山东省青岛市胶州市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·胶州期中）设集合，，则（）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由已知 ，所以集合
又因为 ， ，所以集合
故答案为：D
【分析】利用集合的交集运算即可.
2．（2022高三上·胶州期中）已知，（）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】由 ，两边同时除以 ，可得 ，
代入 ，则 ，解得 ，
故 .
故答案为：C.
【分析】根据同角三角函数的平方关系以及商式关系，结合余弦的二倍角公式，可得答案.
3．（2022高三上·胶州期中）已知正四棱锥各棱的长度均为2，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】
如图，正四棱锥 的外接球的球心在高 上记为 ，
， ，
在 中， ，解得 ，
所以外接球的表面积等于 ，
故答案为：B.
【分析】根据几何关系利用勾股定理即可求出外接球半径，进而求体积.
4．（2022高三上·胶州期中）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足（其中a，b为常数），已知某同学视力的五分记录法的数据为3.0时小数记录法的数据为0.01，五分记录法的数据为4.0时小数记录法的数据为0.1，则（）
A．， B．， C．， D．，
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： ，当 时， ；当 时，
则 ，解得 ， .
故答案为：A.
【分析】根据题中函数模型，列方程，结合对数运算求解 ， .
5．（2022高三上·胶州期中）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个长度单位，得到函数的图象，则（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 向左平移 得到 ，然后横坐标缩短为原来的 倍得到 ，所以 .
故答案为：A.
【分析】根据图象变换求解析式即可.
6．（2022高三上·胶州期中）已知函数的定义域为R，且是奇函数，是偶函数，则（）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】 是偶函数
，即 ，即
是奇函数，
，
由 ，当 时， ，得 ，
由 ，当 时， ，C符合题意，
其余选项均无法推出
故答案为：C.
【分析】利用奇偶性的定义，以及赋值法可得答案.
7．（2022高三上·胶州期中）设，，，则（）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】 ，即 ，
设 ，则 ，当 时， ，所以 在 上单调递减，又 ，所以 ，即 ， ，所以 .
故答案为：D.
【分析】根据余弦函数的单调性得到，构造函数，根据单调性得到，即，即可得到.
8．（2022高三上·胶州期中）已知，则的最小值为（）
A．8 B． C．6 D．5
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】
，
，设 ，则 ，设 ，
得 ，令 ，得 ，
则 在 时， 是单调递增函数，且 ，则
， ， 单调递减；
， ， 单调递增；
故 ，当 时， 的最小值为8
故答案为：A
【分析】化简，得到，利用换元法，设，得到，通过导数，讨论的单调性，可得的最小值.
二、多选题
9．（2022高三上·胶州期中）已知，则下述正确的是（）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】A,C,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】对A： ，当且仅当 时，取得最大值，A符合题意；
对B：取 ，满足 ，但 ，B不符合题意；
对C：将 代入 可得 ，解得 ，C符合题意；
对D：由 可得 ，当且仅当 时取得等号，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件，结合基本不等式，特殊值法，一元二次不等式的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
10．（2022高三上·胶州期中）在正方体中，则（）
A．平面 B．平面
C． D．平面平面
【答案】A,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】如图所示：
对于A，因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，A符合题意；
对于B， ，而 与 不垂直，所以 与 不垂直，
所以 与平面 不垂直，B不符合题意；
对于C， ，而 与 不垂直，所以 与 不垂直，C不符合题意；
对于D，易知 平面 ， 平面 ，
所以 ，而 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 ，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】由线面平行的判定定理可判断A，由线面垂直的性质定理可判断B，由线线平行的性质可判断C，由面面垂直的判定定理可判断D.
