广东省深圳市2023-2024学年高一下学期期末调研考试数学试题
1．（2024高一下·深圳期末）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：已知集合
则，
故答案为：D.
【分析】利用并集的定义把元素一一列举即可求解.
2．（2024高一下·深圳期末）函数 的零点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：已知函数的定义域为，
易知函数在上单调递增，
，，
所以零点的存在性定理可知函数零点所在区间为．
故答案为：B.
【分析】先分析函数的单调性，再利用零点的存在性定理即可求解．
3．（2024高一下·深圳期末）已知幂函数，则“”是“在上单调递增”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】C
【知识点】充要条件；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当“ ”时，根据幂函数性质知在上单调递增，则充分性成立；
反之，若“在上单调递增”则“”，必要性也成立，
故“”是“在上单调递增”的充分必要条件，
故答案为：C.
【分析】利用幂函数单调性和充要条件的判定即可求解.
4．（2024高一下·深圳期末）已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，
因为，则，即，于是.
故答案为：B.
【分析】先利用向量坐标化运算可得，再利用向量垂直的坐标表示即可求解.
5．（2024高一下·深圳期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若 ，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、在正方体中，取面为平面，直线为直线，如图所示：
直线为直线，显然有，但不平行，故A错误，
B、在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，故B错误，
C、取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，故C错误，
D、因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，故D正确，
故答案为：D.
【分析】在正方体中通过取平面和直线即可判断A，B，C；利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
6．（2024高一下·深圳期末）已知 中， ，若 ，且 三点共线， 则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为所以，
，
因为三点共线，所以，
，
所以
.
故答案为：C.
【分析】先利用平面向量基本定理可得，再利用三点共线的性质列方程即可求解.
7．（2024高一下·深圳期末）已知正实数 满足，则 的最小值为（ ）
A．4 B．9 C．10 D．20
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：为正实数，方程两边同时除以得，
，
当且仅当即时等号成立，
故 的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用方程两边同时除以得，利用基本不等式即可求解.
8．（2024高一下·深圳期末）已知函数，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：已知，且定义域为R，
故为奇函数，
则，
函数在上单调递减，故在上单调递增，
因为，所以，故.
故答案为：A.
【分析】先利用奇函数的定义可得为奇函数，再利用正弦函数的单调性可得在上单调递增即可求解.
9．（2024高一下·深圳期末）若复数满足，下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为 B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、，则其虚部为，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C正确
D、，而，则两者不等，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用复数的乘除法运算可得，再利用复数虚部、共轭复数的概念以及复数模的计算公式逐项判断即可求解.
10．（2024高一下·深圳期末）抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记下每次朝上的点数，设事件 “第一次的点数不大于3 ”， “第二次的点数不小于4 ”， “两次的点数之和为3的倍数”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件发生的概率 B．事件与事件相互独立
C．事件 发生的概率 D．事件与事件对立
【答案】A,B,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，则有
，
，
，
，
，
，共不同结果，即，
A、事件包含的样本点有种，故，故A正确；
B、事件包含的样本点有种，故，
事件包含的样本点有种，故，
因为，所以事件相互独立，故B正确；
C、事件包含的样本点有种，故，故C正确；
D、事件与事件有重复的样本点，
故事件与事件不对立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先列举所有的基本事件共36种，利用古典概型公式即可判断A，C；利用相互独立事件的定义即可判断B，利用对立事件的定义即可判断D.
11．（2024高一下·深圳期末）已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（ ）
A．的最小值为
B．不存在点，使与 所成角等于
C．二面角正切值的取值范围为
D．当为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：A，最小值时，为中点.作个草图，取中点，连接如图所示：
此时，故A正确．
B、设与所成的角为θ，当与重合时如图所示：
，
当在中点时，．则存在点，使.
即存在点，使与 所成角等于.故B错误．
C、过中点作于，如图所示：
则为二面角的平面角，
因此，故C正确．
D、设三棱锥的外接球的球心为，显然平面，为等腰直角三角形，外心为M，则O可以由M沿着方向移动即可，O一定在上．
为中点时，半径，于是．
在中有，解得，
于是球表面积为.故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】直接找出最近距离为为中点计算即可判断A；找出最大，最小的临界状态值即可判断B；找出二面角的平面角再利用锐角三角函数即可判断C；设出球心和半径，结合图形，构造方程，求出半径即可判断D．
12．（2024高一下·深圳期末）已知 则
【答案】
【知识点】三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由诱导公式可得：，
故答案为：.
【分析】利用诱导公式即可求解.
13．（2024高一下·深圳期末）若，不等式恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，不等式恒成立，
则，即，恒成立，
令，如图所示：
由图知在上单调递减，在上单调递增，
又，故，则.
故答案为：.
