地取出3个小球，摸到一个白球记2分，摸到一个黑球记1分，则总得分的数学期望等于（ ）
A．5分 B．4.8分 C．4.6分 D．4.4分
8．（2024高二下·温州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二下·温州期中）已知向量，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．向量在向量上的投影向量为
C．
D．
10．（2024高二下·温州期中）下列命题中正确的是（ ）
A．已知随机变量，则
B．已知随机变量，若函数为偶函数，则
C．数据第80百分位数是8
D．样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为
11．（2024高二下·温州期中）定义在上的函数，满足，且当时，，则使得在上恒成立的可以是（ ）
A．1 B．2 C． D．
12．（2024高二下·温州期中） ．
13．（2024高二下·温州期中）一位射击运动员向一个目标射击二次，记事件“第次命中目标”，，则 ．
14．（2024高二下·温州期中）已知在三棱锥中，，点为三棱锥外接球上一点，则三棱锥的体积最大为 ．
15．（2024高二下·温州期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且
（1）若，求的值；
（2）若，且的面积为，求和的值．
16．（2024高二下·温州期中）已知四棱锥，⊥面，底面为正方形，，为的中点．
（1）求证：面；
（2）求直线与面所成的角．
17．（2024高二下·温州期中）已知的最小正周期为，
（1）求的值；
（2）若在上恰有个极值点和个零点，求实数的取值范围．
18．（2024高二下·温州期中）为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）.
编号 1 2 3 4 5
学习时间x 30 40 50 60 70
数学成绩y 65 78 85 99 108
（1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）；
（2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200）；
（3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）.依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关.
没有进步 有进步 合计
参与周末在校自主学习 35 130 165
未参与周末不在校自主学习 25 30 55
合计 60 160 220
附：方差：相关系数：
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
19．（2024高二下·温州期中）已知
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若有两个零点，求的值；
（3）当时，的最大值，最小值为，若，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以1是方程的根，且2不是方程的根，
所以，解得，
当时，方程，解得或，
即集合，满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件，确定1是方程的根，2不是方程得根，将代入，解得，再解方程求得集合，最后再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：∵函数f（x）＝（ a﹣3） ax是指数函数，
∴ a﹣3＝1，a＞0，a≠1，
解得a＝8，
∴f（x）＝8x，
∴f（ ） 2 ，
故答案为：D．
【分析】根据指数函数的定义可得 a﹣3＝1，a＞0，a≠1，先求出函数解析式，将x 代入可得答案．
3．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，则，故复数的共轭复数的虚部是.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求共轭复数，根据复数的概念确定其虚部即可.
4．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为非负实数，满足，所以，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用基本不等式计算即可.
5．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
故选：B.
【分析】由，利用诱导公式和二倍角公式即可求得的值.
6．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、若，因为，，所以CD⊥面ABC，所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故选项A错误；
B、取BD中点O，因为，AO ，所以面AOC，所以，故选项B正确；
C、当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故选项C正确；
D、当沿对角线折叠成直二面角时，有平面平面，故选项D正确；
故选：A.
【分析】由线面垂直的性质定理即可判断选项AB，当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，由三棱锥的体积公式即可判断选项C，当沿对角线折叠成直二面角时，由二面角的定义即可判断选项D.
7．【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：记三个白球的编号为，两个黑球的编号为，
表示取到个白球，则，所有取法为种，
则，，，
的可能取值为，
则，总得分的数学期望等于4.8分.
故答案为：B.
【分析】按白球的个数分类，确定得分的可能性，计算相应的概率，再求期望即可.
8．【答案】A
【知识点】换底公式及其推论；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，，
由换底公式可得，
，
由于，根据基本不等式，
故，即，故.
故答案为：A.
【分析】利用对数函数的单调性，先判断出，，再根据作差法结合基本不等式比较大小即可.
9．【答案】A,B
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、向量在向量上的投影向量为，故B正确；
C、因为，所以不平行，故C错误；
D、因为，所以不垂直，故D错误；
故答案为：AB.