11．（2022高三上·胶州期中）已知函数，则（）
A．的最大值为2
B．是的图象的一条对称轴
C．在上单调递减
D．的图象关于对称
【答案】A,B
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质
【解析】【解答】
即
A.明显 的最大值为2，当 ，即 时取最大值，A符合题意；
B.当 时， ，故 是 的图象的一条对称轴，B符合题意；
C.当 时， ，函数 在 上单调递增， 在 上单调递增，C不符合题意；
D.当 时， ， 的图象不关于 对称，D不符合题意.
故答案为：AB.
【分析】先化简整理得，观察可得判断A，将代入可判断B，当 时， ，进而可判断单调性，可判断C，将代入可判断D.
12．（2022高三上·胶州期中）已知等腰三角形ABC的面积为，，点E，F分别在线段AC，AB上，点D满足，其中，若，，则（）
A．D在线段BC上 B．
C． D．有最大值
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】由 可得， ，
又 ，则 ，即 ， 共线且方向相同，所以D在线段BC上，即A符合题意；
如图，设 ， 交于G点，显然有 ，又 ，则 ，B项不正确；
过点E作 ，垂足为H，由题意知， ， ，则 ，
在 中，有 ，所以 .
根据余弦定理可得， ，
所以， ，则 ，C项正确；
如图，过B点作 于C点.设 ，
则可知 ，且 ， .
，
当 时，有最大值为 ，所以D项正确.
故答案为：ACD.
【分析】对已知条件，进行变形，即可得出A选项正确；找出， 的夹角或与夹角相等的角，看是否为锐角即可，可得B项不正确；易知，只要在中，根据条件，求出AC的长即可.
三、填空题
13．（2022高三上·胶州期中）已知，函数，若，则 ．
【答案】-1
【知识点】函数的值；分段函数的应用
【解析】【解答】 ，解得
故答案为： -1
【分析】根据定义域选择合适的表达式代入求值.
14．（2022高三上·胶州期中）已知向量，，若，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】∵ ，则 ，解得 ，
∴ ，则 ，
故 .
故答案为： .
【分析】先由向量垂直的坐标表示，求出，得到，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.
15．（2022高三上·胶州期中）已知圆台的上、下底面半径分别为，，高为，点，分别在圆台上、下底面圆周上，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：依题意设底面圆的圆心为 ，如图建立空间直角坐标系，
不妨设 ，设 ， ，
则 ，
所以
，
所以当 时 .
故答案为：
【分析】建立空间直角坐标系，不妨设 ，设 ， ，求出，再根据空间向量模的坐标表示及正弦函数的性质计算可得.
16．（2022高三上·胶州期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的两圆，相切于点，的圆心为原点O，的圆心为．若圆沿圆顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为 ，圆上的点A所在位置的坐标为 ．
【答案】； ．
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】
由图可知，滚动过程中， 滚动的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
当滚过的弧长为1时，设 所到位置为 ，两圆外切于点 ，
所以在圆 中， ，所以 rad， 所以 rad，
所以根据三角函数的定义知
所以当滚过的弧长为1时，点 所在位置的坐标为 ；
设滚动后点 到达位置为 ，
因为 rad， ，
所以四边形 为等腰梯形，所以 ，
又因为 所以 与 轴正方向的夹角等于 ，
所以 ，
.
所以圆 上的点A所在位置的坐标为 ，
故答案为： ； .
【分析】第一空：利用三角函数的定义即可求解；
第二空：分析角度关系，边长关系，在等腰梯形中求出，进而利用三角函数关系求值.
四、解答题
17．（2022高三上·胶州期中）记的内角 的对边分别为 ，．
（1）证明：；
（2）若，求．
【答案】（1）证明：由题意知， ，
所以 ，
所以 ，而 ，
结合正弦定理，所以 .
（2）由（1）知： ，
所以 ，即 ，所以
解得 或 （舍），
所以 .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）将化为，利用两角和的正弦公式化简，结合正弦定理角化边，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论和题设，结合余弦定理可推出，再用化简求值，可得答案.
18．（2022高三上·胶州期中）如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
（1）求的面积；
（2）若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
【答案】（1）解：由题知：
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
因为 ，所以 .
