还剩24页未读，
继续阅读
2022-2023学年浙江省绍兴市高三上学期期末数学试题及答案
展开
这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市高三上学期期末数学试题及答案，共27页。试卷主要包含了 设全集，集合，则， 已知，则下列说法正确的是， 已知函数，则下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集、交集运算求解即可.
【详解】，，
故选：C
2. 已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求出复数，即可确定点的位置.
【详解】由可知，，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，故点位于第四象限，
故选：D.
3. 已知平面向量，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得向量的坐标形式，后由向量在坐标形式下的平行公式可得答案.
【详解】由题，有.
又，则，又，则.
故选：C
4. 某校进行“七选三”选课，甲､乙两名学生都要从物理､化学､生物､政治､历史､地理和技术这7门课程中选择3门课程进行高考，假设他们对这7门课程都没有偏好，则他们所选课程中有2门课程相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出总的选法，再求出2门学科相同时的选法种数，由古典概型求解.
【详解】甲乙分别选3门学科共有种不同的选法，
其中所选有2门学科相同的选法为先选出2门学科作为相同学科，从剩余5门学科选1门给甲，再从剩余4门学科中选1门给乙，共有种，
所以，
故选：A
5. 仰望星空，探索宇宙一直是人类的梦想，“神舟十五号”载人飞船于北京时间11月29日23时08分发射，约10分钟后，“神舟十五号”载人飞船与火箭成功分离.早在1903年，科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由所给信息，可得，据此可得答案.
【详解】由所给信息，可得，.
则.
故选：B
6. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，大小不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意化简可得，分别讨论，，三种情况，即可得到的大小关系.
【详解】由可知，，
移项可得，
即，
当时，，此时，即，故A错，B对，
当时，，此时，即，故A错，B对，
当时，，此时，即，故C，D错，
故选：B.
7. 已知函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解.
【详解】令，则，
解得或，
即或，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故选：D
8. 已知是边长为4的正三角形，分别为边上的一点（不含端点），现将折起，记二面角的平面角为，若，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，设，表达出故，，结合二面角的平面角和锥体体积公式得到，由积化和差和三角函数图像得到，再由基本不等式求出四棱锥的体积的最大值.
【详解】因为是边长为4的正三角形，所以，
过点B作BH⊥MN于点H，故的MN上的高为，
设，则，
故，，
则，
所以四边形的面积为，
又二面角的平面角，
故四棱锥的高为，
故，
其中，
因为，故，故，
故，当且仅当时，等号成立，
所以
其中，
即，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
综上：四棱锥体积的最大值为.
故选：A
【点睛】三角函数中的和差化积和积化和差公式在高中课本中消失，但不是不再要求学生掌握，再处理相关题目时，常常利用和差化积和积化和差公式，可达到事半功倍的效果，以下是相关公式：
和差化积公式：，
，
，
积化和差公式：，
，
，
.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题列出的四个备选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分）
9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数为偶函数B. 函数的最小值为
C. 函数的最大值为D. 函数在上有两个极值点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇偶性直接判断A；结合求解最值判断BC；利用导数，结合三角函数性质求解极值点个数判断D.
【详解】解：对于A选项，函数定义域为，，所以函数为偶函数，故正确；
对于B选项，，
所以，当时，函数有最小值，故错误；
对于C选项，由于，故当时，函数有最大值，故正确；
对于D选项，当，，令得或，
令在上的两个实数根为，则，
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，在处取得极大值，在和处取得极小值，
所以，函数在上有三个极值点，故错误.
故选：AC
10. 在斜三棱柱中，是线段的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在直线平面，使得
B. 存在直线平面，使得
C. 存在直线平面，使得
D. 存在直线平面，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】当直线为时，可判断A得正误；假设，利用与的位置关系判断B的正误；
过点作的垂线，设垂足为，过点在平面作的垂线交于点，连接，证明平面即可判断C；在平面内，作即可判断D
【详解】当直线为时，易知，故A对；
假设，因为，所以，
因为平面，且平面，
所以直线与直线要么相交，要么异面，与原假设不符，故B错误；
过点作的垂线，设垂足为，
过点在平面作的垂线交于点，连接，即直线，
因为平面，
此时平面，且平面，
所以，又因为，
此时，即，故C对；
在平面内，作,交于点，即直线，
因为，所以即，故D对；
故选：ACD.
