河南省2025-2026学年高一下学期期末自编模拟考数学试卷（十）

**基本信息** 2025-2026学年河南省高一期末模拟数学卷，覆盖必修一、二核心知识，通过基础题、综合题及创新题（如双曲函数新定义），考查数学抽象、逻辑推理与空间想象等素养，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合交集、向量垂直、复数象限等|基础巩固，覆盖核心概念| |多选|3/18|向量坐标运算、三角函数图象等|能力区分，考查综合辨析| |填空|3/15|圆柱外接球、函数不等式、基本不等式|情境应用，强调知识迁移| |解答|5/77|概率计算、立体几何折叠、双曲函数新定义等|分层设计，融合数学建模与创新思维|

2025-2026学年河南省高一期末模拟考试卷（十） 数学 考试范围：必修一、必修二；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】列举法表示集合、交集的概念及运算 【详解】 集合，是自然数集， 所以，又因为， 因此. 2．已知向量，，且，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】向量垂直的坐标表示、利用向量垂直求参数 【分析】根据平面向量垂直的充要条件是向量数量积为0，先求向量坐标，再列方程求解. 【详解】已知，，故， 根据两非零向量垂直的充要条件可得：， 则， 整理得，解得. 3．若复数（i为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【知识点】复数的除法运算、判断复数对应的点所在的象限 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 可得复数在复平面内对应的点，位于第一象限. 4．若，，，均为实数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小 【分析】通过举反例判断AB；根据不等式的性质判断CD. 【详解】对于A，，，但，所以A错误； 对于B，，，但，所以B错误； 对于C，因为，，则，所以C错误； 对于D，由得，又，所以，所以，所以D正确. 故选：D. 5．已知幂函数在上单调递减，设，，，则，，大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】比较指数幂的大小、求幂函数的解析式、比较对数式的大小、由幂函数的单调性比较大小 【分析】先根据幂函数的性质和单调性求出值，然后判断幂函数的奇偶性，然后根据指数函数和对数函数的性质比较的大小，进而根据函数的单调性得出结果. 【详解】因为幂函数，所以， 解得或. 当时，；当时，； 由于幂函数在上单调递减， 所以，所以，定义域为， 由于，所以为偶函数，所以在上单调递增， 因为， 根据单调性可知，而选项ACD与此结论矛盾，故ACD错误. 故选：B. 6．已知样本数据a，b，c的平均数为3，方差为2，则，，的平均数为（  ） A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】B 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【详解】由题意得，，， 则，解得. 7．《几何原本》中称轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，如图，若，都是等边圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆锥中截面的有关计算、求异面直线所成的角 【分析】连接，取中点，中点，连接，从而得或其补角为异面直线与所成的角，利用几何关系得的三边长，再由余弦定理，即可求解. 【详解】如图，连接，取中点，中点，连接， 因为是中点，则，，所以或其补角为异面直线与所成的角， 设，因为圆锥是等边圆锥，则，， 又圆面，则，又，，则, 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 8．已知．若对于，均有成立，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】一元二次不等式在某区间上的恒成立问题 【分析】将成立转化成恒成立的问题，构造函数，然后分类讨论，即可求出的取值范围. 【详解】由题意，在中，对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， ∵对于，均有成立， 即对于，均有恒成立，设，则对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， 当即时， 函数在上单调递减，函数在上单调递减， ，， ， 当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在上单调递减， ，， ， 当，即时，， 函数在上单调递增，函数在上单调递减， ，， ，故不符题意，舍去. 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， ， 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 此时，，所以符合题意. 当时， 函数在上单调递增，函数在上单调递增， ，， 此时，，所以符合题意. 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，关键在于熟练掌握二次函数不同区间的单调性，以及分类讨论的思想，具有很强的综合性. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（   ） A． B． C． D．存在实数，使得与共线 【答案】ABD 【知识点】由向量共线（平行）求参数、数量积的坐标表示、向量模的坐标表示、向量垂直的坐标表示 【详解】依题意，向量，， 对于A，B，由题意得， 则，故A，B正确； 对于C，，即不垂直，故C错误； 对于D，，， 由，得， 因此当时，得与共线，故D正确. 10．如图，函数的图象交x轴于点B和点D，交y轴于点C，已知，，点E的横坐标为，．则（   ） A． B．