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湘豫名校联考2023届高三上学期理数8月入学摸底考试试卷
一、单选题
1．（2023湘豫高三上·开学考）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023湘豫高三上·开学考）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2023湘豫高三上·开学考）已知随机变量，若，则（ ）
A．0.6 B．0.5 C．0.3 D．0.2
4．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数，若，则（ ）
A．1 B．2 C．-1 D．-2
5．（2023湘豫高三上·开学考）定义函数，已知为虚数单位，则的展开式中常数项是（ ）
A．180 B．120 C．90 D．45
6．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023湘豫高三上·开学考）已知数列是递增的等差数列，是与的等比中项，且.若，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
8．（2023湘豫高三上·开学考）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得函数图象向左平移个单位长度，最后将所得函数图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变，得到如图所示的函数的部分图象，则的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023湘豫高三上·开学考）某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72 B．108 C．216 D．432
10．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数的定义域为的导函数是，且.给出下列不等式：①；②；③，其中不等式恒成立的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
11．（2023湘豫高三上·开学考）已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2023湘豫高三上·开学考）设双曲线的左 右焦点分别为，过点作斜率为的直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
二、填空题
13．（2023湘豫高三上·开学考）已知向量.若，则 .
14．过抛物线 的焦点作一条直线交抛物线于A,B两点，若线段AB的中点M的横坐标为2，则 等于 .
15．（2023湘豫高三上·开学考）已知等比数列的前项和为，若，且.数列满足，若存在常数，使不等式恒成立，则的最小值为 .
16．（2023湘豫高三上·开学考）已知不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是 .
三、解答题
17．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）若，求函数的值域；
（2）已知分别为锐角的内角所对的边，，且，求的面积.
18．（2023湘豫高三上·开学考）在如图所示的直三棱柱中，为正三角形，且，点分别为的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的余弦值.
19．（2023湘豫高三上·开学考）某商超通过产品 价格 渠道和促销等各种营销策略，销售业绩得到不断提升，商超利润也有较大的攀升，经统计，该商超近7周的利润数据如下：
第周 1 2 3 4 5 6 7
商超利润（单位：万元） 32 35 36 45 47 51 55
附：；参考数据：
（1）若关于具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该商超下周的利润；
（2）该商超为提升业绩，决定对客户开展抽奖促销活动：单张小票不超过500元可参加抽奖一次；单张小票超过500元可参加抽奖两次.若抽中“一等奖”，可获得30元的代金券；抽中“二等奖”，可获得20元的代金券；抽中“谢谢参与”，则没有奖励.已知本次抽奖活动中获得“一等奖”的概率为，获得二等奖”的概率为.某客户有两次参与抽奖活动的机会，假设两次抽奖之间是否中奖相互独立，求该客户所获得代金券总额（元）的分布列及数学期望.
20．（2023湘豫高三上·开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心 椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
21．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）证明：.
22．（2023湘豫高三上·开学考）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过点，倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；
（2）设直线与轴交于点，点为曲线上的动点，当最大时，求的面积.
23．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，且正数满足，证明：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为集合，所以，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】运用绝对值不等式的解法，化简集合M，再由补集和并集的定义，即可得到答案.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面.
所以由“”可得“”，充分性成立；
反之亦成立.所以“”是“”成立的充要条件.
故答案为：A
【分析】根据充分、必要条件以及线面垂直的知识可解.
3．【答案】D
【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】解：由随机变量及正态分布的对称性，知，
所以.
故答案为：D.
【分析】由已知可得正态分布曲线的对称轴，再由正态分布曲线的对称性求.
4．【答案】B
【知识点】函数的值
【解析】【解答】由函数，可得.
因为，所以.
所以.
故答案为：B.
【分析】 根据已知求得，即可求出a的值.
5．【答案】A
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】，
由题可知，所以.
所以的展开式的通项为.
令，解得.所以展开式中的常数项是.
故答案为：A
【分析】利用题目的条件解出，根据通项公式，进而解出，所以展开式中的常数项是.
6．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为.
因为恒成立，所以在上单调递减.
则由可得，解得，即原不等式的解集为.
故答案为：B.
【分析】先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，利用单调性即可求解不等式.
7．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】因为数列是递增的等差数列，所以数列的公差.
由题意得，
解得或（舍去）.
所以.
所以.
所以.
故答案为：A
【分析】先根据等比中项的性质，得得，解得，推出，进而求出，再采用裂项求和法，即可得解.
8．【答案】D
【知识点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义
【解析】【解答】设，由函数图象，知，所以.所以.
又函数图象过点，所以.
