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河南省安阳市林州市第一中学2024−2025学年高二上学期8月月考 数学试题（含解析）
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这是一份河南省安阳市林州市第一中学2024−2025学年高二上学期8月月考 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
5．如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（ ）
A．2B．C．D．
6．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知平面向量满足，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面向量，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．假设，且．当时，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：分别为x轴，y轴正方向上的单位向量，若，则记为，那么下列说法中正确的是（ ）
A．设，则
B．设，若//，则
C．设，若，则
D．设，若与的夹角为，则
10．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点．则下列结论正确的是（ ）
A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为
C．平面与平面所成二面角的平面角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
11．已知是定义域为R的奇函数，且为偶函数．当时，，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数在区间上单调递增，且对任意的恒成立，则a的取值范围是 ．
13．如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得碑顶的仰角为，则该同学通过测量计算出纪念碑高为 米.（保留根号）
14．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量，．
(1)若与的夹角为，求实数m的值；
(2)若，求向量在向量上的投影向量．
16．如图，已知为圆O的直径，D为线段上一点，且，为圆O上一点，且，平面，．
(1)求；
(2)求证：；
(3)求三棱锥的体积．
17．已知函数的最小正周期．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)当时，讨论方程根的个数．
18．漳州古城有着上千年的建城史，是国家级闽南文化生态保护区的重要组成部分，并人选首批“中国历史文化街区”.五一假期来漳州古城旅游的人数创新高，单日客流峰值达20万人次.为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了100名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分100分）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值，并估计100名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）；
(2)已知满意度分值落在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差.
19．已知函数的定义域为，且，．
(1)若，求A与；
(2)证明：函数是偶函数；
(3)证明：函数是周期函数；
(4)若的周期为T，在上是减函数，记的正的零点从小到大依次为，，，，证明在区间上有4048个零点，且．
参考答案
1．【答案】B
【分析】利用进行求解.
【详解】由题知，
．
故选B.
2．【答案】C
【分析】根据指数函数性质可对A项判断；利用幂函数性质可对B项判断；利用对数函数性质可对C项判断；利用二次函数性质可对D项判断.
【详解】对于选项A：根据指数函数的单调性可知该函数在上为单调减函数，故A项错误；
对于选项B：根据幂函数的性质可知该函数在上为单调递减函数，故B项错误；
对于选项C：根据对数函数的单调性可知该函数在上为单调递增函数，故C项正确；
对于选项D：根据二次函数的性质可知该函数在上不单调，故D项错误.
故选C.
3．【答案】D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有（件），
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选D.
4．【答案】C
【分析】对于A，根据正八边形的性质可求出，对于B，利用向量的加法法则分析判断，对于C，根据向量的减法法则结合正八边形的性质分析判断，对于D，根据投影向量的定义分析判断.
【详解】对于A，因为，所以的夹角为，故A错误，
对于B，由于四边形不是平行四边形，所以，故B错误，
对于C，因为，，所以是等腰直角三角形，
所以，，
所以，故C正确.
结合图形可知在上的投影向量与的方向相反，故D错误.
故选C.
5．【答案】C
【分析】根据题意分析可得过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，结合台体的体积公式分析运算.
【详解】如图，连接，，
∵E，F分别为棱BC，的中点，则，
又∵，且，则为平行四边形，
∴，
可得，
故则过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，且三棱台的高为．
设正方体的棱长为2，则，
可得正方体的体积，
三棱台的体积，
故分成的上、下两部分几何体的体积比为．
故选C．
6．【答案】D
【分析】利用正弦函数的和差公式与三角函数的商数关系得到关于的方程组，进而结合三角函数的正负情况求得的取值范围，再次利用正弦函数的和差公式求得的值，由此得到的值.
【详解】因为，所以，
又因为，即，则，故，
联立，解得，
因为，，所以，
又，，所以，，
所以，，则，
因为，
所以.
故选D.
7．【答案】B
【分析】将两边平方，整理得，令，所以，即可求解．
【详解】因为，且，
所以，
所以，
令，
所以，其中，
所以，
即的取值范围是．
故选B．
8．【答案】B
【详解】由已知得，，
又，所以，即，
所以，解得.
故选B.