【分析】由题意，根据向量的模长公式计算即可判断A；根据投影向量的定义运算求解判断B；根据向量平行的坐标表示计算即可判断C；根据向量垂直的坐标表示计算即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量，所以，
则，故A正确；
B、因为函数为偶函数，所以，
，所以区间和区间是关于的对称区间，所以，故B正确；
C、因为，所以数据第80百分位数是第6个数8，故C正确；
D、记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，
由甲乙组成的总体样本的方差为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用二项分布的方差公式及方差性质即可判断A；利用正态曲线的对称性即可判断B；根据百分位数的求法即可判断C；利用两组数据方差的特征即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题可知，当时，，即；
当时，，故；
当时，，故；
函数图象如图所示：
令，解得或，所以或，
所以的最大值为，即.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，求得，时，，作出函数的图象，数形结合即可求出的最大值.
12．【答案】152
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：
，
，
故.
故答案为：152.
【分析】根据二项式定理，求得二项式的展开式，再相加即可求值.
13．【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以.
又，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据条件概率公式及对立事件概率公式先求出和，进而利用全概率公式求即可.
14．【答案】
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，由勾股定理可得，
如图所示，取的中点，连接，
因为，，可得，
所以点为三棱锥的外接球的球心，其中为外接球的直径，
设外接球的半径为，可得，
当点到平面的距离为时，此时三棱锥的体积最大，
体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】取的中点，结合已知条件可得到，则点为三棱锥的外接球的球心， 求得外接球的半径为，当点到平面的距离为时，此时的体积最大，利用三棱锥的体积公式，即可求得三棱锥的体积最大值 .
15．【答案】（1）解：因为，，解得，
由余弦定理可得，.
（2）解：因为，由正弦定理得，
又因为，所以，
而，因为，所以，所以，
解得.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先求出a的值，进而利用余弦定理计算即可求得cosA的值；
（2）利用正弦定理将角化边得到，进而得到，再由面积公式可知化简可求出，联立方程组即可求得b和c的值.
（1）因为，，所以，
所以；
（2）由，由正弦定理得，
又，所以，
又，因为，所以，所以，
解得.
16．【答案】（1）证明：因为，所以，
因为为的中点，所以，
因为面，平面，所以⊥，
因为四边形为正方形，所以⊥，
又因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以平面.
（2）解：方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
因为，由勾股定理得，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，所以，
因为，所以.
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
所以，
记直线与面所成角为，，
因为，所以.
方法3：设，
如图所示，以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，故，
记直线与面所成角为，，
因为，所以.
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，
所以为直线与面所成的角，记为，
且，故，
因为，所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）结合等腰三角形三线合一可得到，由线面垂直得到⊥，结合⊥得到⊥平面，利用线面垂直性质可得⊥，利用线面判定定理即可证得面 ；
（2）方法1：证明线面平行，得到点B到面的距离就是点到面距离，且结合（1）得点A到面距离为．从而求出直线与面所成角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法2：利用等体积法求出点B到面的距离，进而得到直线与面所成角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量夹角的余弦值得到线面角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法4：作出辅助线，并得到面，故为直线与面所成的角，记为，根据边长关系得到， 进而可得直线与面所成的角 .
（1）因为面，平面，
所以⊥，
因为四边形为正方形，
所以⊥，
又，平面，
故⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
又，故，
因为为的中点，
所以，
因为，平面，
故平面；
（2）方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
由勾股定理得，
又，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，故，
故；
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
，
记直线与面所成角为，，
；
方法3：设，
以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
记直线与面所成角为，，
．
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，
为直线与面所成的角，记为，
且，故，
.
17．【答案】（1）解：因为，
由函数的最小正周期为且，即，解得，
所以，
所以．
（2）解：由（1）可得，
因为，所以，
要使在上恰有个极值点和个零点，则需，
解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式先化简f(x)，进而结合周期求出，即可得到函数解析式，再代入计算可求得的值 ；
（2）由(1)先求得解析式，再根据的范围求出的范围，根据正弦函数的性质得到，解不等式即可得到实数的取值范围 .
（1）因为，
由函数的最小正周期为且，即，解得，
所以，
所以．
（2）由（1）可得，
因为，所以，
要使在上恰有个极值点和个零点，则需，
解得，即实数的取值范围为.