所以，解得.
因为，所以.所以.所以.
故答案为：D.
【分析】设，根据函数图象的最小值和周期性，可得，，再代入点，可得，然后根据函数图象的变换法则，即可得解.
9．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.
故答案为：C.
【分析】先分配4名“熟手”，再分配2名“生手”，再利用分步乘法计数原理计算即可.
10．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】令，则.
因为，所以，函数在上单调递增.
对于①，因为，即，整理得，①恒成立；
对于②，因为，所以，即，整理得，②恒成立；
对于③，因为，所以，即，整理得，③错误.所以恒成立的不等式有①和②，共2个.
故答案为：C.
【分析】构造函数确定单调性，然后由判断各个不等式是否成立.
11．【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，所在圆即为的外接圆.
设圆的半径为，则，解得.
因为为等边三角形，所以.
由正弦定理可得，解得.
所以.
如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.
设球的半径为，在Rt中，，解得.
所以球的体积.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件求解的半径，求解的边长，然后求解棱锥的高，推出外接球的半径，然后求解球的体积.
12．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图，设为的中点，连接.
易知，所以，所以.
因为为的中点，所以.
设，因为，所以.
因为，所以.
所以.
因为是的中点，，所以.
在Rt中，；
在Rt中，.
所以，解得.
所以.
因为直线的斜率为，
所以，所以，
，所以离心率为.
故答案为：A
【分析】设为的中点，连接，则，，利用双曲线的定义，结合勾股定理分别在，中求出，从而得到，再利用直线的斜率列出等式，得到，即可得到答案.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平行向量与共线向量
【解析】【解答】因为，所以，解得.所以.
所以.
故答案为：．
【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法，可得的值，即可求得的值.
14．【答案】6
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设 ，因为抛物线的准线方程为x=-1，焦点为 ，则根据抛物线的定义可知 ，所以 2+2=6.
【分析】根据题意利用抛物线上的点的几何意义可得出则| A F | = x 1 + 1 , | B F | = x 2 + 1再借助中点的横坐标为2，整理可得出|AB|的值。
15．【答案】
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】将与作差，可得，即.
所以等比数列的公比.
因为，所以.
所以.所以.
因为，所以，当且仅当时“”成立.
所以.故的最小值为.
故答案为：．
【分析】将与作差，可得等比数列的公比，从而得到通项公式，再求出，利用基本不等式求得，即可得解.
16．【答案】(0，e]
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】不等式可变形为.
因为且，所以.
令，则.
所以函数在上单调递增.
不等式等价于，所以.
因为，所以.
设，则.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以，所以.
故正实数的取值范围是(0，e].
【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数求得正实数的取值范围.
17．【答案】（1）解：.因为，所以，所以.所以，即.所以函数的值域为.
（2）解：因为，所以.因为，所以，所以.所以.在中，因为，所以.因为，所以，解得.所以.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简函数，再由自变量的取值范围，可得函数的值域；
（2）由题意得，再由余弦定理可得，代入三角形的面积公式，可得该三角形的面积.
18．【答案】（1）解：在直三棱柱中，因为为正三角形，分别取的中点，连接，，于是平面，平面，则.
如图，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系.
因为为的中点，所以，.
因为点分别为的中点，所以.
所以.
设为平面的法向量，
由得
不妨取，可得.则.
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）解：因为，
所以.
设为平面的法向量，
由得
不妨取，可得，则.
由（1）知为平面的一个法向量，
所以.
由图知二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1） 分别取的中点，连接 ， 以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面角的正弦值；
（2）求得平面的法向量， 由（1）知为平面的一个法向量， 然后利用向量法求二面角的余弦值.
19．【答案】（1）解：根据表中数据，计算可得：所以.又因为，所以.所以.所以关于的线性回归方程为.当时，得.所以预测该商超下周的利润为59万元.
（2）解：该客户所获得的代金券总额的所有可能取值有.，代金券总额的分布列如下表：
0 20 30 40 50 60
所以（元）.
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可得线性回归方程，代入该线性回归方程即可求解；
（2）由题意可得， 的所有可能取值有 ，分别求出对应的概率，即可得的分布列，从而求得数学期望.
20．【答案】（1）解：由题意知，直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即.
因为，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）解：因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.
联立方程，得化简并整理得
设，则.
所以
设存在点，则直线与的斜率分别为，
所以
令，解得或.
当时，；
当时，.
因此，满足条件的点的坐标为和.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率公式及点到直线的距离公式求得，由，即可求得，求得椭圆方程；
（2）根据已知条件设直线的方程为，与椭圆方程联立， 化简并整理得，利用韦达定理及点在直线上，结合斜率公式即可求解.