9．【答案】ABD
【分析】根据题意结合平面向量的相关运算逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，
对于A：若，则，
可得，
所以，故A正确；
对于B：因为，则，
若//，则有：
当或时，则或，可得成立；
当且时，则存在唯一实数，使得，
则，可得，整理得；
综上所述：若//，则，故B正确；
对于C：因为，则，
可得，
若，则，故C错误；
对于D：因为，
由选项A可得：， ，
由选项C可得：，
若与的夹角为，则，
即，解得，
因为，则，故D正确；
故选ABD.
10．【答案】BC
【分析】根据图形可直接判断A选项；利用异面直线所成角的定义可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；计算出梯形的面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由图形可知，直线，异面，故A错误；
对于B选项，连接，因为，则直线与所成角为或其补角，
易知为等边三角形，故，
因此，直线与所成的角为，故B正确；
对于C选项，分别取，的中点，，连接，，，
因为四边形为正方形，，分别为，的中点，
所以且，又因为，则四边形为矩形，
所以，且，同理可证，且，
因为平面，则平面，
因为平面，则，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因此，平面与平面所成二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，故，
因此，平面与平面所成二面角的平面角为，故C正确；
对于D选项，易知，同理可得，
又因为且，则四边形为等腰梯形，
分别过点，在平面内作，，垂足分别为，，
因为，，，
所以，所以，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，所以，
所以，
由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形，
故截面面积为，故D错误.
故选BC.
11．【答案】BC
【分析】对于A，利用的奇偶性得到，代入即可求得，由此判断即可；
对于BC，利用的奇偶性与换元法得到，进而得到，从而利用赋值法即可得解；
对于D，由选项BC中的结论可推得是周期函数，进而推得，从而得以判断.
【详解】对于A，因为是定义域为R的奇函数，所以，
又因为当时，，
所以，解得，
所以，，故A错误；
对于B，因为为偶函数，所以，
令，则，所以，
令，则，故B正确；
对于C，因为，所以，
令，则，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以是的周期函数，则，
令，则由得，
故，
所以由的周期性可知，，
所以，故D错误.
故选BC.
12．【答案】
【分析】由在区间上单调递增，可得，再由对任意的恒成立，转化为，利用函数的单调性求出的最小值，从而可出的取值范围.
【详解】的对称轴为，
因为在区间上单调递增，所以，得，
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令（），
因为和在上递增，
所以在上递增，
所以，所以，得，
综上，，
即a的取值范围是.
故答案为：
13．【答案】
【分析】中，利用正弦定理求出，在中，，代入求值即可.
【详解】因为，
在中，，
由正弦定理得，即，解得，
在中，，
即纪念碑高为米.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质即可求解.
【详解】因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为，
设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则，
所以，解得，
所以该截角四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.
15．【答案】(1)或；
(2).
【分析】(1)根据题意可得，结合夹角公式运算求解；
(2)根据垂直关系求得，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】(1)因为，，则，
若与的夹角为，则且，
可得，解得或，
所以实数m的值为或.
(2)若，则，解得，
可得，
所以向量在向量上的投影向量为.
16．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】(1)根据题意，得到，求得，在中，利用余弦定理，即可求解；
(2)由，得到，再由平面，得到，证得平面，进而证得；
(3)连接，求得，根据平面，利用，即可求解.
【详解】(1)已知为圆O的直径，为圆上一点，可得，
又由D为线段上一点，且，可得，则，
因为，可得，即，解得，
在直角中，可得，
由余弦定理得，
所以.
(2)证明：由(1)知，可得，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
(3)连接，在中，，
可得，可得，
所以，
又由平面，且，
所以三棱锥的体积.
17．【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出，进而求出函数单调递增区间.
(2)探讨函数在上的性质，分离参数，利用数形结合法求出直线与函数在上的图象交点情况即可.
【详解】(1)依题意，，
由，，得，，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
(2)当时，，余弦函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数在上单调递减，函数值从1减小到；在上单调递增，函数值从增大到0，
方程，
因此方程的根即直线与函数在上的图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出直线与函数在上的图象，
观察图象知，当或，即或时，直线与函数在上的图象无交点；
当或，即或时，直线与函数在上的图象有1个交点；
当，即时，直线与函数在上的图象有2个交点，
所以当或时，方程根的个数为0；
当或时，方程根的个数为1；
当时，方程根的个数为2.
