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江苏省南京市江宁区五校2022-2023学年高三上学期数学期中联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·江宁期中）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】，
，
，
则
故答案为：A.
【分析】先求出集合A，B中元素范围，在根据交集和补给的概念得答案.
2．（2022高三上·江宁期中）设复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数求模
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用复数的四则运算以及复数模的运算即可求解.
3．（2021高二下·番禺期末）在 的展开式中，常数项为（ ）
A．15 B． C．30 D．
【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】 ，
令 ，得 ，
所以常数项是 。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的常数项。
4．（2022高三上·江宁期中）我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：如图，过作于，
由题意可知，在直三棱柱中，到平面的距离为，
即，又，
所以该柱体体积为.
故答案为：B.
【分析】根据三棱柱的体积公式求解即可.
5．（2022高三上·江宁期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：因为函数，
所以是奇函数，则排除A，
又，
且，
等号不同时成立，则，
故答案为：B
【分析】先通过奇偶性排除部分选项，再由，判断.
6．（2022高三上·江宁期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】 ，
，
等号两边取平方得： ；
故答案为：A.
【分析】运用正切和差公式，对条件作恒等变换即可.
7．（2022高三上·江宁期中）已知菱形的边长为2，，是菱形内一点， 若，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】解：在菱形，，则为等边三角形，
因为，
所以，
设点为的中点，
则，所以，
所以三点共线，所以为的中线，
同理可得点的中线过点，
所以点为的重心，
故，
在等边中，为的中点，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】易得为等边三角形，设点为的中点，根据，可得点为的重心，从而可求得，再根据数量积的定义即可得解.
8．（2022高三上·江宁期中）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】令，则，所以在上单调递减，所以，也即，
令，则，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，故当时有，
所以，
令，则，
因为，
当时，，所以，
函数在上单调递减，所以，也即，
所以，故，
故答案为：B.
【分析】根据题意，先构造函数，比较，再构造函数，通过求导，判断单调性，，最后构造函数，进而确定，从而得出结果.
二、多选题
9．（2022高三上·江宁期中）下列命题为真命题的是（ ）
A．
B．“”是“”的充分条件
C．若，则
D．若，则
【答案】C,D
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：关于A，
当时，，不满足，A不符合题意；
关于B，
当时，，不满足题意，B不符合题意；
关于C，
，同时乘以可得，
在两边同时乘以，可得，
综上： 成立，C符合题意；
关于D，
，两式相加可得：
，
则有成立，D符合题意.
故答案为：CD
【分析】关于选项A，只需取一反例即可取，时不成立即可排除；
关于选项B，当时不能推出；
关于选项C，因为，对不等式左右两边分别乘以，即可证明；
关于选项D，不等式有同向可加性，将两边同时同时乘以-1即可证明，再取倒数即可.
10．（2022高三上·江宁期中）已知等比数列的公比为，前项积为，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．当且仅当时，取得最大值
C．
D．
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】因为，所以，A符合题意；
又，即，解得，C符合题意；
由知等比数列为递减数列，且，故取得最大值为，B不符合题意；
因为，
所以成立，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由等比数列各项积的意义判断A，根据等比数列的通项公式结合A求出公比判断C，等比数列各项积的意义及所给条件判断B，由等比数列通项公式、等差数列求和公式计算可判断D.
11．（2022高三上·江宁期中）已知函数的最小正周期为，且对于恒成立，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个零点
C．是曲线的一个对称中心
D．当时，函数取得极值
【答案】A,B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】，
，
对于 恒成立
，解得，
对于A，，，在上单调递减，故在区间单调递减，A符合题意；
对于B，，，在上有两个零点，故在区间有两个零点，B符合题意；
对于C，，故不是曲线的对称中心，C不符合题意；
对于D，，故当时，函数不取极值，D不符合题意；
故答案为：AB.
【分析】先通过周期和最值点求出解析式，
对于A，，，可得单调性；
对于B， ，，可得零点个数；
对于C，可得答案；
对于D，可得答案.
12．（2022高三上·江宁期中）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则（ ）
A．是奇函数
B．是偶函数
C．是曲线的一个对称中心
D．
【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】取得到，解得，A不符合题意；
取得到，故，函数为偶函数，B符合题意；
取得到，故，取，则，故是曲线的一个对称中心，C符合题意；
，即，，故，是函数的一个周期，，D符合题意.