21．【答案】（1）解：的定义域为.令，可得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以的单调递增区间为.
因为函数在上单调递增，所以.
所以.故实数的取值范围为.
（2）证明：因为，所以要证，只需证明成立.
令，则.
令，得，当时，单调递减；
当时，单调递增，所以.
令，则，
令，得，当时，单调递增；
当时，单调递减，所以.
因此，即，当且仅当时等号成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数求导，结合导数可求函数的单调递增区间，进而可求实数的取值范围；
（2）原不等式转化为，结合不等式构造函数，，结合导数与单调性关系分析函数的最值，即可得到答案.
22．【答案】（1）解：因为曲线的参数方程为（为参数），
所以消去可得曲线的普通方程为.
因为直线的斜率为，且过点，
所以直线的方程为，即.
将代入上式，可得直线的极坐标方程为，
即.
因此，曲线的普通方程为，直线的极坐标方程为.
（2）解：曲线的圆心，半径为
因为点到直线的距离为，
所以直线与曲线相离，如图，
当与曲线相切时，最大，此时，由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
即，
所以，解得或.
当时，最小，不满足条件，因此.
又因为直线的斜率为，所以.
连接，则，
所以.
又因为，所以，
所以的面积为.
【知识点】直线与圆的位置关系；简单曲线的极坐标方程
【解析】【分析】（1） 曲线的参数方程，消去可得曲线的普通方程为，再结合极坐标公式，即可求出直线的极坐标方程；
（2）根据已知条件， 直线与曲线相离 ，再结合当与曲线相切时，最大，即可求解.
23．【答案】（1）解：由题意知
当时，，不等式不成立；
当时，令，解得，所以；
当时，，不等式恒成立.
综上所述，不等式的解集为.
（2）解：方法一：
证明：由（1）知，所以.
因为，
当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
故有.
方法二：
证明：由（1）知，所以.
因为，当且仅当时取等号，
又因为，当且仅当时取等号，
所以.
方法三：
证明：由（1）知，所以.
所以，当且仅当时取等号.
【知识点】绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据去绝对值，分，，是讨论，求出解集；
（2）根据绝对值不等式求出最大值，再利用均值不等式进行求解.
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湘豫名校联考2023届高三上学期理数8月入学摸底考试试卷
一、单选题
1．（2023湘豫高三上·开学考）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为集合，所以，
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】运用绝对值不等式的解法，化简集合M，再由补集和并集的定义，即可得到答案.
2．（2023湘豫高三上·开学考）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面.
所以由“”可得“”，充分性成立；
反之亦成立.所以“”是“”成立的充要条件.
故答案为：A
【分析】根据充分、必要条件以及线面垂直的知识可解.
3．（2023湘豫高三上·开学考）已知随机变量，若，则（ ）
A．0.6 B．0.5 C．0.3 D．0.2
【答案】D
【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义
【解析】【解答】解：由随机变量及正态分布的对称性，知，
所以.
故答案为：D.
【分析】由已知可得正态分布曲线的对称轴，再由正态分布曲线的对称性求.
4．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数，若，则（ ）
A．1 B．2 C．-1 D．-2
【答案】B
【知识点】函数的值
【解析】【解答】由函数，可得.
因为，所以.
所以.
故答案为：B.
【分析】 根据已知求得，即可求出a的值.
5．（2023湘豫高三上·开学考）定义函数，已知为虚数单位，则的展开式中常数项是（ ）
A．180 B．120 C．90 D．45
【答案】A
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】，
由题可知，所以.
所以的展开式的通项为.
令，解得.所以展开式中的常数项是.
故答案为：A
【分析】利用题目的条件解出，根据通项公式，进而解出，所以展开式中的常数项是.
6．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为.
因为恒成立，所以在上单调递减.
则由可得，解得，即原不等式的解集为.
故答案为：B.
【分析】先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，利用单调性即可求解不等式.
7．（2023湘豫高三上·开学考）已知数列是递增的等差数列，是与的等比中项，且.若，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【解答】因为数列是递增的等差数列，所以数列的公差.
由题意得，
解得或（舍去）.
所以.
所以.
所以.
故答案为：A
【分析】先根据等比中项的性质，得得，解得，推出，进而求出，再采用裂项求和法，即可得解.
8．（2023湘豫高三上·开学考）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得函数图象向左平移个单位长度，最后将所得函数图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变，得到如图所示的函数的部分图象，则的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义
【解析】【解答】设，由函数图象，知，所以.所以.