18．【答案】(1)，众数为85，中位数为82；
(2)平均数为81；方差为30.
【分析】(1)根据频率分布直方图中各组频率之和为1即可求得a的值；结合众数和中位数的含义即可求得它们的值；
(2)根据平均数以及方差的计算公式，即可求得答案.
【详解】(1)由频率分布直方图可得，，解得，
由频率分布直方图可估计众数为85，
满意度分值在的频率为，
在的频率为，
所以中位数落在区间内，
所以中位数为.
(2)由频率分布直方图得，满意度分值在的频率为，人数为20；
在的频率为，人数为30，
把满意度分值在记为，其平均数，方差，
在内记为，其平均数，方差，
所以满意度分值在的平均数，
根据方差的定义，满意度分值在的方差为
由，可得，
同理可得，
因此，
.
19．【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
(4)证明见解析.
【分析】(1) 根据函数值计算求出余弦函数的参数值；
(2)应用偶函数定义证明；
(3)应用周期定义证明；
(4)赋值法得出零点结合对称性及周期性即可证明函数的零点个数及恒等式.
【详解】(1)因为①，
令，可得，，
因为，所以，
由，得．
由，得，
解得．
因为，所以，
所以，则
，
所以．
解法二：因为，
所以
．
．
因为，所以，
解得，或．
当时，，与已知矛盾，所以，
由，且，得
所以．
(2)由(1)得，，
①中，令可得，，
即，所以函数为偶函数.
(3)令得，，
即有，
从而可知，，
故，
即．
所以函数是一个周期为的周期函数．
(4)由(1)得，，
在中，
令，可得，
因为，所以，
所以，又因为在上是减函数，
所以在区间上有且仅有一个零点．
中，令，得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
又因为是偶函数，所以在上有且仅有一个零点，即在一个周期内有且仅有2个零点．
，
所以在内的零点为和．
，，．
因此，对任意，在上有且仅有两个零点：
，．
在上有4048个零点：
，，，，，，，
其中，．
一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
5．如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（ ）
A．2B．C．D．
6．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知平面向量满足，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面向量，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．假设，且．当时，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：分别为x轴，y轴正方向上的单位向量，若，则记为，那么下列说法中正确的是（ ）
A．设，则
B．设，若//，则
C．设，若，则
D．设，若与的夹角为，则
10．如图所示，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点．则下列结论正确的是（ ）
A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为
C．平面与平面所成二面角的平面角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
11．已知是定义域为R的奇函数，且为偶函数．当时，，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数在区间上单调递增，且对任意的恒成立，则a的取值范围是 ．
13．如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得碑顶的仰角为，则该同学通过测量计算出纪念碑高为 米.（保留根号）
14．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量，．
(1)若与的夹角为，求实数m的值；
(2)若，求向量在向量上的投影向量．
16．如图，已知为圆O的直径，D为线段上一点，且，为圆O上一点，且，平面，．
(1)求；
(2)求证：；
(3)求三棱锥的体积．
17．已知函数的最小正周期．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)当时，讨论方程根的个数．
18．漳州古城有着上千年的建城史，是国家级闽南文化生态保护区的重要组成部分，并人选首批“中国历史文化街区”.五一假期来漳州古城旅游的人数创新高，单日客流峰值达20万人次.为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了100名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分100分）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值，并估计100名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）；
(2)已知满意度分值落在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差.
19．已知函数的定义域为，且，．
(1)若，求A与；
(2)证明：函数是偶函数；
(3)证明：函数是周期函数；
(4)若的周期为T，在上是减函数，记的正的零点从小到大依次为，，，，证明在区间上有4048个零点，且．
参考答案
1．【答案】B
【分析】利用进行求解.
【详解】由题知，
．
故选B.
2．【答案】C
【分析】根据指数函数性质可对A项判断；利用幂函数性质可对B项判断；利用对数函数性质可对C项判断；利用二次函数性质可对D项判断.