11. 已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于点，过分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，线段的中点为，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最小值为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】当直线斜率不存在时，可判断A，D的正误；由抛物线焦点弦的性质，可判断B的正误，由抛物线的定义可判断C的正误.
【详解】当直线斜率不存在时，，此时，故A错；
在抛物线中，设弦的中点为，
则有，
所以点到准线的距离为，
所以以焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切，
所以为以为直径的圆上一点，即，故B对；
由抛物线定义可知，，所以，
因为，，
所以，同理，
因为，即，所以，故C对；
因为焦点到准线的距离为，所以，
设直线的方程为：，
联立方程组，即，
所以，，
所以，
当时，，
即直线斜率不存在时，有最小值4，
所以该三角形面积的最小值为4，故D对；
故选：BCD.
12. 设定义在上的函数的导函数分别为，若，且为偶函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 的图象关于对称
C. D. 函数为周期函数，且周期为8
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A项，根据为偶函数求出的表达式，然后给的表达式两边求导，然后取特值求解；
对于D项，根据找到与的关系，根据A项的表达式得到的周期；
对于C项，根据的表达式，令特值求解即可.
对于B项，根据，且为偶函数求出一个周期内仅有的两条对称轴，得结果.
【详解】对于A 项，为偶函数
令，则
，故A正确；
对于D 项，
用代替原来的得：①
又是偶函数
用代替原来的得：②
由①②结合得：③
又
用代替原来的得：④
由③④联立得：⑤
用代替原来的得：⑥
⑥⑤得：,所以函数为周期函数，且周期为8，
用代替原来得：⑦
用代替原来的得：⑧
用代替原来的得：⑨
结合⑦⑧⑨得，
用代替原来的得：，
所以函数为周期函数，且周期为8，故D正确；
对于C 项，为满足题意的一组解，
但，故C错误.
对于B项，因为 为满足题意的一组解，
但不关于对称，所以B错误.
故选：AD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的展开式中项的系数为___________(用数字作答)
【答案】160
【解析】
【分析】由二项式的展开式的通项公式得到，令，即可求出展开式中项的系数.
【详解】因为，
所以令，则的展开式中项的系数为，
故答案为：.
14. 若圆和圆相交，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，再由圆心距与半径间的关系列出不等式求解即可．
【详解】化圆：为，则圆心坐标为，半径为3，
圆：的圆心坐标为，半径为2，
故，
要使圆：和圆：相交，
则，即，解得且，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
15. 若函数在上存在最小值，则实数的取值可以是______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，函数的极小值在内，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，
令得，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，有极小值，
因为函数在上存在最小值，
又，
所以，解得，
故答案为：内任一值均可.
16. 已知实数，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设直线：，则几何意义为，点到直线的距离，即可求出取值范围.
【详解】根据题意，设直线：，设点
那么点到直线的距离为：，
因为，所以，且直线的斜率，
当直线的斜率不存在时，，所以，
当时， ，
所以，即，
因为，所以，
故答案为：.
四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 在中，角所对的边分别为，若
（1）求角.
（2）若角为钝角，求面积的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简可求的值，进而求出角；
（2）根据余弦定理可求出的取值范围，进而求面积的取值范围.
【小问1详解】
，
即
又，即得
又或
【小问2详解】
角为钝角，
由余弦定理得：
角为钝角，，即
18. 已知数列的前项和为，满足.
（1）求的值，并求数列的通项公式.
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式分别计算的值，然后构造数列，利用累加法求出通项公式；
（2）错位相减法求和.
【小问1详解】
，
当时，；当时，，
，
，
，
又
【小问2详解】
由（1）得，
，
，
，
19. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面为中点.
（1）如果与平面所成的线面角为，求证：平面.
（2）当与平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而证明，即可证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而利用坐标法求解线面角得，在计算体积即可.
【小问1详解】
证明：平面，平面，
为与平面平面所成的线面角，
∵与平面所成的线面角为
，
∵为的中点，
，
∵底面是边长为的正方形，即
∵平面，
平面，
又∵平面，
∴，
∵平面，
平面
【小问2详解】
解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即，
，取，得，
与平面所成角的正弦值为
，
当且仅当，即时等号成立.
，
三棱锥的体积.
20. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下.
（1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
（2）可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？
（3）从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若，则
【答案】（1）80.5
（2）72分 （3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，
平均分；
【小问2详解】
由（1）可知，,
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为72分；
【小问3详解】
由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分，
则,，
，
则.
21. 已知是双曲线上相异的三个点，点关于原点对称，直线的斜率乘积为2.
（1）求双曲线的离心率.
（2）若双曲线过点，过圆上一点作圆的切线，直线交双曲线于两点，，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用及点差法即可求出，据此可得椭圆离心率；
（2）分直线斜率存在与不存在讨论，斜率不存在时验证可得不成立，当斜率存在时，设直线的方程为，联立双曲线方程，由根与系数的关系计算可得，据此求出，利用弦长公式求解可得.
【小问1详解】
设，根据对称性，知，
所以.
因为点在双曲线上，所以，两式相减，得，
所以，所以.
【小问2详解】
因为双曲线过点，所以双曲线方程：
当直线斜率不存在时，则
直线的斜率不存在时不成立.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
又点到直线的距离，
联立，消去得，
则，
即，，
，，
，
将代入上式得，
或，即或.
直线的方程为：或
22. 已知函数.
（1）若，求实数的取值范围.
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得，进而得出，利用不等式的性质及构造函数，利用导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当时，成立即可，转化成求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【小问1详解】
因为，则，即，
反之当时，，
令，则，
设，由于在单调递增，且，
所以当时，，即，
当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：①
下面证明当时，②
等价于，设，
当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，所以②式成立，
由①､②可得：，当时取到“”，
取有，，
所以，不等式成立.
【点睛】解决此题的关键第一问根据条件得出，进而构造函数，将恒成立问题转化为求函数的最值，利用导数法求函数的最值即可，第二问的关键根据第一问得，进而问题转化为只需证当时，即可，不等式恒成立问题转化为求函数的最值，转而构造函数利用导数法求函数的最值即可.
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集、交集运算求解即可.
【详解】，，
故选：C
2. 已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求出复数，即可确定点的位置.
【详解】由可知，，
所以复数在复平面内对应的点的坐标为，故点位于第四象限，
故选：D.
3. 已知平面向量，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得向量的坐标形式，后由向量在坐标形式下的平行公式可得答案.
【详解】由题，有.
又，则，又，则.
故选：C
4. 某校进行“七选三”选课，甲､乙两名学生都要从物理､化学､生物､政治､历史､地理和技术这7门课程中选择3门课程进行高考，假设他们对这7门课程都没有偏好，则他们所选课程中有2门课程相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出总的选法，再求出2门学科相同时的选法种数，由古典概型求解.
【详解】甲乙分别选3门学科共有种不同的选法，
其中所选有2门学科相同的选法为先选出2门学科作为相同学科，从剩余5门学科选1门给甲，再从剩余4门学科中选1门给乙，共有种，
所以，
故选：A
5. 仰望星空，探索宇宙一直是人类的梦想，“神舟十五号”载人飞船于北京时间11月29日23时08分发射，约10分钟后，“神舟十五号”载人飞船与火箭成功分离.早在1903年，科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基就提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大速度满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度.已知某单级火箭结构质量是推进剂质量的2倍，火箭的最大速度为，则火箭发动机的喷气速度为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由所给信息，可得，据此可得答案.
【详解】由所给信息，可得，.
则.
故选：B
6. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，大小不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意化简可得，分别讨论，，三种情况，即可得到的大小关系.
【详解】由可知，，
移项可得，
即，
当时，，此时，即，故A错，B对，
当时，，此时，即，故A错，B对，
当时，，此时，即，故C，D错，
故选：B.
7. 已知函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解.
【详解】令，则，
解得或，
即或，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故选：D
8. 已知是边长为4的正三角形，分别为边上的一点（不含端点），现将折起，记二面角的平面角为，若，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，设，表达出故，，结合二面角的平面角和锥体体积公式得到，由积化和差和三角函数图像得到，再由基本不等式求出四棱锥的体积的最大值.
【详解】因为是边长为4的正三角形，所以，
过点B作BH⊥MN于点H，故的MN上的高为，
设，则，
故，，
则，
所以四边形的面积为，
又二面角的平面角，
故四棱锥的高为，
故，
其中，
因为，故，故，
故，当且仅当时，等号成立，
所以
其中，
即，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
综上：四棱锥体积的最大值为.