（2）解：由题知： ，
以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系：
则 ，
设 ，则 ，
则直线 的单位方向向量为
则点 到直线 的距离为
所以 的面积
所以 面积的取值范围为 .
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】（1） 由题知： ，结合已知条件，即可求得结果；
（2） 以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系： 求得 ， ，从而求得点 到直线 的距离为 ， 所以 的面积 ，求函数值域即可.
19．（2022高三上·胶州期中）如图，P为内的一点，，，．
（1）求；
（2）若，，求AC．
【答案】（1）解：在 中，由正弦定理知
所以 ，即
又因为 ，所以
所以 （ 舍）
（2）解：在 中， ， ， ，所以
又因为
所以 ，
又因为 ，所以
在 中，由余弦定理知：
所以 ，即
解得 或 （舍）
所以 ，即
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正弦定理求得，再根据向量数量积是负数，确定；
(2)首先根据（1）的结果，确定的边长和角度， 在 中，根据余弦定理求，再根据勾股定理求得.
20．（2022高三上·胶州期中）如图，在几何体中，是等边三角形，直线平面，平面平面，，．
（1）证明：；
（2）在“①平面，②平面”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
点M为线段上的一点，满足______，直线平面所成角的大小为45°，求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由题知： 平面 ， 平面 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面
因为 平面 ，所以
（2）解：若选择① 因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 所以 ，因此四边形 为平行四边形，即 为 中点 若选择② 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形，即 为 中点 所以 ， 因为直线 平面 ， 所以直线 与平面 所成角为 ，所以 所以 如图，以 为坐标原点，分别以 ， ， ，所在直线为x，t，z轴建立空间直角坐标系 设 ，则 ， ， ，为平面 的一个法向量 设平面 的一个法向量为 ，且 ， 由 ，令 ，则 ， ， 解得 设平面 与平面 所成锐二面角为 ， 则
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）选择①，利用线面平行推出线线平行，可得答案；选择②，建立空间直角坐标系，利用向量法求出面面角.
21．（2022高三上·胶州期中）已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若函数，，．证明：．
【答案】（1）解：函数 的定义域 ，求导得： ，
当 时，有 ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，有 ， ，函数 在 上单调递增，
当 时，有 ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时，函数 的递增区间是 ， ，递减区间是 ；
当 时，函数 的递增区间是 ，
当 时，函数 的递增区间是 ， ，递减区间是 .
（2）解：由（1）知： ，函数 在 上单调递增，当 时， ，
即当 时， ，而 ， ，
所以
，
所以不等式 成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1） 函数 的定义域 ，利用导数分类讨论求出的单调区间即可；
（2）利用（1）的结论可得不等式，赋值并结合同角公式推理作答.