【详解】对于选项A：根据指数函数的单调性可知该函数在上为单调减函数，故A项错误；
对于选项B：根据幂函数的性质可知该函数在上为单调递减函数，故B项错误；
对于选项C：根据对数函数的单调性可知该函数在上为单调递增函数，故C项正确；
对于选项D：根据二次函数的性质可知该函数在上不单调，故D项错误.
故选C.
3．【答案】D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有（件），
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选D.
4．【答案】C
【分析】对于A，根据正八边形的性质可求出，对于B，利用向量的加法法则分析判断，对于C，根据向量的减法法则结合正八边形的性质分析判断，对于D，根据投影向量的定义分析判断.
【详解】对于A，因为，所以的夹角为，故A错误，
对于B，由于四边形不是平行四边形，所以，故B错误，
对于C，因为，，所以是等腰直角三角形，
所以，，
所以，故C正确.
结合图形可知在上的投影向量与的方向相反，故D错误.
故选C.
5．【答案】C
【分析】根据题意分析可得过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，结合台体的体积公式分析运算.
【详解】如图，连接，，
∵E，F分别为棱BC，的中点，则，
又∵，且，则为平行四边形，
∴，
可得，
故则过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，且三棱台的高为．
设正方体的棱长为2，则，
可得正方体的体积，
三棱台的体积，
故分成的上、下两部分几何体的体积比为．
故选C．
6．【答案】D
【分析】利用正弦函数的和差公式与三角函数的商数关系得到关于的方程组，进而结合三角函数的正负情况求得的取值范围，再次利用正弦函数的和差公式求得的值，由此得到的值.
【详解】因为，所以，
又因为，即，则，故，
联立，解得，
因为，，所以，
又，，所以，，
所以，，则，
因为，
所以.
故选D.
7．【答案】B
【分析】将两边平方，整理得，令，所以，即可求解．
【详解】因为，且，
所以，
所以，
令，
所以，其中，
所以，
即的取值范围是．
故选B．
8．【答案】B
【详解】由已知得，，
又，所以，即，
所以，解得.
故选B.
9．【答案】ABD
【分析】根据题意结合平面向量的相关运算逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，
对于A：若，则，
可得，
所以，故A正确；
对于B：因为，则，
若//，则有：
当或时，则或，可得成立；
当且时，则存在唯一实数，使得，
则，可得，整理得；
综上所述：若//，则，故B正确；
对于C：因为，则，
可得，
若，则，故C错误；
对于D：因为，
由选项A可得：， ，
由选项C可得：，
若与的夹角为，则，
即，解得，
因为，则，故D正确；
故选ABD.
10．【答案】BC
【分析】根据图形可直接判断A选项；利用异面直线所成角的定义可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；计算出梯形的面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由图形可知，直线，异面，故A错误；
对于B选项，连接，因为，则直线与所成角为或其补角，
易知为等边三角形，故，
因此，直线与所成的角为，故B正确；
对于C选项，分别取，的中点，，连接，，，
因为四边形为正方形，，分别为，的中点，
所以且，又因为，则四边形为矩形，
所以，且，同理可证，且，
因为平面，则平面，
因为平面，则，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因此，平面与平面所成二面角的平面角为，
因为平面，平面，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，故，
因此，平面与平面所成二面角的平面角为，故C正确；
对于D选项，易知，同理可得，
又因为且，则四边形为等腰梯形，
分别过点，在平面内作，，垂足分别为，，
因为，，，
所以，所以，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，所以，
所以，
由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形，
故截面面积为，故D错误.
故选BC.
11．【答案】BC
【分析】对于A，利用的奇偶性得到，代入即可求得，由此判断即可；
对于BC，利用的奇偶性与换元法得到，进而得到，从而利用赋值法即可得解；
对于D，由选项BC中的结论可推得是周期函数，进而推得，从而得以判断.
【详解】对于A，因为是定义域为R的奇函数，所以，
又因为当时，，
所以，解得，
所以，，故A错误；
对于B，因为为偶函数，所以，
令，则，所以，
令，则，故B正确；
对于C，因为，所以，
令，则，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以是的周期函数，则，
令，则由得，
故，
所以由的周期性可知，，
所以，故D错误.
故选BC.