的面积为 C．若在有n个解依次为，则 D．把函数的图象向右平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再把纵坐标伸长为原来的两倍，横坐标不变，最后向上平移一个单位得到函数的图象．若对任意的，方程在区间上至多有一个解，则正数k的取值范围为． 【答案】ACD 【知识点】函数图象的应用、由图象确定正（余）弦型函数解析式、求图象变化前（后）的解析式 【分析】分析可知点为的中点，，结合周期性可得，根据最大值点可得，代入点可得，即可判断AB；以为整体，结合正弦函数性质运算求解；对于D：根据图象变换可得，作出的图象，结合图象分析求解. 【详解】因为，则点为的中点，可知， 且，则函数的最小正周期， 且，则，即，即， 可知为函数的最大值点， 则，即， 因为，则，可得， 即，则， 又因为，则， 即，所以，故A正确； 的面积为，故B错误； 若， 因为，则， 可得，解得， 可知在内的解依次为， 所以，故C正确； 把函数的图象向右平移个单位，可得， 然后纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，可得， 再把纵坐标伸长为原来的两倍，横坐标不变，可得， 最后向上平移一个单位，所以， 可得的图象，如图所示， 当图象伸长为原来的5倍以上时符合题意， 则，所以正数k的取值范围为，故D正确. 11．已知定义在上的函数为偶函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（   ） A．为周期函数 B．的图象关于点对称 C．当时， D． 【答案】AC 【知识点】函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数对称性的应用 【分析】利用周期函数的定义可判断A；利用对称性的代数定义可判断B;利用周期性与奇偶性以及时的解析式可判断C；利用周期性可计算的值，然后求出的范围可判断D. 【详解】由可得得， 所以，故是周期为4的周期函数，选项A正确； 由和偶函数性质，得， 因此，图象关于直线对称，而非点对称，故选项B错误； 利用和已知区间上的解析式， 当时，，则， 再由偶函数得时， 故当时，选项C正确； 由的周期，， 所以， 又因为为奇函数，当时，，所以， 从而的值域为，在此区间上，所以， 故恒成立，选项D错误. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知圆柱的轴截面是周长为的矩形，其上下底面的圆都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为_________. 【答案】 【知识点】基本不等式求积的最大值、圆柱轴截面的有关计算、球的体积的有关计算 【分析】根据条件，利用基本不等式，得到圆柱底面半径和高，进而求出外接球的半径，再利用球的体积公式，即可求解. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，则轴截面周长为，即， 侧面积， 当，即，时等号成立，此时侧面积最大， 设圆柱外接球的半径为，又外接球直径等于轴截面对角线长， 所以，得到， 所以球的体积. 13．已知定义在上的偶函数在上是严格增函数，若，则的取值范围为_________. 【答案】 【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数的单调性解不等式 【分析】根据偶函数在上是严格增函数，将不等式转化为求解. 【详解】因为为偶函数，故即为， ∵偶函数在上是严格增函数，故， 平方得，即， 解得， 故答案为： 14．已知，则的最小值为______. 【答案】/ 【知识点】基本不等式求和的最小值 【分析】令，则，利用基本不等式求最小值即可. 【详解】因为，则， 令，由可知，即， 所以， 所以由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 故答案为： 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．在某项体能测试中，甲、乙两人各自通过体能测试的概率分别是和，两人都通过体能测试的概率为，甲、乙两人是否通过体能测试相互独立. (1)求的值； (2)求恰有一人通过体能测试的概率； (3)求至少有一人通过体能测试的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）利用独立事件的概率公式可得出关于的等式，即可解出的值； （2）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； （3）方法一：利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； 方法二：利用对立事件的概率公式和独立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】（1）记“甲通过体能测试”为事件，“乙通过体能测试”为事件，则，． 由题意可知：事件、相互独立． 两人都通过体能测试的概率为，解得：． （2）记“恰有一人通过体能测试”为事件． 所以， 所以恰有一人通过体能测试的概率为. （3）记“至少有一人通过体能测试”为事件． （方法一）； （方法二）． 所以至少有一人通过体能测试的概率为． 16．矩形中，， 为线段的中点，将沿 折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，解以下问题： (1)证明：面； (2)求二面角的余弦值； (3)在上是否存在点使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：如图，连接，在矩形中，， 为线段的中点， ，， ，， 又平面平面，平面，平面平面， 平面. (2)； (3)存在，是线段上靠近点 的三等分点. 【知识点】补全线面平行的条件、证明线面垂直、求二面角、空间垂直的转化 【分析】（1）通过勾股定理逆定理证明，再利用面面垂直的性质推出线面垂直； （2）由 平面得，二面角的平面角即为，在直角三角形中利用边长比求得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面． 