又函数图象过点，所以.
所以，解得.
因为，所以.所以.所以.
故答案为：D.
【分析】设，根据函数图象的最小值和周期性，可得，，再代入点，可得，然后根据函数图象的变换法则，即可得解.
9．（2023湘豫高三上·开学考）某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72 B．108 C．216 D．432
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.
故答案为：C.
【分析】先分配4名“熟手”，再分配2名“生手”，再利用分步乘法计数原理计算即可.
10．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数的定义域为的导函数是，且.给出下列不等式：①；②；③，其中不等式恒成立的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】令，则.
因为，所以，函数在上单调递增.
对于①，因为，即，整理得，①恒成立；
对于②，因为，所以，即，整理得，②恒成立；
对于③，因为，所以，即，整理得，③错误.所以恒成立的不等式有①和②，共2个.
故答案为：C.
【分析】构造函数确定单调性，然后由判断各个不等式是否成立.
11．（2023湘豫高三上·开学考）已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】如图，所在圆即为的外接圆.
设圆的半径为，则，解得.
因为为等边三角形，所以.
由正弦定理可得，解得.
所以.
如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.
设球的半径为，在Rt中，，解得.
所以球的体积.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件求解的半径，求解的边长，然后求解棱锥的高，推出外接球的半径，然后求解球的体积.
12．（2023湘豫高三上·开学考）设双曲线的左 右焦点分别为，过点作斜率为的直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】如图，设为的中点，连接.
易知，所以，所以.
因为为的中点，所以.
设，因为，所以.
因为，所以.
所以.
因为是的中点，，所以.
在Rt中，；
在Rt中，.
所以，解得.
所以.
因为直线的斜率为，
所以，所以，
，所以离心率为.
故答案为：A
【分析】设为的中点，连接，则，，利用双曲线的定义，结合勾股定理分别在，中求出，从而得到，再利用直线的斜率列出等式，得到，即可得到答案.
二、填空题
13．（2023湘豫高三上·开学考）已知向量.若，则 .
【答案】
【知识点】向量的模；平行向量与共线向量
【解析】【解答】因为，所以，解得.所以.
所以.
故答案为：．
【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法，可得的值，即可求得的值.
14．过抛物线 的焦点作一条直线交抛物线于A,B两点，若线段AB的中点M的横坐标为2，则 等于 .
【答案】6
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设 ，因为抛物线的准线方程为x=-1，焦点为 ，则根据抛物线的定义可知 ，所以 2+2=6.
【分析】根据题意利用抛物线上的点的几何意义可得出则| A F | = x 1 + 1 , | B F | = x 2 + 1再借助中点的横坐标为2，整理可得出|AB|的值。
15．（2023湘豫高三上·开学考）已知等比数列的前项和为，若，且.数列满足，若存在常数，使不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】数列与不等式的综合
【解析】【解答】将与作差，可得，即.
所以等比数列的公比.
因为，所以.
所以.所以.
因为，所以，当且仅当时“”成立.
所以.故的最小值为.
故答案为：．
【分析】将与作差，可得等比数列的公比，从而得到通项公式，再求出，利用基本不等式求得，即可得解.
16．（2023湘豫高三上·开学考）已知不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是 .
【答案】(0，e]
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】不等式可变形为.
因为且，所以.
令，则.
所以函数在上单调递增.
不等式等价于，所以.
因为，所以.
设，则.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以，所以.
故正实数的取值范围是(0，e].
【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数求得正实数的取值范围.
三、解答题
17．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）若，求函数的值域；
（2）已知分别为锐角的内角所对的边，，且，求的面积.
【答案】（1）解：.因为，所以，所以.所以，即.所以函数的值域为.
（2）解：因为，所以.因为，所以，所以.所以.在中，因为，所以.因为，所以，解得.所以.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简函数，再由自变量的取值范围，可得函数的值域；
（2）由题意得，再由余弦定理可得，代入三角形的面积公式，可得该三角形的面积.
18．（2023湘豫高三上·开学考）在如图所示的直三棱柱中，为正三角形，且，点分别为的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）解：在直三棱柱中，因为为正三角形，分别取的中点，连接，，于是平面，平面，则.
如图，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系.
因为为的中点，所以，.
因为点分别为的中点，所以.
所以.
设为平面的法向量，
由得
不妨取，可得.则.
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）解：因为，
所以.
设为平面的法向量，
由得
不妨取，可得，则.
由（1）知为平面的一个法向量，
所以.