18．【答案】（1）解：由题意可得，，，
又因为的方差为，
，
，
所以
（2）解：由（1）知接近1，故y与x之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：，
，
，
故
当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分.
（3）解：零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关，
因为，
所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关.
【知识点】最小二乘法；独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】(1)根据题意分别求出，，代入到相关系数公式：，求得结果即可得数学成绩与学习时间的相关系数 ；
(2) 知接近1，故y与x之间具有极强的线性相关关系，根据已知条件代入求解即可求得，进而根据求得的值，最后代入即可求得每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩 ；
(3)计算出与临界值比较可得出周末在校自主学习与成绩进步是否有关.
（1），，
又的方差为，
，
，
.
（2）由（1）知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：，
，
，故当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分.
（3）零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关，
根据数据，计算得到：
，
因为，所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关.
19．【答案】（1）解：当时，，
由，可得或，解得或，
故不等式的解集为；
（2）解：，
当时，的对称轴为，则函数在单调递减，在上单调递增；
当时，的对称轴为，则函数在单调递增；
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又因为，有两个零点，
所以，即又，得，
于是，
由，解得，，
所以.
（3）解：，
当时，在递增，在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，所以，，
由，得，不满足，
当，即时，，则，所以，
则，，
由，得，则，解得，所以，
当，即时，由，则，所以，
所以，，
由，得，解得，所以，
综上，的取值范围为.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；其他不等式的解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将代入，然后取消绝对值解不等式即可；
（2）先根据题意取消绝对值，然后判断的单调性，由，有两个零点可得，进而求的值，再根据求即可求的值.
（3）先取消绝对值写出单调性，易得，，然后对进行分类，分别求最大值和最小值为的值，从而由解不等式即可求得实数的取值范围.
浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试题
1．（2024高二下·温州期中）设集合，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以1是方程的根，且2不是方程的根，
所以，解得，
当时，方程，解得或，
即集合，满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件，确定1是方程的根，2不是方程得根，将代入，解得，再解方程求得集合，最后再根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高二下·温州期中）若函数 是指数函数，则 的值为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：∵函数f（x）＝（ a﹣3） ax是指数函数，
∴ a﹣3＝1，a＞0，a≠1，
解得a＝8，
∴f（x）＝8x，
∴f（ ） 2 ，
故答案为：D．
【分析】根据指数函数的定义可得 a﹣3＝1，a＞0，a≠1，先求出函数解析式，将x 代入可得答案．
3．（2024高二下·温州期中）设复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A． B． C．1 D．－1
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，则，故复数的共轭复数的虚部是.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求共轭复数，根据复数的概念确定其虚部即可.
4．（2024高二下·温州期中）已知非负实数满足，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为非负实数，满足，所以，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用基本不等式计算即可.
5．（2024高二下·温州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
故选：B.
【分析】由，利用诱导公式和二倍角公式即可求得的值.
6．（2024高二下·温州期中）已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥则在折叠过程中，不可能出现（ ）
A． B．
C．三棱锥的体积为 D．平面平面BCD
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、若，因为，，所以CD⊥面ABC，所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故选项A错误；
B、取BD中点O，因为，AO ，所以面AOC，所以，故选项B正确；
C、当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故选项C正确；
D、当沿对角线折叠成直二面角时，有平面平面，故选项D正确；
故选：A.
【分析】由线面垂直的性质定理即可判断选项AB，当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，由三棱锥的体积公式即可判断选项C，当沿对角线折叠成直二面角时，由二面角的定义即可判断选项D.
7．（2024高二下·温州期中）一个袋子中装有大小相同的5个小球，其中有3个白球，2个黑球，从中无放回地取出3个小球，摸到一个白球记2分，摸到一个黑球记1分，则总得分的数学期望等于（ ）
A．5分 B．4.8分 C．4.6分 D．4.4分
【答案】B
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：记三个白球的编号为，两个黑球的编号为，
表示取到个白球，则，所有取法为种，
则，，，
的可能取值为，
则，总得分的数学期望等于4.8分.
故答案为：B.
【分析】按白球的个数分类，确定得分的可能性，计算相应的概率，再求期望即可.