故答案为：BCD
【分析】取计算得到，A不符合题意；取得到，函数为偶函数，B符合题意；取得到，故是曲线的一个对称中心，C符合题意；确定是函数的一个周期，，D符合题意.
三、填空题
13．（2022高三上·江宁期中）设函数则 ．
【答案】
【知识点】函数的值；分段函数的应用
【解析】【解答】由题意，，
.
故答案为：
【分析】根据自变量取值范围，代入求解即可.
14．（2022高三上·江宁期中）在正方体中，为棱的中点，则与平面所成角的正弦值为 ．
【答案】
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设与平面所成角为，则
，
所以与平面所成角的正弦值为，
故答案为：.
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用空间向量求解.
15．（2022高三上·江宁期中）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相交于点两点，若，则 ．
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】设点，则直线的方程为，即，
因为，的半径为2，
故弦的弦心距为，即圆心到直线的距离为，
故，解得，即，
故，
故答案为：.
【分析】设点，则直线的方程为，弦的弦心距为，圆心到直线的距离为，求解即可.
16．（2022高三上·江宁期中）设圆锥的底面半径为2，母线长为，若正四棱柱上底面的4个顶点在其母线上，下底面的4个顶点在其底面圆内，则该正四棱柱体积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
设正四棱柱的底面边长为，高为，由相似得，
即.
因为.
所以正四棱柱的体积.
所以令.
当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
所以当时，函数取最大值为.
故答案为：
【分析】设正四棱柱的底面边长为，高为，求出，利用导数求解函数的最值得解.
四、解答题
17．（2022高三上·江宁期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求的值；
（2）D为边的中点，若，求的面积．
【答案】（1）解：在中，
∵，由正弦定理得：，
所以，因为，所以，即
由余弦定理得：.
（2）解：在中，由余弦定理得：
，即，
解得，
因为，所以，
所以的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简可得，即 ，再利用余弦定理求；
（2）在中，由余弦定理可得，再利用面积公式求的面积.
18．（2022高三上·江宁期中）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，所以，
化简得：
因为，所以
由①②解得：，
所以数列的通项公式为
（2）解：因为，
所以
，
所以数列的前项和.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1） 设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式和前项和公式，结合题设得到关于和的方程组，即可求解出， ，从而得到的通项公式；
（2）由（1）得：，利用“裂项求和”即可求解.
19．（2022高三上·江宁期中）随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受市民重视，为此某市建立了共享电动车服务系统，共享电动车是一种新的交通工具，这是新时代下共享经济的促成成果．目前来看，共享电动车的收费方式通过客户端软件和在线支付工具完成付费流程，从开锁到还车所用的时间称为一次租用时间，具体计费标准如下：
①租用时间30分钟2元，不足30分钟按2元计算；
②租用时间为30分钟以上且不超过40分钟，按4元计算；
③租用时间为40分钟以上且不超过50分钟，按6元计算
甲、乙两人独立出行，各租用公共电动车一次，租用时间都不会超过50分钟，两人租用时间的概率如下表：
租用时间 不超过30分钟
甲
乙
若甲、乙租用时间相同的概率为．
（1）求，的值；
（2）设甲、乙两人所付费之和为随机变量，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）解：分别记“甲租用时间不超过30钟、、”为事件，它们彼此互斥，则，且；
分别记“乙租用时间不超过30钟、、”为事件，则，且与相互独立．
记“甲、乙租用时间相同”为事件，
则
由①②解得：
（2）解：可能取值为，
，，
，
，
所以的分布表如下：
4 6 8 10 12
0.2 0.23 0.33 0.15 0.09
所以
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 分别记“甲租用时间不超过30钟、 、 ”为事件，它们彼此互斥，则可得，求解即可；
(2)由题意可得可能取值为 ，求出对应的概率，列出分布列，计算期望即可.
20．（2022高三上·江宁期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面 底面，，且，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：设与交于，连接．
因为为正方形的对角线，所以为中点，且，
因为是的中点，所以，
因为，所以
因为平面底面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以
因为平面，，所以平面 ；
（2）解：因为平面，平面，所以，，
因为是的中点，所以，
因为底面为正方形，
所以，
在 中，为的中点，所以，
同理：，且，
因为平面，，所以 平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，所以 ，
设平面的一个法向量，因为，
所以 ，令，则，
所以，
同理：平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
， 所以，
所以二面角的正弦值为 ；
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 设与交于，连接． 由题意得，，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得，由线面垂直的判定定理可得 平面；
（2） 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面的一个法向量， 平面的一个法向量，根据空间向量数量积运算公式可得二面角的正弦值为 .