22．（2022高三上·胶州期中）已知函数．
（1）若，证明：；
（2）若，对任意正实数x恒成立，求正实数b的取值范围．
【答案】（1）证明：若 ，则 ，
所以
令 ，所以
当 时， ， ；
当 时， ， ， ；
所以， 对 恒成立
所以， 在 上单调递增
又因为
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
又因为 ，
所以
（2）解：若 ，则
由 ，
得 ，
令
再令 ，则
若 ，令 ，则
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
所以， ，得 和
则 ，满足题意
若 ，则 ，不合题意
若 ，因为 在 上单调递增，
且
所以存在 ，使得 ，
即 ，即
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
所以
综上，数 的取值范围是
【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
【解析】【分析】（1）根据函数单调性与导数关系，转化为函数最值证明不等式；
（2）根据函数结构将不等式变形，利用同构思想构造为，构造函数，再令结合单调性，即可求解正实数b的取值范围．
1 / 1山东省青岛市胶州市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·胶州期中）设集合，，则（）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·胶州期中）已知，（）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·胶州期中）已知正四棱锥各棱的长度均为2，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）
A． B． C． D．
4．（2022高三上·胶州期中）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足（其中a，b为常数），已知某同学视力的五分记录法的数据为3.0时小数记录法的数据为0.01，五分记录法的数据为4.0时小数记录法的数据为0.1，则（）
A．， B．， C．， D．，
5．（2022高三上·胶州期中）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个长度单位，得到函数的图象，则（）
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·胶州期中）已知函数的定义域为R，且是奇函数，是偶函数，则（）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·胶州期中）设，，，则（）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·胶州期中）已知，则的最小值为（）
A．8 B． C．6 D．5
二、多选题
9．（2022高三上·胶州期中）已知，则下述正确的是（）
A． B．
C．若，则 D．
10．（2022高三上·胶州期中）在正方体中，则（）
A．平面 B．平面
C． D．平面平面
11．（2022高三上·胶州期中）已知函数，则（）
A．的最大值为2
B．是的图象的一条对称轴
C．在上单调递减
D．的图象关于对称
12．（2022高三上·胶州期中）已知等腰三角形ABC的面积为，，点E，F分别在线段AC，AB上，点D满足，其中，若，，则（）
A．D在线段BC上 B．
C． D．有最大值
三、填空题
13．（2022高三上·胶州期中）已知，函数，若，则 ．
14．（2022高三上·胶州期中）已知向量，，若，则 ．
15．（2022高三上·胶州期中）已知圆台的上、下底面半径分别为，，高为，点，分别在圆台上、下底面圆周上，则的最大值为 ．
16．（2022高三上·胶州期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的两圆，相切于点，的圆心为原点O，的圆心为．若圆沿圆顺时针滚动，当滚过的弧长为1时，点所在位置的坐标为 ，圆上的点A所在位置的坐标为 ．
四、解答题
17．（2022高三上·胶州期中）记的内角 的对边分别为 ，．
（1）证明：；
（2）若，求．
18．（2022高三上·胶州期中）如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
（1）求的面积；
（2）若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
19．（2022高三上·胶州期中）如图，P为内的一点，，，．
（1）求；
（2）若，，求AC．
20．（2022高三上·胶州期中）如图，在几何体中，是等边三角形，直线平面，平面平面，，．
（1）证明：；
（2）在“①平面，②平面”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
点M为线段上的一点，满足______，直线平面所成角的大小为45°，求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
21．（2022高三上·胶州期中）已知函数．
（1）讨论的单调区间；
（2）若函数，，．证明：．
22．（2022高三上·胶州期中）已知函数．
（1）若，证明：；
（2）若，对任意正实数x恒成立，求正实数b的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由已知 ，所以集合
又因为 ， ，所以集合
故答案为：D
【分析】利用集合的交集运算即可.
2．【答案】C
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】由 ，两边同时除以 ，可得 ，
代入 ，则 ，解得 ，
故 .
故答案为：C.
【分析】根据同角三角函数的平方关系以及商式关系，结合余弦的二倍角公式，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】
如图，正四棱锥 的外接球的球心在高 上记为 ，
， ，
在 中， ，解得 ，
所以外接球的表面积等于 ，
故答案为：B.
【分析】根据几何关系利用勾股定理即可求出外接球半径，进而求体积.
4．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解： ，当 时， ；当 时，
则 ，解得 ， .
故答案为：A.
【分析】根据题中函数模型，列方程，结合对数运算求解 ， .
5．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 向左平移 得到 ，然后横坐标缩短为原来的 倍得到 ，所以 .
故答案为：A.
【分析】根据图象变换求解析式即可.
6．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】 是偶函数
，即 ，即
是奇函数，
，
由 ，当 时， ，得 ，
由 ，当 时， ，C符合题意，
其余选项均无法推出
故答案为：C.
【分析】利用奇偶性的定义，以及赋值法可得答案.