8．（2024高二下·温州期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】换底公式及其推论；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：，，，
由换底公式可得，
，
由于，根据基本不等式，
故，即，故.
故答案为：A.
【分析】利用对数函数的单调性，先判断出，，再根据作差法结合基本不等式比较大小即可.
9．（2024高二下·温州期中）已知向量，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．向量在向量上的投影向量为
C．
D．
【答案】A,B
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、向量在向量上的投影向量为，故B正确；
C、因为，所以不平行，故C错误；
D、因为，所以不垂直，故D错误；
故答案为：AB.
【分析】由题意，根据向量的模长公式计算即可判断A；根据投影向量的定义运算求解判断B；根据向量平行的坐标表示计算即可判断C；根据向量垂直的坐标表示计算即可判断D.
10．（2024高二下·温州期中）下列命题中正确的是（ ）
A．已知随机变量，则
B．已知随机变量，若函数为偶函数，则
C．数据第80百分位数是8
D．样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为
【答案】A,B,C
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、因为随机变量，所以，
则，故A正确；
B、因为函数为偶函数，所以，
，所以区间和区间是关于的对称区间，所以，故B正确；
C、因为，所以数据第80百分位数是第6个数8，故C正确；
D、记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，
由甲乙组成的总体样本的方差为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用二项分布的方差公式及方差性质即可判断A；利用正态曲线的对称性即可判断B；根据百分位数的求法即可判断C；利用两组数据方差的特征即可判断D.
11．（2024高二下·温州期中）定义在上的函数，满足，且当时，，则使得在上恒成立的可以是（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题可知，当时，，即；
当时，，故；
当时，，故；
函数图象如图所示：
令，解得或，所以或，
所以的最大值为，即.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，求得，时，，作出函数的图象，数形结合即可求出的最大值.
12．（2024高二下·温州期中） ．
【答案】152
【知识点】二项式定理；二项展开式
【解析】【解答】解：
，
，
故.
故答案为：152.
【分析】根据二项式定理，求得二项式的展开式，再相加即可求值.
13．（2024高二下·温州期中）一位射击运动员向一个目标射击二次，记事件“第次命中目标”，，则 ．
【答案】
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以.
又，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】根据条件概率公式及对立事件概率公式先求出和，进而利用全概率公式求即可.
14．（2024高二下·温州期中）已知在三棱锥中，，点为三棱锥外接球上一点，则三棱锥的体积最大为 ．
【答案】
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为，由勾股定理可得，
如图所示，取的中点，连接，
因为，，可得，
所以点为三棱锥的外接球的球心，其中为外接球的直径，
设外接球的半径为，可得，
当点到平面的距离为时，此时三棱锥的体积最大，
体积的最大值为.
故答案为：.
【分析】取的中点，结合已知条件可得到，则点为三棱锥的外接球的球心， 求得外接球的半径为，当点到平面的距离为时，此时的体积最大，利用三棱锥的体积公式，即可求得三棱锥的体积最大值 .
15．（2024高二下·温州期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且
（1）若，求的值；
（2）若，且的面积为，求和的值．
【答案】（1）解：因为，，解得，
由余弦定理可得，.
（2）解：因为，由正弦定理得，
又因为，所以，
而，因为，所以，所以，
解得.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先求出a的值，进而利用余弦定理计算即可求得cosA的值；
（2）利用正弦定理将角化边得到，进而得到，再由面积公式可知化简可求出，联立方程组即可求得b和c的值.
（1）因为，，所以，
所以；
（2）由，由正弦定理得，
又，所以，
又，因为，所以，所以，
解得.
16．（2024高二下·温州期中）已知四棱锥，⊥面，底面为正方形，，为的中点．
（1）求证：面；
（2）求直线与面所成的角．
【答案】（1）证明：因为，所以，
因为为的中点，所以，
因为面，平面，所以⊥，
因为四边形为正方形，所以⊥，
又因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以平面.
（2）解：方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
因为，由勾股定理得，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，所以，
因为，所以.
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
所以，
记直线与面所成角为，，
因为，所以.
方法3：设，
如图所示，以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，故，
记直线与面所成角为，，
因为，所以.