21．（2022高三上·江宁期中）已知双曲线与椭圆的离心率互为倒数，且双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）直线与双曲线交于两点，点在双曲线上，且，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，
因为双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为，
双曲线的一条渐近线为，右焦点，
右焦点到渐近线的距离为，
所以，
②代入①得：，所以求双曲线的方程为.
（2）解：设，，，
联立方程，得：，
，
，
因为，所以，
因为点在双曲线上，所以，
即，
所以，
即，
当时，等式左边=3，右边=0，因为左边右边，所以不满足题意；
当时，，所以不满足题意；
当时，，
所以，
综上所述：的取值范围为.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，利用点到直线的距离公式，即可求得，，可得双曲线的方程为；
（2）联立直线代入双曲线的方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，表示出点坐标 ，代入双曲线的方程即可求得，对进行分类讨论，由此求得的取值范围.
22．（2022高三上·江宁期中）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）记表示不超过实数的最大整数，若对任意恒成立，求的值．
【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：由（1）知，，
列表如下：
0
极大值
，
因为，，
且函数在是连续不间断的减函数，
所以恰有一个，使
因为，所以时，，时，，
因为任意恒成立，
所以时，，时，，
所以有两个根1和，
所以，
所以
设，因为对称轴，
所以，
即，
所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义及列方程求解即可；
（2） 由（1）知， 利用导数求出函数的极值、单调性，再由零点存在性定理求出函数的零点，由恒成立问题转化为有两个根1和，求出 ， 代入计算即可.
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江苏省南京市江宁区五校2022-2023学年高三上学期数学期中联考试卷
一、单选题
1．（2022高三上·江宁期中）若集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·江宁期中）设复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2021高二下·番禺期末）在 的展开式中，常数项为（ ）
A．15 B． C．30 D．
4．（2022高三上·江宁期中）我国古代建筑的屋顶对建筑立面起着特别重要的作用，古代建筑屋顶主要有庑殿式、硬山顶、歇山顶、悬山顶攒尖顶、盝顶、卷棚顶等类型，其中硬山式屋顶造型的最大特点是比较简单、朴素，只有前后两面坡，而且屋顶在山墙墙头处与山墙齐平，没有伸出部分，山面裸露没有变化．硬山式屋顶（如图1）可近似地看作直三棱柱（如图2），其高为，到平面的距离为，为，则可估算硬山式屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·江宁期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·江宁期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·江宁期中）已知菱形的边长为2，，是菱形内一点， 若，则（ ）
A． B． C． D．2
8．（2022高三上·江宁期中）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·江宁期中）下列命题为真命题的是（ ）
A．
B．“”是“”的充分条件
C．若，则
D．若，则
10．（2022高三上·江宁期中）已知等比数列的公比为，前项积为，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．当且仅当时，取得最大值
C．
D．
11．（2022高三上·江宁期中）已知函数的最小正周期为，且对于恒成立，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个零点
C．是曲线的一个对称中心
D．当时，函数取得极值
12．（2022高三上·江宁期中）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则（ ）
A．是奇函数
B．是偶函数
C．是曲线的一个对称中心
D．
三、填空题
13．（2022高三上·江宁期中）设函数则 ．
14．（2022高三上·江宁期中）在正方体中，为棱的中点，则与平面所成角的正弦值为 ．
15．（2022高三上·江宁期中）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相交于点两点，若，则 ．
16．（2022高三上·江宁期中）设圆锥的底面半径为2，母线长为，若正四棱柱上底面的4个顶点在其母线上，下底面的4个顶点在其底面圆内，则该正四棱柱体积的最大值为 ．
四、解答题
17．（2022高三上·江宁期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求的值；
（2）D为边的中点，若，求的面积．
18．（2022高三上·江宁期中）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
19．（2022高三上·江宁期中）随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受市民重视，为此某市建立了共享电动车服务系统，共享电动车是一种新的交通工具，这是新时代下共享经济的促成成果．目前来看，共享电动车的收费方式通过客户端软件和在线支付工具完成付费流程，从开锁到还车所用的时间称为一次租用时间，具体计费标准如下：
①租用时间30分钟2元，不足30分钟按2元计算；
②租用时间为30分钟以上且不超过40分钟，按4元计算；
③租用时间为40分钟以上且不超过50分钟，按6元计算
甲、乙两人独立出行，各租用公共电动车一次，租用时间都不会超过50分钟，两人租用时间的概率如下表：
租用时间 不超过30分钟
甲
乙
若甲、乙租用时间相同的概率为．
（1）求，的值；
（2）设甲、乙两人所付费之和为随机变量，求的分布列和数学期望．
20．（2022高三上·江宁期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面 底面，，且，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
21．（2022高三上·江宁期中）已知双曲线与椭圆的离心率互为倒数，且双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）直线与双曲线交于两点，点在双曲线上，且，求的取值范围．
22．（2022高三上·江宁期中）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）记表示不超过实数的最大整数，若对任意恒成立，求的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】，
，
，
则
故答案为：A.