【详解】（1）略； （2）平面，， ． 在中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为． （3）存在．如图所示，连接、，设交于点， ，且， ． 取的三等分点，使，连接、、，则， 又平面，平面， 平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点 的三等分点． 17．设向量，满足，． (1)已知向量与的夹角为． ①求； ②求的最小值． (2)若对任意的x，不等式恒成立，求向量与夹角的余弦值． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模、向量夹角的计算 【分析】（1）①利用向量数量积的运算律结合其定义表达式计算即得；②先将所求的模转化为为关于的二次函数，利用其性质即可求得； （2）设向量与的夹角为，将不等式两边同时平方，整理为关于参数的一元二次不等式恒成立问题，再利用判别式小于等于0即可求出夹角的余弦值. 【详解】（1），，向量与的夹角为，则， 则， 故； ②因， ， 当时，取得最小值3，即的最小值为. （2）设向量与的夹角为，则， ， ，即； 也即， 可得， 整理得. 即对任意的，不等式恒成立. 则， 因为对于任意的，都有， 解得，即向量与夹角的余弦值为. 18．的内角，，的对边分别为，，，已知，． (1)求角； (2)若，的面积为，求的值； (3)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）通过正弦定理角化边，因式分解后结合余弦定理求角； （2）直接代入面积公式求解参数； （3）利用正弦定理边角互化，结合三角函数值域求周长范围. 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 化简得. 因为，则，故有. 又由余弦定理， 又，得. （2）由可得， 又，联立解得. （3）由正弦定理得，故. 因，易得，又，则， 则， 因，故，得. 因此周长. 19．著名的“悬链线拱桥问题”与数学中的双曲函数相关.函数叫做双曲正弦函数，函数叫做双曲余弦函数，其中是自然对数的底数.已知函数. (1)对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； (2)求不等式的解集； (3)当时，求的最大值. 【答案】(1)是，定值1 (2) (3) 【知识点】与二次函数相关的复合函数问题、根据二次函数的最值或值域求参数、根据函数的单调性解不等式、函数新定义 【分析】（1）将两函数式代入计算即得； （2）利用函数的奇偶性和单调性转化求解抽象不等式即得； （3）令，求得，将函数换元化成，利用二次函数的图象性质结合区间即可分段求得的解析式，再合并表示即可. 【详解】（1）由， 可得 ， 即 是定值，定值为1. （2）易知的定义域为， 又，所以为奇函数， 由不等式可得， 又易得是上的增函数，所以，所以， 所以不等式的解集为. （3）令，因在上单调递增，故得， 又因为，， 则，， ① 当时，函数在上单调递增， 故当时，取得最大值为； ② 当时，函数在上单调递减， 故当时，取得最大值为； ③当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以时取最大值； 综上可得：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年河南省高一期末模拟考试卷（十） 数学 考试范围：必修一、必修二；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】列举法表示集合、交集的概念及运算 【详解】 集合，是自然数集， 所以，又因为， 因此. 2．已知向量，，且，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】向量垂直的坐标表示、利用向量垂直求参数 【分析】根据平面向量垂直的充要条件是向量数量积为0，先求向量坐标，再列方程求解. 【详解】已知，，故， 根据两非零向量垂直的充要条件可得：， 则， 整理得，解得. 3．若复数（i为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【知识点】复数的除法运算、判断复数对应的点所在的象限 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 可得复数在复平面内对应的点，位于第一象限. 4．若，，，均为实数，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小 【分析】通过举反例判断AB；根据不等式的性质判断CD. 【详解】对于A，，，但，所以A错误； 对于B，，，但，所以B错误； 对于C，因为，，则，所以C错误； 对于D，由得，又，所以，所以，所以D正确. 故选：D. 5．已知幂函数在上单调递减，设，，，则，，大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】比较指数幂的大小、求幂函数的解析式、比较对数式的大小、由幂函数的单调性比较大小 【分析】先根据幂函数的性质和单调性求出值，然后判断幂函数的奇偶性，然后根据指数函数和对数函数的性质比较的大小，进而根据函数的单调性得出结果. 【详解】因为幂函数，所以， 解得或. 当时，；当时，； 由于幂函数在上单调递减， 所以，所以，定义域为， 由于，所以为偶函数，所以在上单调递增， 因为， 根据单调性可知，而选项ACD与此结论矛盾，故ACD错误. 故选：B. 6．已知样本数据a，b，c的平均数为3，方差为2，则，，的平均数为（  ） A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】B 【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【详解】由题意得，，， 则，解得. 7．