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，
所以为直线与面所成的角，记为，
且，故，
因为，所以.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）结合等腰三角形三线合一可得到，由线面垂直得到⊥，结合⊥得到⊥平面，利用线面垂直性质可得⊥，利用线面判定定理即可证得面 ；
（2）方法1：证明线面平行，得到点B到面的距离就是点到面距离，且结合（1）得点A到面距离为．从而求出直线与面所成角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法2：利用等体积法求出点B到面的距离，进而得到直线与面所成角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量夹角的余弦值得到线面角的正弦值， 进而可得直线与面所成的角 ；
方法4：作出辅助线，并得到面，故为直线与面所成的角，记为，根据边长关系得到， 进而可得直线与面所成的角 .
（1）因为面，平面，
所以⊥，
因为四边形为正方形，
所以⊥，
又，平面，
故⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
又，故，
因为为的中点，
所以，
因为，平面，
故平面；
（2）方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
由勾股定理得，
又，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，故，
故；
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
，
记直线与面所成角为，，
；
方法3：设，
以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
记直线与面所成角为，，
．
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，
为直线与面所成的角，记为，
且，故，
.
17．（2024高二下·温州期中）已知的最小正周期为，
（1）求的值；
（2）若在上恰有个极值点和个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
由函数的最小正周期为且，即，解得，
所以，
所以．
（2）解：由（1）可得，
因为，所以，
要使在上恰有个极值点和个零点，则需，
解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式先化简f(x)，进而结合周期求出，即可得到函数解析式，再代入计算可求得的值 ；
（2）由(1)先求得解析式，再根据的范围求出的范围，根据正弦函数的性质得到，解不等式即可得到实数的取值范围 .
（1）因为，
由函数的最小正周期为且，即，解得，
所以，
所以．
（2）由（1）可得，
因为，所以，
要使在上恰有个极值点和个零点，则需，
解得，即实数的取值范围为.
18．（2024高二下·温州期中）为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）.
编号 1 2 3 4 5
学习时间x 30 40 50 60 70
数学成绩y 65 78 85 99 108
（1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）；
（2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200）；
（3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习.经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生.按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）.依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关.
没有进步 有进步 合计
参与周末在校自主学习 35 130 165
未参与周末不在校自主学习 25 30 55
合计 60 160 220
附：方差：相关系数：
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）解：由题意可得，，，
又因为的方差为，
，
，
所以
（2）解：由（1）知接近1，故y与x之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：，
，
，
故
当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分.
（3）解：零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关，
因为，
所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关.
【知识点】最小二乘法；独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】(1)根据题意分别求出，，代入到相关系数公式：，求得结果即可得数学成绩与学习时间的相关系数 ；
(2) 知接近1，故y与x之间具有极强的线性相关关系，根据已知条件代入求解即可求得，进而根据求得的值，最后代入即可求得每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩 ；
(3)计算出与临界值比较可得出周末在校自主学习与成绩进步是否有关.
（1），，
又的方差为，
，
，
.
（2）由（1）知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归直线方程模型进行拟合：，
，
，故当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分.
（3）零假设：周末在校自主学习与成绩进步无关，
根据数据，计算得到：
，
因为，所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关.
19．（2024高二下·温州期中）已知
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若有两个零点，求的值；
（3）当时，的最大值，最小值为，若，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
由，可得或，解得或，
故不等式的解集为；
（2）解：，
当时，的对称轴为，则函数在单调递减，在上单调递增；
当时，的对称轴为，则函数在单调递增；
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又因为，有两个零点，
所以，即又，得，
于是，
由，解得，，
所以.
（3）解：，
当时，在递增，在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，在上单调递增，所以，，
由，得，不满足，
当，即时，，则，所以，
则，，
由，得，则，解得，所以，
当，即时，由，则，所以，
所以，，
由，得，解得，所以，
综上，的取值范围为.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；其他不等式的解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将代入，然后取消绝对值解不等式即可；
（2）先根据题意取消绝对值，然后判断的单调性，由，有两个零点可得，进而求的值，再根据求即可求的值.
（3）先取消绝对值写出单调性，易得，，然后对进行分类，分别求最大值和最小值为的值，从而由解不等式即可求得实数的取值范围.