12．【答案】
【分析】由在区间上单调递增，可得，再由对任意的恒成立，转化为，利用函数的单调性求出的最小值，从而可出的取值范围.
【详解】的对称轴为，
因为在区间上单调递增，所以，得，
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令（），
因为和在上递增，
所以在上递增，
所以，所以，得，
综上，，
即a的取值范围是.
故答案为：
13．【答案】
【分析】中，利用正弦定理求出，在中，，代入求值即可.
【详解】因为，
在中，，
由正弦定理得，即，解得，
在中，，
即纪念碑高为米.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质即可求解.
【详解】因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为，
设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则，
所以，解得，
所以该截角四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.
15．【答案】(1)或；
(2).
【分析】(1)根据题意可得，结合夹角公式运算求解；
(2)根据垂直关系求得，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】(1)因为，，则，
若与的夹角为，则且，
可得，解得或，
所以实数m的值为或.
(2)若，则，解得，
可得，
所以向量在向量上的投影向量为.
16．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】(1)根据题意，得到，求得，在中，利用余弦定理，即可求解；
(2)由，得到，再由平面，得到，证得平面，进而证得；
(3)连接，求得，根据平面，利用，即可求解.
【详解】(1)已知为圆O的直径，为圆上一点，可得，
又由D为线段上一点，且，可得，则，
因为，可得，即，解得，
在直角中，可得，
由余弦定理得，
所以.
(2)证明：由(1)知，可得，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
(3)连接，在中，，
可得，可得，
所以，
又由平面，且，
所以三棱锥的体积.
17．【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出，进而求出函数单调递增区间.
(2)探讨函数在上的性质，分离参数，利用数形结合法求出直线与函数在上的图象交点情况即可.
【详解】(1)依题意，，
由，，得，，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
(2)当时，，余弦函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数在上单调递减，函数值从1减小到；在上单调递增，函数值从增大到0，
方程，
因此方程的根即直线与函数在上的图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出直线与函数在上的图象，
观察图象知，当或，即或时，直线与函数在上的图象无交点；
当或，即或时，直线与函数在上的图象有1个交点；
当，即时，直线与函数在上的图象有2个交点，
所以当或时，方程根的个数为0；
当或时，方程根的个数为1；
当时，方程根的个数为2.
18．【答案】(1)，众数为85，中位数为82；
(2)平均数为81；方差为30.
【分析】(1)根据频率分布直方图中各组频率之和为1即可求得a的值；结合众数和中位数的含义即可求得它们的值；
(2)根据平均数以及方差的计算公式，即可求得答案.
【详解】(1)由频率分布直方图可得，，解得，
由频率分布直方图可估计众数为85，
满意度分值在的频率为，
在的频率为，
所以中位数落在区间内，
所以中位数为.
(2)由频率分布直方图得，满意度分值在的频率为，人数为20；
在的频率为，人数为30，
把满意度分值在记为，其平均数，方差，
在内记为，其平均数，方差，
所以满意度分值在的平均数，
根据方差的定义，满意度分值在的方差为
由，可得，
同理可得，
因此，
.
19．【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
(4)证明见解析.
【分析】(1) 根据函数值计算求出余弦函数的参数值；
(2)应用偶函数定义证明；
(3)应用周期定义证明；
(4)赋值法得出零点结合对称性及周期性即可证明函数的零点个数及恒等式.
【详解】(1)因为①，
令，可得，，
因为，所以，
由，得．
由，得，
解得．
因为，所以，
所以，则
，
所以．
解法二：因为，
所以
．
．
因为，所以，
解得，或．
当时，，与已知矛盾，所以，
由，且，得
所以．
(2)由(1)得，，
①中，令可得，，
即，所以函数为偶函数.
(3)令得，，
即有，
从而可知，，
故，
即．
所以函数是一个周期为的周期函数．
(4)由(1)得，，
在中，
令，可得，
因为，所以，
所以，又因为在上是减函数，
所以在区间上有且仅有一个零点．
中，令，得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
又因为是偶函数，所以在上有且仅有一个零点，即在一个周期内有且仅有2个零点．
，
所以在内的零点为和．
，，．
因此，对任意，在上有且仅有两个零点：
，．
在上有4048个零点：
，，，，，，，
其中，．
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