【分析】先求出集合A，B中元素范围，在根据交集和补给的概念得答案.
2．【答案】C
【知识点】复数求模
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用复数的四则运算以及复数模的运算即可求解.
3．【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】 ，
令 ，得 ，
所以常数项是 。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的常数项。
4．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：如图，过作于，
由题意可知，在直三棱柱中，到平面的距离为，
即，又，
所以该柱体体积为.
故答案为：B.
【分析】根据三棱柱的体积公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：因为函数，
所以是奇函数，则排除A，
又，
且，
等号不同时成立，则，
故答案为：B
【分析】先通过奇偶性排除部分选项，再由，判断.
6．【答案】A
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】 ，
，
等号两边取平方得： ；
故答案为：A.
【分析】运用正切和差公式，对条件作恒等变换即可.
7．【答案】D
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】解：在菱形，，则为等边三角形，
因为，
所以，
设点为的中点，
则，所以，
所以三点共线，所以为的中线，
同理可得点的中线过点，
所以点为的重心，
故，
在等边中，为的中点，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】易得为等边三角形，设点为的中点，根据，可得点为的重心，从而可求得，再根据数量积的定义即可得解.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】令，则，所以在上单调递减，所以，也即，
令，则，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，故当时有，
所以，
令，则，
因为，
当时，，所以，
函数在上单调递减，所以，也即，
所以，故，
故答案为：B.
【分析】根据题意，先构造函数，比较，再构造函数，通过求导，判断单调性，，最后构造函数，进而确定，从而得出结果.
9．【答案】C,D
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：关于A，
当时，，不满足，A不符合题意；
关于B，
当时，，不满足题意，B不符合题意；
关于C，
，同时乘以可得，
在两边同时乘以，可得，
综上： 成立，C符合题意；
关于D，
，两式相加可得：
，
则有成立，D符合题意.
故答案为：CD
【分析】关于选项A，只需取一反例即可取，时不成立即可排除；
关于选项B，当时不能推出；
关于选项C，因为，对不等式左右两边分别乘以，即可证明；
关于选项D，不等式有同向可加性，将两边同时同时乘以-1即可证明，再取倒数即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】因为，所以，A符合题意；
又，即，解得，C符合题意；
由知等比数列为递减数列，且，故取得最大值为，B不符合题意；
因为，
所以成立，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】由等比数列各项积的意义判断A，根据等比数列的通项公式结合A求出公比判断C，等比数列各项积的意义及所给条件判断B，由等比数列通项公式、等差数列求和公式计算可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】，
，
对于 恒成立
，解得，
对于A，，，在上单调递减，故在区间单调递减，A符合题意；
对于B，，，在上有两个零点，故在区间有两个零点，B符合题意；
对于C，，故不是曲线的对称中心，C不符合题意；
对于D，，故当时，函数不取极值，D不符合题意；
故答案为：AB.
【分析】先通过周期和最值点求出解析式，
对于A，，，可得单调性；
对于B， ，，可得零点个数；
对于C，可得答案；
对于D，可得答案.
12．【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】取得到，解得，A不符合题意；
取得到，故，函数为偶函数，B符合题意；
取得到，故，取，则，故是曲线的一个对称中心，C符合题意；
，即，，故，是函数的一个周期，，D符合题意.
故答案为：BCD
【分析】取计算得到，A不符合题意；取得到，函数为偶函数，B符合题意；取得到，故是曲线的一个对称中心，C符合题意；确定是函数的一个周期，，D符合题意.