【分析】先分离参数得，令，利用对勾函数的性质即可求解.
14．（2024高一下·深圳期末）已知圆为的外接圆，，则的最大值为 .
【答案】3
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理
【解析】【解答】解：设圆的半径为则，解得，
因为，所以，
取的中点，连接，如图所示：
则，
故，
，
当三点共线时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为.
故答案为：3
【分析】先利用正弦定理可得外接圆半径，取的中点，连接，利用向量数量积运算变形可得，利用三点共线时，取得最大值即可求解.
15．（2024高一下·深圳期末）已知的内角的对边分别为，.
（1）求；
（2）若的面积为，求和.
【答案】（1）解：由正弦定理：，那么，由于，
则，则，且，故.
（2）解：由于，则，
根据余弦定理：，
那么.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边换角得，再利用三角函数定义即可求解；
（2）利用三角形面积公式即可得值，再利用余弦定理即可得到值.
（1）由正弦定理：，那么，由于，
则，则，且，故.
（2）由于，则，
根据余弦定理：，
那么.
16．（2024高一下·深圳期末）已知函数，函数的最小正周期为，且
（1）求函数的解析式：
（2）求使成立的的取值范围.
【答案】（1）解：由，，则，
又，即，即，
又，则，即；
（2）解：若，即，
即有，
即，
故的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先利用正弦函数的周期性可得，再利用零点计算即可求解；
（2）借助正弦函数图象性质计算即可求解.
（1）由，，则，
又，即，即，
又，则，即；
（2）若，即，
即有，
即，
故的取值范围为.
17．（2024高一下·深圳期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 .
（1）求证： ；
（2）求证：平面 平面 ；
（3）当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积.
【答案】（1）证明：由于为圆的直径，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）证明：由（1）得，，，且平面，
所以平面，又由于平面，那么，
又因为，，平面，
所以平面，又由于平面，那么平面平面；
（3）解：由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为，
那么，且，
所以且，
那么
在中，，得，
所以
那么，
，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用线面垂直的定义即可求证；
（2）先利用（1）可得平面，再利用面面垂直的判断定理即可求证；
（3）可以利用两个三棱锥的差，来计算所求的四棱锥的体积即可求解.
（1）由于为圆的直径，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）由（1）得，，，且平面，
所以平面，又由于平面，那么，
又因为，，平面，
所以平面，又由于平面，那么平面平面；
（3）由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为，
那么，且，
所以且，
那么
在中，，得，
所以
那么，
，则.
18．（2024高一下·深圳期末）某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数：
（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率：
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
【答案】（1）解：由题意得：，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
（2）解：由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
（3）解：由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先利用频率和为1可得，再利用百分数公式即可求解；
（2）先求出各自区间人数，再列出样本空间和满足题意的情况，再利用古典概型公式即可求解；
（3）利用方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代数计算即可求解.
（1）由题意得：，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
（2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
（3）由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
19．（2024高一下·深圳期末）已知函数为上的奇函数.当时，(为常数)，.
（1）当时，求函数的值域：
（2）若函数的图像关于点中心对称.
①设函数，求证：函数为周期函数；
②若对任意恒成立，求的最大值.
【答案】（1）解：由于函数为上奇函数，那么，且，
则，则，则；
那么，由，则，
而函数为奇函数，那么时，，
综上所述：当时，，
由复合函数单调性可知：则.
（2）解：①由于，且，
由于，则，
那么，
则为上周期为2的函数.
②由（1）可知，当时，，时，，
那么时，；
时，；
那么；
若要最大，仅需最大，最小，
从而考虑如下临界：由于，令，
则，此时；
；
当时，，
，
那么，
令（舍去）；
同理，时，，
，
那么，
令（舍去）；
从而，
那么的最大值为.
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）先由题意可得，再利用二次性质结合复合函数的值域即可求解；
（2）①运算得，则可证明；
②求出，然后转化为求最大，最小即可.
（1）由于函数为上奇函数，那么，且，
则，则，则；
那么，由，则，
而函数为奇函数，那么时，，
综上所述：当时，，
由复合函数单调性可知：则.
（2）①由于，且，
由于，则，
那么，
则为上周期为2的函数.
②由（1）可知，当时，，时，，
那么时，；
时，；
那么；
若要最大，仅需最大，最小，
从而考虑如下临界：由于，令，
则，此时；
；
当时，，
，
那么，
令（舍去）；
同理，时，，
，
那么，
令（舍去）；
从而，
那么的最大值为.