由图知二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1） 分别取的中点，连接 ， 以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面角的正弦值；
（2）求得平面的法向量， 由（1）知为平面的一个法向量， 然后利用向量法求二面角的余弦值.
19．（2023湘豫高三上·开学考）某商超通过产品 价格 渠道和促销等各种营销策略，销售业绩得到不断提升，商超利润也有较大的攀升，经统计，该商超近7周的利润数据如下：
第周 1 2 3 4 5 6 7
商超利润（单位：万元） 32 35 36 45 47 51 55
附：；参考数据：
（1）若关于具有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该商超下周的利润；
（2）该商超为提升业绩，决定对客户开展抽奖促销活动：单张小票不超过500元可参加抽奖一次；单张小票超过500元可参加抽奖两次.若抽中“一等奖”，可获得30元的代金券；抽中“二等奖”，可获得20元的代金券；抽中“谢谢参与”，则没有奖励.已知本次抽奖活动中获得“一等奖”的概率为，获得二等奖”的概率为.某客户有两次参与抽奖活动的机会，假设两次抽奖之间是否中奖相互独立，求该客户所获得代金券总额（元）的分布列及数学期望.
【答案】（1）解：根据表中数据，计算可得：所以.又因为，所以.所以.所以关于的线性回归方程为.当时，得.所以预测该商超下周的利润为59万元.
（2）解：该客户所获得的代金券总额的所有可能取值有.，代金券总额的分布列如下表：
0 20 30 40 50 60
所以（元）.
【知识点】线性回归方程；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可得线性回归方程，代入该线性回归方程即可求解；
（2）由题意可得， 的所有可能取值有 ，分别求出对应的概率，即可得的分布列，从而求得数学期望.
20．（2023湘豫高三上·开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心 椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意知，直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即.
因为，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）解：因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.
联立方程，得化简并整理得
设，则.
所以
设存在点，则直线与的斜率分别为，
所以
令，解得或.
当时，；
当时，.
因此，满足条件的点的坐标为和.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率公式及点到直线的距离公式求得，由，即可求得，求得椭圆方程；
（2）根据已知条件设直线的方程为，与椭圆方程联立， 化简并整理得，利用韦达定理及点在直线上，结合斜率公式即可求解.
21．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）解：的定义域为.令，可得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以的单调递增区间为.
因为函数在上单调递增，所以.
所以.故实数的取值范围为.
（2）证明：因为，所以要证，只需证明成立.
令，则.
令，得，当时，单调递减；
当时，单调递增，所以.
令，则，
令，得，当时，单调递增；
当时，单调递减，所以.
因此，即，当且仅当时等号成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先对函数求导，结合导数可求函数的单调递增区间，进而可求实数的取值范围；
（2）原不等式转化为，结合不等式构造函数，，结合导数与单调性关系分析函数的最值，即可得到答案.
22．（2023湘豫高三上·开学考）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线过点，倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；
（2）设直线与轴交于点，点为曲线上的动点，当最大时，求的面积.
【答案】（1）解：因为曲线的参数方程为（为参数），
所以消去可得曲线的普通方程为.
因为直线的斜率为，且过点，
所以直线的方程为，即.
将代入上式，可得直线的极坐标方程为，
即.
因此，曲线的普通方程为，直线的极坐标方程为.
（2）解：曲线的圆心，半径为
因为点到直线的距离为，
所以直线与曲线相离，如图，
当与曲线相切时，最大，此时，由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
即，
所以，解得或.
当时，最小，不满足条件，因此.
又因为直线的斜率为，所以.
连接，则，
所以.
又因为，所以，
所以的面积为.
【知识点】直线与圆的位置关系；简单曲线的极坐标方程
【解析】【分析】（1） 曲线的参数方程，消去可得曲线的普通方程为，再结合极坐标公式，即可求出直线的极坐标方程；
（2）根据已知条件， 直线与曲线相离 ，再结合当与曲线相切时，最大，即可求解.
23．（2023湘豫高三上·开学考）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，且正数满足，证明：.
【答案】（1）解：由题意知
当时，，不等式不成立；
当时，令，解得，所以；
当时，，不等式恒成立.
综上所述，不等式的解集为.
（2）解：方法一：
证明：由（1）知，所以.
因为，
当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
故有.
方法二：
证明：由（1）知，所以.
因为，当且仅当时取等号，
又因为，当且仅当时取等号，
所以.
方法三：
证明：由（1）知，所以.
所以，当且仅当时取等号.
【知识点】绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据去绝对值，分，，是讨论，求出解集；
（2）根据绝对值不等式求出最大值，再利用均值不等式进行求解.
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