13．【答案】
【知识点】函数的值；分段函数的应用
【解析】【解答】由题意，，
.
故答案为：
【分析】根据自变量取值范围，代入求解即可.
14．【答案】
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设与平面所成角为，则
，
所以与平面所成角的正弦值为，
故答案为：.
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用空间向量求解.
15．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】设点，则直线的方程为，即，
因为，的半径为2，
故弦的弦心距为，即圆心到直线的距离为，
故，解得，即，
故，
故答案为：.
【分析】设点，则直线的方程为，弦的弦心距为，圆心到直线的距离为，求解即可.
16．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
设正四棱柱的底面边长为，高为，由相似得，
即.
因为.
所以正四棱柱的体积.
所以令.
当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
所以当时，函数取最大值为.
故答案为：
【分析】设正四棱柱的底面边长为，高为，求出，利用导数求解函数的最值得解.
17．【答案】（1）解：在中，
∵，由正弦定理得：，
所以，因为，所以，即
由余弦定理得：.
（2）解：在中，由余弦定理得：
，即，
解得，
因为，所以，
所以的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简可得，即 ，再利用余弦定理求；
（2）在中，由余弦定理可得，再利用面积公式求的面积.
18．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，所以，
化简得：
因为，所以
由①②解得：，
所以数列的通项公式为
（2）解：因为，
所以
，
所以数列的前项和.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式
【解析】【分析】（1） 设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式和前项和公式，结合题设得到关于和的方程组，即可求解出， ，从而得到的通项公式；
（2）由（1）得：，利用“裂项求和”即可求解.
19．【答案】（1）解：分别记“甲租用时间不超过30钟、、”为事件，它们彼此互斥，则，且；
分别记“乙租用时间不超过30钟、、”为事件，则，且与相互独立．
记“甲、乙租用时间相同”为事件，
则
由①②解得：
（2）解：可能取值为，
，，
，
，
所以的分布表如下：
4 6 8 10 12
0.2 0.23 0.33 0.15 0.09
所以
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 分别记“甲租用时间不超过30钟、 、 ”为事件，它们彼此互斥，则可得，求解即可；
(2)由题意可得可能取值为 ，求出对应的概率，列出分布列，计算期望即可.
20．【答案】（1）证明：设与交于，连接．
因为为正方形的对角线，所以为中点，且，
因为是的中点，所以，
因为，所以
因为平面底面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以
因为平面，，所以平面 ；
（2）解：因为平面，平面，所以，，
因为是的中点，所以，
因为底面为正方形，
所以，
在 中，为的中点，所以，
同理：，且，
因为平面，，所以 平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，所以 ，
设平面的一个法向量，因为，
所以 ，令，则，
所以，
同理：平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
， 所以，
所以二面角的正弦值为 ；
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 设与交于，连接． 由题意得，，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得，由线面垂直的判定定理可得 平面；
（2） 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 求出平面的一个法向量， 平面的一个法向量，根据空间向量数量积运算公式可得二面角的正弦值为 .
21．【答案】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以，
因为双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为，
双曲线的一条渐近线为，右焦点，
右焦点到渐近线的距离为，
所以，
②代入①得：，所以求双曲线的方程为.
（2）解：设，，，
联立方程，得：，
，
，
因为，所以，
因为点在双曲线上，所以，
即，
所以，
即，
当时，等式左边=3，右边=0，因为左边右边，所以不满足题意；
当时，，所以不满足题意；
当时，，
所以，
综上所述：的取值范围为.
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，利用点到直线的距离公式，即可求得，，可得双曲线的方程为；
（2）联立直线代入双曲线的方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，表示出点坐标 ，代入双曲线的方程即可求得，对进行分类讨论，由此求得的取值范围.
22．【答案】（1）解：因为，
所以
（2）解：由（1）知，，
列表如下：
0
极大值
，
因为，，
且函数在是连续不间断的减函数，
所以恰有一个，使
因为，所以时，，时，，
因为任意恒成立，
所以时，，时，，
所以有两个根1和，
所以，
所以
设，因为对称轴，
所以，
即，
所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义及列方程求解即可；
（2） 由（1）知， 利用导数求出函数的极值、单调性，再由零点存在性定理求出函数的零点，由恒成立问题转化为有两个根1和，求出 ， 代入计算即可.
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