7．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】 ，即 ，
设 ，则 ，当 时， ，所以 在 上单调递减，又 ，所以 ，即 ， ，所以 .
故答案为：D.
【分析】根据余弦函数的单调性得到，构造函数，根据单调性得到，即，即可得到.
8．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】
，
，设 ，则 ，设 ，
得 ，令 ，得 ，
则 在 时， 是单调递增函数，且 ，则
， ， 单调递减；
， ， 单调递增；
故 ，当 时， 的最小值为8
故答案为：A
【分析】化简，得到，利用换元法，设，得到，通过导数，讨论的单调性，可得的最小值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】对A： ，当且仅当 时，取得最大值，A符合题意；
对B：取 ，满足 ，但 ，B不符合题意；
对C：将 代入 可得 ，解得 ，C符合题意；
对D：由 可得 ，当且仅当 时取得等号，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件，结合基本不等式，特殊值法，一元二次不等式的求解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
10．【答案】A,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】如图所示：
对于A，因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，A符合题意；
对于B， ，而 与 不垂直，所以 与 不垂直，
所以 与平面 不垂直，B不符合题意；
对于C， ，而 与 不垂直，所以 与 不垂直，C不符合题意；
对于D，易知 平面 ， 平面 ，
所以 ，而 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 ，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】由线面平行的判定定理可判断A，由线面垂直的性质定理可判断B，由线线平行的性质可判断C，由面面垂直的判定定理可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质
【解析】【解答】
即
A.明显 的最大值为2，当 ，即 时取最大值，A符合题意；
B.当 时， ，故 是 的图象的一条对称轴，B符合题意；
C.当 时， ，函数 在 上单调递增， 在 上单调递增，C不符合题意；
D.当 时， ， 的图象不关于 对称，D不符合题意.
故答案为：AB.
【分析】先化简整理得，观察可得判断A，将代入可判断B，当 时， ，进而可判断单调性，可判断C，将代入可判断D.
12．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】由 可得， ，
又 ，则 ，即 ， 共线且方向相同，所以D在线段BC上，即A符合题意；
如图，设 ， 交于G点，显然有 ，又 ，则 ，B项不正确；
过点E作 ，垂足为H，由题意知， ， ，则 ，
在 中，有 ，所以 .
根据余弦定理可得， ，
所以， ，则 ，C项正确；
如图，过B点作 于C点.设 ，
则可知 ，且 ， .
，
当 时，有最大值为 ，所以D项正确.
故答案为：ACD.
【分析】对已知条件，进行变形，即可得出A选项正确；找出， 的夹角或与夹角相等的角，看是否为锐角即可，可得B项不正确；易知，只要在中，根据条件，求出AC的长即可.
13．【答案】-1
【知识点】函数的值；分段函数的应用
【解析】【解答】 ，解得
故答案为： -1
【分析】根据定义域选择合适的表达式代入求值.
14．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】∵ ，则 ，解得 ，
∴ ，则 ，
故 .
故答案为： .
【分析】先由向量垂直的坐标表示，求出，得到，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.
15．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：依题意设底面圆的圆心为 ，如图建立空间直角坐标系，
不妨设 ，设 ， ，
则 ，
所以
，
所以当 时 .
故答案为：
【分析】建立空间直角坐标系，不妨设 ，设 ， ，求出，再根据空间向量模的坐标表示及正弦函数的性质计算可得.
16．【答案】； ．
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】
由图可知，滚动过程中， 滚动的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
当滚过的弧长为1时，设 所到位置为 ，两圆外切于点 ，
所以在圆 中， ，所以 rad， 所以 rad，
所以根据三角函数的定义知
所以当滚过的弧长为1时，点 所在位置的坐标为 ；
设滚动后点 到达位置为 ，
因为 rad， ，
所以四边形 为等腰梯形，所以 ，
又因为 所以 与 轴正方向的夹角等于 ，
所以 ，
.