广东省深圳市2023-2024学年高一下学期期末调研考试数学试题
1．（2024高一下·深圳期末）已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·深圳期末）函数 的零点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·深圳期末）已知幂函数，则“”是“在上单调递增”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
4．（2024高一下·深圳期末）已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
5．（2024高一下·深圳期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若 ，则
C．若，则
D．若，则
6．（2024高一下·深圳期末）已知 中， ，若 ，且 三点共线， 则 （ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·深圳期末）已知正实数 满足，则 的最小值为（ ）
A．4 B．9 C．10 D．20
8．（2024高一下·深圳期末）已知函数，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·深圳期末）若复数满足，下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为 B．
C． D．
10．（2024高一下·深圳期末）抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记下每次朝上的点数，设事件 “第一次的点数不大于3 ”， “第二次的点数不小于4 ”， “两次的点数之和为3的倍数”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件发生的概率 B．事件与事件相互独立
C．事件 发生的概率 D．事件与事件对立
11．（2024高一下·深圳期末）已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（ ）
A．的最小值为
B．不存在点，使与 所成角等于
C．二面角正切值的取值范围为
D．当为中点时，三棱锥的外接球表面积为
12．（2024高一下·深圳期末）已知 则
13．（2024高一下·深圳期末）若，不等式恒成立，则的取值范围为 .
14．（2024高一下·深圳期末）已知圆为的外接圆，，则的最大值为 .
15．（2024高一下·深圳期末）已知的内角的对边分别为，.
（1）求；
（2）若的面积为，求和.
16．（2024高一下·深圳期末）已知函数，函数的最小正周期为，且
（1）求函数的解析式：
（2）求使成立的的取值范围.
17．（2024高一下·深圳期末）如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 .
（1）求证： ；
（2）求证：平面 平面 ；
（3）当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积.
18．（2024高一下·深圳期末）某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.
（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数：
（2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率：
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
19．（2024高一下·深圳期末）已知函数为上的奇函数.当时，(为常数)，.
（1）当时，求函数的值域：
（2）若函数的图像关于点中心对称.
①设函数，求证：函数为周期函数；
②若对任意恒成立，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：已知集合
则，
故答案为：D.
【分析】利用并集的定义把元素一一列举即可求解.
2．【答案】B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：已知函数的定义域为，
易知函数在上单调递增，
，，
所以零点的存在性定理可知函数零点所在区间为．
故答案为：B.
【分析】先分析函数的单调性，再利用零点的存在性定理即可求解．
3．【答案】C
【知识点】充要条件；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当“ ”时，根据幂函数性质知在上单调递增，则充分性成立；
反之，若“在上单调递增”则“”，必要性也成立，
故“”是“在上单调递增”的充分必要条件，
故答案为：C.
【分析】利用幂函数单调性和充要条件的判定即可求解.
4．【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，
因为，则，即，于是.
故答案为：B.
【分析】先利用向量坐标化运算可得，再利用向量垂直的坐标表示即可求解.
5．【答案】D
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、在正方体中，取面为平面，直线为直线，如图所示：
直线为直线，显然有，但不平行，故A错误，
B、在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，故B错误，
C、取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，故C错误，
D、因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，故D正确，
故答案为：D.
【分析】在正方体中通过取平面和直线即可判断A，B，C；利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理即可判断D.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
因为所以，
，
因为三点共线，所以，
，
所以
.
故答案为：C.
【分析】先利用平面向量基本定理可得，再利用三点共线的性质列方程即可求解.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：为正实数，方程两边同时除以得，
，
当且仅当即时等号成立，
故 的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用方程两边同时除以得，利用基本不等式即可求解.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：已知，且定义域为R，
故为奇函数，
则，
函数在上单调递减，故在上单调递增，
因为，所以，故.
故答案为：A.
【分析】先利用奇函数的定义可得为奇函数，再利用正弦函数的单调性可得在上单调递增即可求解.
9．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、，则其虚部为，故A错误；
B、，故B正确；
C、，故C正确
D、，而，则两者不等，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用复数的乘除法运算可得，再利用复数虚部、共轭复数的概念以及复数模的计算公式逐项判断即可求解.
10．【答案】A,B,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，则有
，
，
，
，
，
，共不同结果，即，
A、事件包含的样本点有种，故，故A正确；
B、事件包含的样本点有种，故，
事件包含的样本点有种，故，
因为，所以事件相互独立，故B正确；
C、事件包含的样本点有种，故，故C正确；
D、事件与事件有重复的样本点，
故事件与事件不对立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】先列举所有的基本事件共36种，利用古典概型公式即可判断A，C；利用相互独立事件的定义即可判断B，利用对立事件的定义即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：A，最小值时，为中点.作个草图，取中点，连接如图所示：
此时，故A正确．
B、设与所成的角为θ，当与重合时如图所示：
，
当在中点时，．则存在点，使.
即存在点，使与 所成角等于.故B错误．
C、过中点作于，如图所示：
则为二面角的平面角，
因此，故C正确．
D、设三棱锥的外接球的球心为，显然平面，为等腰直角三角形，外心为M，则O可以由M沿着方向移动即可，O一定在上．
为中点时，半径，于是．
在中有，解得，
于是球表面积为.故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】直接找出最近距离为为中点计算即可判断A；找出最大，最小的临界状态值即可判断B；找出二面角的平面角再利用锐角三角函数即可判断C；设出球心和半径，结合图形，构造方程，求出半径即可判断D．
12．【答案】
【知识点】三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由诱导公式可得：，
故答案为：.
【分析】利用诱导公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，不等式恒成立，
则，即，恒成立，
令，如图所示：
由图知在上单调递减，在上单调递增，
又，故，则.
故答案为：.
【分析】先分离参数得，令，利用对勾函数的性质即可求解.
14．【答案】3
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理
【解析】【解答】解：设圆的半径为则，解得，
因为，所以，
取的中点，连接，如图所示：
则，
故，
，
当三点共线时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为.
故答案为：3
【分析】先利用正弦定理可得外接圆半径，取的中点，连接，利用向量数量积运算变形可得，利用三点共线时，取得最大值即可求解.
15．【答案】（1）解：由正弦定理：，那么，由于，
则，则，且，故.
（2）解：由于，则，
根据余弦定理：，
那么.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边换角得，再利用三角函数定义即可求解；
（2）利用三角形面积公式即可得值，再利用余弦定理即可得到值.
（1）由正弦定理：，那么，由于，
则，则，且，故.
（2）由于，则，
根据余弦定理：，
那么.
16．【答案】（1）解：由，，则，
又，即，即，
又，则，即；
（2）解：若，即，
即有，
即，
故的取值范围为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先利用正弦函数的周期性可得，再利用零点计算即可求解；
（2）借助正弦函数图象性质计算即可求解.
（1）由，，则，
又，即，即，
又，则，即；
（2）若，即，
即有，
即，
故的取值范围为.
17．【答案】（1）证明：由于为圆的直径，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）证明：由（1）得，，，且平面，
所以平面，又由于平面，那么，
又因为，，平面，
所以平面，又由于平面，那么平面平面；
（3）解：由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为，
那么，且，
所以且，
那么
在中，，得，
所以
那么，
，则.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用线面垂直的定义即可求证；
（2）先利用（1）可得平面，再利用面面垂直的判断定理即可求证；
（3）可以利用两个三棱锥的差，来计算所求的四棱锥的体积即可求解.
（1）由于为圆的直径，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）由（1）得，，，且平面，
所以平面，又由于平面，那么，
又因为，，平面，
所以平面，又由于平面，那么平面平面；
（3）由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为，
那么，且，
所以且，
那么
在中，，得，
所以
那么，
，则.
18．【答案】（1）解：由题意得：，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
（2）解：由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
（3）解：由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）先利用频率和为1可得，再利用百分数公式即可求解；
（2）先求出各自区间人数，再列出样本空间和满足题意的情况，再利用古典概型公式即可求解；
（3）利用方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代数计算即可求解.
（1）由题意得：，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，第60百分位数为85.
（2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、.
则样本空间为.
设事件“两人分别来自和，则，
因此，
所以两人得分分别来自和的概率为.
（3）由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，平均分为，方差为；
在区间的数据分别为为，平均分为，方差为；
这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，且，则.
根据方差的定义，
由，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
19．【答案】（1）解：由于函数为上奇函数，那么，且，
则，则，则；
那么，由，则，
而函数为奇函数，那么时，，
综上所述：当时，，
由复合函数单调性可知：则.
（2）解：①由于，且，
由于，则，
那么，
则为上周期为2的函数.
②由（1）可知，当时，，时，，
那么时，；
时，；
那么；
若要最大，仅需最大，最小，
从而考虑如下临界：由于，令，
则，此时；
；
当时，，
，
那么，
令（舍去）；
同理，时，，
，
那么，
令（舍去）；
从而，
那么的最大值为.
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）先由题意可得，再利用二次性质结合复合函数的值域即可求解；
（2）①运算得，则可证明；
②求出，然后转化为求最大，最小即可.
（1）由于函数为上奇函数，那么，且，
则，则，则；
那么，由，则，
而函数为奇函数，那么时，，
综上所述：当时，，
由复合函数单调性可知：则.
（2）①由于，且，
由于，则，
那么，
则为上周期为2的函数.
②由（1）可知，当时，，时，，
那么时，；
时，；
那么；
若要最大，仅需最大，最小，
从而考虑如下临界：由于，令，
则，此时；
；
当时，，
，
那么，
令（舍去）；
同理，时，，
，
那么，
令（舍去）；
从而，
那么的最大值为.