故选：A
【点睛】三角函数中的和差化积和积化和差公式在高中课本中消失，但不是不再要求学生掌握，再处理相关题目时，常常利用和差化积和积化和差公式，可达到事半功倍的效果，以下是相关公式：
和差化积公式：，
，
，
积化和差公式：，
，
，
.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题列出的四个备选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分）
9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数为偶函数B. 函数的最小值为
C. 函数的最大值为D. 函数在上有两个极值点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇偶性直接判断A；结合求解最值判断BC；利用导数，结合三角函数性质求解极值点个数判断D.
【详解】解：对于A选项，函数定义域为，，所以函数为偶函数，故正确；
对于B选项，，
所以，当时，函数有最小值，故错误；
对于C选项，由于，故当时，函数有最大值，故正确；
对于D选项，当，，令得或，
令在上的两个实数根为，则，
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，在处取得极大值，在和处取得极小值，
所以，函数在上有三个极值点，故错误.
故选：AC
10. 在斜三棱柱中，是线段的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在直线平面，使得
B. 存在直线平面，使得
C. 存在直线平面，使得
D. 存在直线平面，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】当直线为时，可判断A得正误；假设，利用与的位置关系判断B的正误；
过点作的垂线，设垂足为，过点在平面作的垂线交于点，连接，证明平面即可判断C；在平面内，作即可判断D
【详解】当直线为时，易知，故A对；
假设，因为，所以，
因为平面，且平面，
所以直线与直线要么相交，要么异面，与原假设不符，故B错误；
过点作的垂线，设垂足为，
过点在平面作的垂线交于点，连接，即直线，
因为平面，
此时平面，且平面，
所以，又因为，
此时，即，故C对；
在平面内，作,交于点，即直线，
因为，所以即，故D对；
故选：ACD.
11. 已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于点，过分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，线段的中点为，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最小值为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】当直线斜率不存在时，可判断A，D的正误；由抛物线焦点弦的性质，可判断B的正误，由抛物线的定义可判断C的正误.
【详解】当直线斜率不存在时，，此时，故A错；
在抛物线中，设弦的中点为，
则有，
所以点到准线的距离为，
所以以焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切，
所以为以为直径的圆上一点，即，故B对；
由抛物线定义可知，，所以，
因为，，
所以，同理，
因为，即，所以，故C对；
因为焦点到准线的距离为，所以，
设直线的方程为：，
联立方程组，即，
所以，，
所以，
当时，，
即直线斜率不存在时，有最小值4，
所以该三角形面积的最小值为4，故D对；
故选：BCD.
12. 设定义在上的函数的导函数分别为，若，且为偶函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 的图象关于对称
C. D. 函数为周期函数，且周期为8
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A项，根据为偶函数求出的表达式，然后给的表达式两边求导，然后取特值求解；
对于D项，根据找到与的关系，根据A项的表达式得到的周期；
对于C项，根据的表达式，令特值求解即可.
对于B项，根据，且为偶函数求出一个周期内仅有的两条对称轴，得结果.
【详解】对于A 项，为偶函数
令，则
，故A正确；
对于D 项，
用代替原来的得：①
又是偶函数
用代替原来的得：②
由①②结合得：③
又
用代替原来的得：④
由③④联立得：⑤
用代替原来的得：⑥
⑥⑤得：,所以函数为周期函数，且周期为8，
用代替原来得：⑦
用代替原来的得：⑧
用代替原来的得：⑨
结合⑦⑧⑨得，
用代替原来的得：，
所以函数为周期函数，且周期为8，故D正确；
对于C 项，为满足题意的一组解，
但，故C错误.
对于B项，因为 为满足题意的一组解，
但不关于对称，所以B错误.
故选：AD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的展开式中项的系数为___________(用数字作答)
【答案】160
【解析】
【分析】由二项式的展开式的通项公式得到，令，即可求出展开式中项的系数.
【详解】因为，
所以令，则的展开式中项的系数为，
故答案为：.