《几何原本》中称轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，如图，若，都是等边圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆锥中截面的有关计算、求异面直线所成的角 【分析】连接，取中点，中点，连接，从而得或其补角为异面直线与所成的角，利用几何关系得的三边长，再由余弦定理，即可求解. 【详解】如图，连接，取中点，中点，连接， 因为是中点，则，，所以或其补角为异面直线与所成的角， 设，因为圆锥是等边圆锥，则，， 又圆面，则，又，，则, 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 8．已知．若对于，均有成立，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】一元二次不等式在某区间上的恒成立问题 【分析】将成立转化成恒成立的问题，构造函数，然后分类讨论，即可求出的取值范围. 【详解】由题意，在中，对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， ∵对于，均有成立， 即对于，均有恒成立，设，则对称轴，函数在上单调递减，在上单调递增， 当即时， 函数在上单调递减，函数在上单调递减， ，， ， 当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在上单调递减， ，， ， 当，即时，， 函数在上单调递增，函数在上单调递减， ，， ，故不符题意，舍去. 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， ， 当即时， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 此时，，所以符合题意. 当时， 函数在上单调递增，函数在上单调递增， ，， 此时，，所以符合题意. 综上，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，关键在于熟练掌握二次函数不同区间的单调性，以及分类讨论的思想，具有很强的综合性. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（   ） A． B． C． D．存在实数，使得与共线 【答案】ABD 【知识点】由向量共线（平行）求参数、数量积的坐标表示、向量模的坐标表示、向量垂直的坐标表示 【详解】依题意，向量，， 对于A，B，由题意得， 则，故A，B正确； 对于C，，即不垂直，故C错误； 对于D，，， 由，得， 因此当时，得与共线，故D正确. 10．如图，函数的图象交x轴于点B和点D，交y轴于点C，已知，，点E的横坐标为，．则（   ） A． B．的面积为 C．若在有n个解依次为，则 D．把函数的图象向右平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再把纵坐标伸长为原来的两倍，横坐标不变，最后向上平移一个单位得到函数的图象．若对任意的，方程在区间上至多有一个解，则正数k的取值范围为． 【答案】ACD 【知识点】函数图象的应用、由图象确定正（余）弦型函数解析式、求图象变化前（后）的解析式 【分析】分析可知点为的中点，，结合周期性可得，根据最大值点可得，代入点可得，即可判断AB；以为整体，结合正弦函数性质运算求解；对于D：根据图象变换可得，作出的图象，结合图象分析求解. 【详解】因为，则点为的中点，可知， 且，则函数的最小正周期， 且，则，即，即， 可知为函数的最大值点， 则，即， 因为，则，可得， 即，则， 又因为，则， 即，所以，故A正确； 的面积为，故B错误； 若， 因为，则， 可得，解得， 可知在内的解依次为， 所以，故C正确； 把函数的图象向右平移个单位，可得， 然后纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，可得， 再把纵坐标伸长为原来的两倍，横坐标不变，可得， 最后向上平移一个单位，所以， 可得的图象，如图所示， 当图象伸长为原来的5倍以上时符合题意， 则，所以正数k的取值范围为，故D正确. 11．已知定义在上的函数为偶函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（   ） A．为周期函数 B．的图象关于点对称 C．当时， D． 【答案】AC 【知识点】函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数对称性的应用 【分析】利用周期函数的定义可判断A；利用对称性的代数定义可判断B;利用周期性与奇偶性以及时的解析式可判断C；利用周期性可计算的值，然后求出的范围可判断D. 【详解】由可得得， 所以，故是周期为4的周期函数，选项A正确； 由和偶函数性质，得， 因此，图象关于直线对称，而非点对称，故选项B错误； 利用和已知区间上的解析式， 当时，，则， 再由偶函数得时， 故当时，选项C正确； 由的周期，， 所以， 又因为为奇函数，当时，，所以， 从而的值域为，在此区间上，所以， 故恒成立，选项D错误. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知圆柱的轴截面是周长为的矩形，其上下底面的圆都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为_________. 【答案】 【知识点】基本不等式求积的最大值、圆柱轴截面的有关计算、球的体积的有关计算 【分析】根据条件，利用基本不等式，得到圆柱底面半径和高，进而求出外接球的半径，再利用球的体积公式，即可求解. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，则轴截面周长为，即， 侧面积， 当，即，时等号成立，此时侧面积最大， 设圆柱外接球的半径为，又外接球直径等于轴截面对角线长， 所以，得到， 所以球的体积. 13．已知定义在上的偶函数在上是严格增函数，若，则的取值范围为_________. 【答案】 【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数的单调性解不等式 【分析】根据偶函数在上是严格增函数，将不等式转化为求解. 