所以圆 上的点A所在位置的坐标为 ，
故答案为： ； .
【分析】第一空：利用三角函数的定义即可求解；
第二空：分析角度关系，边长关系，在等腰梯形中求出，进而利用三角函数关系求值.
17．【答案】（1）证明：由题意知， ，
所以 ，
所以 ，而 ，
结合正弦定理，所以 .
（2）由（1）知： ，
所以 ，即 ，所以
解得 或 （舍），
所以 .
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）将化为，利用两角和的正弦公式化简，结合正弦定理角化边，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论和题设，结合余弦定理可推出，再用化简求值，可得答案.
18．【答案】（1）解：由题知：
设点 到平面 的距离为 ，则 ，
因为 ，所以 .
（2）解：由题知： ，
以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系：
则 ，
设 ，则 ，
则直线 的单位方向向量为
则点 到直线 的距离为
所以 的面积
所以 面积的取值范围为 .
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】（1） 由题知： ，结合已知条件，即可求得结果；
（2） 以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系： 求得 ， ，从而求得点 到直线 的距离为 ， 所以 的面积 ，求函数值域即可.
19．【答案】（1）解：在 中，由正弦定理知
所以 ，即
又因为 ，所以
所以 （ 舍）
（2）解：在 中， ， ， ，所以
又因为
所以 ，
又因为 ，所以
在 中，由余弦定理知：
所以 ，即
解得 或 （舍）
所以 ，即
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正弦定理求得，再根据向量数量积是负数，确定；
(2)首先根据（1）的结果，确定的边长和角度， 在 中，根据余弦定理求，再根据勾股定理求得.
20．【答案】（1）证明：由题知： 平面 ， 平面 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面
因为 平面 ，所以
（2）解：若选择① 因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 所以 ，因此四边形 为平行四边形，即 为 中点 若选择② 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形，即 为 中点 所以 ， 因为直线 平面 ， 所以直线 与平面 所成角为 ，所以 所以 如图，以 为坐标原点，分别以 ， ， ，所在直线为x，t，z轴建立空间直角坐标系 设 ，则 ， ， ，为平面 的一个法向量 设平面 的一个法向量为 ，且 ， 由 ，令 ，则 ， ， 解得 设平面 与平面 所成锐二面角为 ， 则
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）选择①，利用线面平行推出线线平行，可得答案；选择②，建立空间直角坐标系，利用向量法求出面面角.
21．【答案】（1）解：函数 的定义域 ，求导得： ，
当 时，有 ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，有 ， ，函数 在 上单调递增，
当 时，有 ，当 或 时， ，当 时， ，
因此函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时，函数 的递增区间是 ， ，递减区间是 ；
当 时，函数 的递增区间是 ，
当 时，函数 的递增区间是 ， ，递减区间是 .
（2）解：由（1）知： ，函数 在 上单调递增，当 时， ，
即当 时， ，而 ， ，
所以
，
所以不等式 成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明
【解析】【分析】（1） 函数 的定义域 ，利用导数分类讨论求出的单调区间即可；
（2）利用（1）的结论可得不等式，赋值并结合同角公式推理作答.
22．【答案】（1）证明：若 ，则 ，
所以
令 ，所以
当 时， ， ；
当 时， ， ， ；
所以， 对 恒成立
所以， 在 上单调递增
又因为
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
又因为 ，
所以
（2）解：若 ，则
由 ，
得 ，
令
再令 ，则
若 ，令 ，则
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
所以， ，得 和
则 ，满足题意
若 ，则 ，不合题意
若 ，因为 在 上单调递增，
且
所以存在 ，使得 ，
即 ，即
所以，当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
所以
综上，数 的取值范围是
【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
【解析】【分析】（1）根据函数单调性与导数关系，转化为函数最值证明不等式；
（2）根据函数结构将不等式变形，利用同构思想构造为，构造函数，再令结合单调性，即可求解正实数b的取值范围．
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