14. 若圆和圆相交，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，再由圆心距与半径间的关系列出不等式求解即可．
【详解】化圆：为，则圆心坐标为，半径为3，
圆：的圆心坐标为，半径为2，
故，
要使圆：和圆：相交，
则，即，解得且，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
15. 若函数在上存在最小值，则实数的取值可以是______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，函数的极小值在内，即可求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，
令得，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，有极小值，
因为函数在上存在最小值，
又，
所以，解得，
故答案为：内任一值均可.
16. 已知实数，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设直线：，则几何意义为，点到直线的距离，即可求出取值范围.
【详解】根据题意，设直线：，设点
那么点到直线的距离为：，
因为，所以，且直线的斜率，
当直线的斜率不存在时，，所以，
当时， ，
所以，即，
因为，所以，
故答案为：.
四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 在中，角所对的边分别为，若
（1）求角.
（2）若角为钝角，求面积的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简可求的值，进而求出角；
（2）根据余弦定理可求出的取值范围，进而求面积的取值范围.
【小问1详解】
，
即
又，即得
又或
【小问2详解】
角为钝角，
由余弦定理得：
角为钝角，，即
18. 已知数列的前项和为，满足.
（1）求的值，并求数列的通项公式.
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式分别计算的值，然后构造数列，利用累加法求出通项公式；
（2）错位相减法求和.
【小问1详解】
，
当时，；当时，，
，
，
，
又
【小问2详解】
由（1）得，
，
，
，
19. 在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面为中点.
（1）如果与平面所成的线面角为，求证：平面.
（2）当与平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而证明，即可证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而利用坐标法求解线面角得，在计算体积即可.
【小问1详解】
证明：平面，平面，
为与平面平面所成的线面角，
∵与平面所成的线面角为
，
∵为的中点，
，
∵底面是边长为的正方形，即
∵平面，
平面，
又∵平面，
∴，
∵平面，
平面
【小问2详解】
解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即，
，取，得，
与平面所成角的正弦值为
，
当且仅当，即时等号成立.
，
三棱锥的体积.
20. 为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下.
（1）用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
（2）可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？
（3）从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若，则
【答案】（1）80.5
（2）72分 （3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，
平均分；
【小问2详解】
由（1）可知，,
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为72分；
【小问3详解】
由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分，
则,，
，
则.
21. 已知是双曲线上相异的三个点，点关于原点对称，直线的斜率乘积为2.
（1）求双曲线的离心率.
（2）若双曲线过点，过圆上一点作圆的切线，直线交双曲线于两点，，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用及点差法即可求出，据此可得椭圆离心率；
（2）分直线斜率存在与不存在讨论，斜率不存在时验证可得不成立，当斜率存在时，设直线的方程为，联立双曲线方程，由根与系数的关系计算可得，据此求出，利用弦长公式求解可得.
【小问1详解】
设，根据对称性，知，
所以.
因为点在双曲线上，所以，两式相减，得，
所以，所以.
【小问2详解】
因为双曲线过点，所以双曲线方程：
当直线斜率不存在时，则
直线的斜率不存在时不成立.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
又点到直线的距离，
联立，消去得，
则，
即，，
，，
，
将代入上式得，
或，即或.
直线的方程为：或
22. 已知函数.
（1）若，求实数的取值范围.
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得，进而得出，利用不等式的性质及构造函数，利用导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当时，成立即可，转化成求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【小问1详解】
因为，则，即，
反之当时，，
令，则，
设，由于在单调递增，且，
所以当时，，即，
当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，所以.
【小问2详解】
由（1）可知：①
下面证明当时，②
等价于，设，
当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，所以②式成立，
由①､②可得：，当时取到“”，
取有，，
所以，不等式成立.
【点睛】解决此题的关键第一问根据条件得出，进而构造函数，将恒成立问题转化为求函数的最值，利用导数法求函数的最值即可，第二问的关键根据第一问得，进而问题转化为只需证当时，即可，不等式恒成立问题转化为求函数的最值，转而构造函数利用导数法求函数的最值即可.
相关试卷
2022-2023学年浙江省绍兴市高一上学期期末数学试题（含解析）： 这是一份2022-2023学年浙江省绍兴市高一上学期期末数学试题（含解析），共14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。
浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题： 这是一份浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题，文件包含浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题教师版含解析docx、浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题及答案： 这是一份浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题及答案，文件包含浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题教师版含解析docx、浙江省绍兴市2022-2023学年高一上学期期末数学试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