【详解】因为为偶函数，故即为， ∵偶函数在上是严格增函数，故， 平方得，即， 解得， 故答案为： 14．已知，则的最小值为______. 【答案】/ 【知识点】基本不等式求和的最小值 【分析】令，则，利用基本不等式求最小值即可. 【详解】因为，则， 令，由可知，即， 所以， 所以由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 故答案为： 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．在某项体能测试中，甲、乙两人各自通过体能测试的概率分别是和，两人都通过体能测试的概率为，甲、乙两人是否通过体能测试相互独立. (1)求的值； (2)求恰有一人通过体能测试的概率； (3)求至少有一人通过体能测试的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）利用独立事件的概率公式可得出关于的等式，即可解出的值； （2）利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； （3）方法一：利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； 方法二：利用对立事件的概率公式和独立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】（1）记“甲通过体能测试”为事件，“乙通过体能测试”为事件，则，． 由题意可知：事件、相互独立． 两人都通过体能测试的概率为，解得：． （2）记“恰有一人通过体能测试”为事件． 所以， 所以恰有一人通过体能测试的概率为. （3）记“至少有一人通过体能测试”为事件． （方法一）； （方法二）． 所以至少有一人通过体能测试的概率为． 16．矩形中，， 为线段的中点，将沿 折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，解以下问题： (1)证明：面； (2)求二面角的余弦值； (3)在上是否存在点使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：如图，连接，在矩形中，， 为线段的中点， ，， ，， 又平面平面，平面，平面平面， 平面. (2)； (3)存在，是线段上靠近点 的三等分点. 【知识点】补全线面平行的条件、证明线面垂直、求二面角、空间垂直的转化 【分析】（1）通过勾股定理逆定理证明，再利用面面垂直的性质推出线面垂直； （2）由 平面得，二面角的平面角即为，在直角三角形中利用边长比求得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面． 【详解】（1）略； （2）平面，， ． 在中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为． （3）存在．如图所示，连接、，设交于点， ，且， ． 取的三等分点，使，连接、、，则， 又平面，平面， 平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点 的三等分点． 17．设向量，满足，． (1)已知向量与的夹角为． ①求； ②求的最小值． (2)若对任意的x，不等式恒成立，求向量与夹角的余弦值． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模、向量夹角的计算 【分析】（1）①利用向量数量积的运算律结合其定义表达式计算即得；②先将所求的模转化为为关于的二次函数，利用其性质即可求得； （2）设向量与的夹角为，将不等式两边同时平方，整理为关于参数的一元二次不等式恒成立问题，再利用判别式小于等于0即可求出夹角的余弦值. 【详解】（1），，向量与的夹角为，则， 则， 故； ②因， ， 当时，取得最小值3，即的最小值为. （2）设向量与的夹角为，则， ， ，即； 也即， 可得， 整理得. 即对任意的，不等式恒成立. 则， 因为对于任意的，都有， 解得，即向量与夹角的余弦值为. 18．的内角，，的对边分别为，，，已知，． (1)求角； (2)若，的面积为，求的值； (3)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）通过正弦定理角化边，因式分解后结合余弦定理求角； （2）直接代入面积公式求解参数； （3）利用正弦定理边角互化，结合三角函数值域求周长范围. 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 化简得. 因为，则，故有. 又由余弦定理， 又，得. （2）由可得， 又，联立解得. （3）由正弦定理得，故. 因，易得，又，则， 则， 因，故，得. 因此周长. 19．著名的“悬链线拱桥问题”与数学中的双曲函数相关.函数叫做双曲正弦函数，函数叫做双曲余弦函数，其中是自然对数的底数.已知函数. (1)对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； (2)求不等式的解集； (3)当时，求的最大值. 【答案】(1)是，定值1 (2) (3) 【知识点】与二次函数相关的复合函数问题、根据二次函数的最值或值域求参数、根据函数的单调性解不等式、函数新定义 【分析】（1）将两函数式代入计算即得； （2）利用函数的奇偶性和单调性转化求解抽象不等式即得； （3）令，求得，将函数换元化成，利用二次函数的图象性质结合区间即可分段求得的解析式，再合并表示即可. 【详解】（1）由， 可得 ， 即 是定值，定值为1. （2）易知的定义域为， 又，所以为奇函数， 由不等式可得， 又易得是上的增函数，所以，所以， 所以不等式的解集为. （3）令，因在上单调递增，故得， 又因为，， 则，， ① 当时，函数在上单调递增， 故当时，取得最大值为； ② 当时，函数在上单调递减， 故当时，取得最大值为； ③当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以时取最大值； 综上可得：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $