2025屆浙江省嘉興市高三下學(xué)期4月教學(xué)測試數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE1浙江省嘉興市2025屆高三下學(xué)期4月教學(xué)測試數(shù)學(xué)試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.復(fù)數(shù)的虛部為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,所以虛部為.故選：A.2.關(guān)于的不等式的解集為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因?yàn)樵谏蠟樵龊瘮?shù)，由有，又在上為增函數(shù)，，，故選：D.3.在所在平面內(nèi)，點(diǎn)滿足，記，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由向量的線性運(yùn)算可知.故選：C.4.“”是“圓不經(jīng)過第三象限”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】圓整理可得，可知圓心為，半徑，且，若圓不經(jīng)過第三象限，等價(jià)于原點(diǎn)不在圓內(nèi)，則，可得，且是的真子集，所以“”是“圓不經(jīng)過第三象限”的必要不充分條件.故選：B.5.若某正四面體的內(nèi)切球的表面積為，則該正四面體的外接球的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】正四面體的內(nèi)切球與其外接球球心重合，如圖，正四面體內(nèi)切球與外接球球心在其高上，則是正四面體內(nèi)切球半徑，是正四面體外接球半徑，由正四面體的內(nèi)切球的表面積為，得，令，，，，在中，，解得，，所以該正四面體的外接球的體積.故選：C6.已知拋物線，其準(zhǔn)線為，焦點(diǎn)為，過的直線與和從左到右依次相交于，，三點(diǎn)，且，則和的面積之比為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，如圖所示，由題可知，，，所以，所以，又，所以，故，此時(shí)，所以直線，與拋物線聯(lián)立得，所以，代入拋物線方程得，所以，易得，所以，，，故選：B.7.已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且，，，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】D【解析】由，所以，所以，所以，由有，所以，即，所以函數(shù)的周期為6，所以，由，，，令有，，所以，所以，令有，，即，令有，即，，所以，所以，故選：D.8.甲、乙、丙三人玩?zhèn)髑蛴螒?，每次傳球時(shí)，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個(gè)人中的任何一人，若第一次由甲傳出，則經(jīng)過6次傳球后，球恰在乙手中的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設(shè)事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，那么由題意可知可知：，又，所以，構(gòu)造等比數(shù)列，因?yàn)榈谝淮斡杉讉髑?，可認(rèn)為第次傳球在甲，即，所以是以為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，故，因?yàn)榈谝淮斡杉讉髑颍蠖际堑瓤赡艿貙⑶騻鹘o另外兩個(gè)人中的任何一人，所以乙、丙地位對稱，即，所以經(jīng)過次傳球后，球恰在乙手中的概率為.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.下列說法正確的是（）A.殘差的平方和越小，模型的擬合效果越好B.若隨機(jī)變量，則C.數(shù)據(jù)，，，，，，的第80百分位數(shù)是21D.一組數(shù)，，…，（）的平均數(shù)為，若再插入一個(gè)數(shù)，則這個(gè)數(shù)的方差不變【答案】AC【解析】對于A，由一元線性回歸模型的知識(shí)可知，決定系數(shù)越大，表示殘差平方和越小，即模型的擬合效果越好，故A正確；對于B，因?yàn)殡S機(jī)變量服從二項(xiàng)分布，由二項(xiàng)分布的方差計(jì)算公式可知，再由方差的性質(zhì)可知，故B錯(cuò)誤；對于C，從小到大排列一共有7個(gè)數(shù)據(jù)，，故第80百分位數(shù)是第6個(gè)數(shù)據(jù)，即21，故C正確；對于D，由題意可知，若再插入一個(gè)數(shù)，則平均數(shù)變?yōu)?，即平均?shù)不變，而原來的數(shù)據(jù)的方差為，同理可算得新數(shù)據(jù)的方差為，所以方差會(huì)變，故D錯(cuò)誤；故選：AC.10.已知，則下列說法正確的是（）A.在區(qū)間上單調(diào)遞增B.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度后得到曲線，則曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱C.若是偶函數(shù)，則D.若在區(qū)間上恰有3個(gè)零點(diǎn)，則【答案】ACD【解析】對于A：時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞增，故A正確；對于B：曲線的解析式為，顯然不關(guān)于原點(diǎn)對稱，故B錯(cuò)誤；對于C：為偶函數(shù)，則，解得，故C正確；對于D：，當(dāng)，，所以在區(qū)間上恰有3個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于在上恰有3個(gè)零點(diǎn)，所以，解得，故D正確.故選：ACD.11.用筆從空間多面體的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，沿棱畫線，不間斷、不重復(fù)，最終回到起點(diǎn)或到達(dá)另一個(gè)頂點(diǎn)的過程稱為“1筆”.現(xiàn)定義：如果遍歷一個(gè)空間多面體所有的頂點(diǎn)和棱至少需要筆，則該多面體稱為筆畫多面體.那么下列說法正確的是（）A.五棱錐是3筆畫多面體 B.正方體是4筆畫多面體C.棱錐是筆畫多面體 D.棱柱是筆畫多面體【答案】ABD【解析】如果一個(gè)頂點(diǎn)有奇數(shù)條棱與之連接，這樣的頂點(diǎn)稱為奇頂點(diǎn)，下證明：如果一個(gè)空間幾何體有個(gè)奇頂點(diǎn)，那么需要筆畫.證明：1.一筆畫圖形的條件:一個(gè)圖形能夠一筆畫完成的必要條件是它必須連通，并且除了兩個(gè)點(diǎn)外，其余點(diǎn)的度數(shù)均為偶數(shù)，這兩個(gè)點(diǎn)稱為奇點(diǎn)；如果一個(gè)圖形有兩個(gè)奇點(diǎn)，則這兩個(gè)奇點(diǎn)分別作為起點(diǎn)和終點(diǎn)，其余點(diǎn)的度數(shù)均為偶數(shù).2.奇點(diǎn)數(shù)與筆畫數(shù)的關(guān)系:當(dāng)一個(gè)圖形滿足上述條件時(shí)，我們可以從一個(gè)奇點(diǎn)開始畫到另一個(gè)奇點(diǎn)結(jié)束，由于每個(gè)奇點(diǎn)都會(huì)額外增加一個(gè)筆畫，因此筆畫數(shù)等于奇點(diǎn)數(shù)除以2；如果圖形的奇點(diǎn)數(shù)大于2，根據(jù)上述條件，圖形無法以一筆畫完成，需要多筆畫。每增加一個(gè)奇點(diǎn)，筆畫數(shù)增加1.因此，如果一個(gè)圖形的奇點(diǎn)數(shù)能夠被2整除，那么這個(gè)圖形可以一筆畫完成，并且筆畫數(shù)等于奇點(diǎn)數(shù)除以2.這個(gè)結(jié)論適用于所有滿足一定條件的連通圖.A選項(xiàng)：五棱錐每個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，6個(gè)頂點(diǎn)，所以是3筆畫多面體；B選項(xiàng)：正方體每個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，有4對，所以是4筆畫多面體；C選項(xiàng)：四棱錐明顯不滿足結(jié)論，所以不正確；D選項(xiàng)：由于棱柱的每一個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，棱柱有個(gè)頂點(diǎn)，所以是筆畫多面體，故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為__________.【答案】【解析】的展開式的通項(xiàng)為，則展開式中含的項(xiàng)有，即，所以展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為.故答案為：13.記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知，則______.【答案】【解析】由正弦定理得，又，代入上式得，所以，又，，所以，又，所以，解得或，又，所以，故答案為：.14.設(shè)函數(shù)，若方程在區(qū)間上有解，則實(shí)數(shù)的取值范圍為______.【答案】【解析】設(shè)，則，那么，都在函數(shù)的圖象上假設(shè)，因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)遞增，所以，即，與假設(shè)矛盾；假設(shè)，因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)遞增，所以，即，與假設(shè)矛盾；所以，則在上有解，即在上有解.令，令，解得，因此在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；，，，所以，即，故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值.解：（1）由題意可得，所以，又，由直線的點(diǎn)斜式方程可得在處的切線方程為，即；（2）因?yàn)榈亩x域?yàn)?，令，得或，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，，所以在區(qū)間的最大值為.16.如圖，在邊長為2的正三角形中，，分別為，的中點(diǎn)，將沿翻折至，使得.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）證明：連接，因?yàn)闉榈冗吶切危瑸橹悬c(diǎn)，則，又，且面，面，，面，又面，所以平面平面.（2）解法一：（等體積法）過點(diǎn)作，垂足為，平面平面，且平面平面，面；又，分別為，中點(diǎn)，翻折后，，，由對稱性可知，又，所以，由等面積得，設(shè)直線和平面所成角為，點(diǎn)到面的距離為，由得：，又，，所以，，故直線與平面所成角的正弦值為.解法二：（幾何法）分別取，的中點(diǎn)，，連接，，，過點(diǎn)作，為等邊三角形，，分別為，中點(diǎn)，，，且，則面；面，面面，平面平面，又，面，，面，所以點(diǎn)到面的距離即為，翻折后，，，由對稱性可知，又，由勾股定理的逆定理可知，所以，在中，，，故邊上的高為，由等面積得，設(shè)直線和平面所成角為，所以，故直線與平面所成角的正弦值為.解法三：（坐標(biāo)法）過點(diǎn)作，垂足為，平面平面，且平面平面，面，又因?yàn)?，分別為，中點(diǎn)，所以翻折后，，，由對稱性可知，又，所以，由等面積得，因此以為坐標(biāo)原點(diǎn)，，分別為軸，軸建系如圖，則，，，，，設(shè)面的法向量為，，，則不妨令，則法向量，設(shè)直線和平面所成角，則，故直線與平面所成角的正弦值為.17.記為數(shù)列的前項(xiàng)和，已知，，數(shù)列滿足.（1）求數(shù)列通項(xiàng)公式；（2）記數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對任意，，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）時(shí)，，解得或，因?yàn)?，所以，時(shí)，，得，因?yàn)?，所以，又，故?shù)列是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為；（2）解法一：由，所以，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，所以，因?yàn)閷θ我獾?，成立，所以，?dāng)為奇數(shù)時(shí)，即，所以，不等號(hào)的右邊可看作關(guān)于的二次函數(shù)，對稱軸為，因?yàn)闉槠鏀?shù)，所以時(shí)，，則當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，所以，同理可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，所以時(shí)，，則，綜上，.解法二：由，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，.當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，所以（下同解法一）解法三：因?yàn)閷θ我獾模闪?，則，即求最小值，令，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，則，所以最小值一定在為奇數(shù)時(shí)取到，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，則的最小值為，所以.18.已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，，離心率為.過點(diǎn)的直線分別交的左、右兩支于，兩點(diǎn)，且.（1）求的值；（2）求的取值范圍；（3）若，證明：.（1）解：設(shè)直線與軸所成銳角為，則，同理得出，，因?yàn)?，即，即，因，同?hào)且，得，所以，則；（2）解：設(shè)直線為，聯(lián)立：，得，則，，；因?yàn)橹本€交的左、右兩支于、兩點(diǎn)，所以，則，由（1）知，即，化簡得，由，所以，即，則；（3）證明：當(dāng)時(shí)，則，，由（2）得，設(shè)、的中點(diǎn)為，則，，又，所以，那么，所以，由三線合一知，.19.記集合，為集合（）的兩個(gè)子集，且滿足，.定義：（，分別表示集合，中所有元素的和）.（1）當(dāng)時(shí)，求的所有可能的值；（2）求的最小值；（3）設(shè)為不超過的自然數(shù)，且與的奇偶性相同，證明：存在，，使得.（1）解：若，由于，的對稱性，只需考慮以下情況：，，；，，；，，；，，；，，；，，；，，；，，.所以的所有可能值為：，，，，，.（2）解：首先計(jì)算時(shí)：令，，觀察可知，，且集合，均有項(xiàng)，且這首尾相加為，所以，所以，即此時(shí)的最小值為0.對于其它情況：當(dāng)時(shí)，由奇數(shù)，由（1）知為奇數(shù)，考慮的子集，中有項(xiàng)，那么參照上面證明存在，滿足，現(xiàn)令，，可知，即此時(shí)最小值為1；當(dāng)時(shí)，為奇數(shù)，為奇數(shù).考慮的子集，中有項(xiàng)，那么參照上面證明存在，滿足，現(xiàn)令，，可知，即此時(shí)最小值為1；當(dāng)時(shí)，為偶數(shù)，為偶數(shù)，考慮的子集，中有項(xiàng)，那么參照上面證明存在，滿足，現(xiàn)令，，可知，即此時(shí)最小值為0.綜上所述可知當(dāng)或時(shí)，，或時(shí)，.（3）證明：首先證明與的奇偶性相同：由題意知所以，因?yàn)槭桥紨?shù)，所以對于任意的，，與的奇偶性相同.下面用數(shù)歸法證明：當(dāng)與奇偶性相同且時(shí)，存在，滿足.當(dāng)或時(shí)，由（2）可知存在，滿足，假設(shè)時(shí)成立（為小于且與其奇偶性相同自然數(shù)），即此時(shí)存在，滿足，由于，不妨令，若此時(shí)，則可令，），那么，即說明時(shí)命題成立，若此時(shí)，必存在正整數(shù)滿足且（否則有，，此時(shí)有），令，，此時(shí)，滿足：，即時(shí)命題立，由歸納法可知命題成立.當(dāng)時(shí)，令，，，綜上所述命題成立.浙江省嘉興市2025屆高三下學(xué)期4月教學(xué)測試數(shù)學(xué)試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.復(fù)數(shù)的虛部為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,所以虛部為.故選：A.2.關(guān)于的不等式的解集為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因?yàn)樵谏蠟樵龊瘮?shù)，由有，又在上為增函數(shù)，，，故選：D.3.在所在平面內(nèi)，點(diǎn)滿足，記，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由向量的線性運(yùn)算可知.故選：C.4.“”是“圓不經(jīng)過第三象限”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】圓整理可得，可知圓心為，半徑，且，若圓不經(jīng)過第三象限，等價(jià)于原點(diǎn)不在圓內(nèi)，則，可得，且是的真子集，所以“”是“圓不經(jīng)過第三象限”的必要不充分條件.故選：B.5.若某正四面體的內(nèi)切球的表面積為，則該正四面體的外接球的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】正四面體的內(nèi)切球與其外接球球心重合，如圖，正四面體內(nèi)切球與外接球球心在其高上，則是正四面體內(nèi)切球半徑，是正四面體外接球半徑，由正四面體的內(nèi)切球的表面積為，得，令，，，，在中，，解得，，所以該正四面體的外接球的體積.故選：C6.已知拋物線，其準(zhǔn)線為，焦點(diǎn)為，過的直線與和從左到右依次相交于，，三點(diǎn)，且，則和的面積之比為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，如圖所示，由題可知，，，所以，所以，又，所以，故，此時(shí)，所以直線，與拋物線聯(lián)立得，所以，代入拋物線方程得，所以，易得，所以，，，故選：B.7.已知函數(shù)的定義域?yàn)?，且，，，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】D【解析】由，所以，所以，所以，由有，所以，即，所以函數(shù)的周期為6，所以，由，，，令有，，所以，所以，令有，，即，令有，即，，所以，所以，故選：D.8.甲、乙、丙三人玩?zhèn)髑蛴螒?，每次傳球時(shí)，傳球者都等可能地將球傳給另外兩個(gè)人中的任何一人，若第一次由甲傳出，則經(jīng)過6次傳球后，球恰在乙手中的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】設(shè)事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，那么由題意可知可知：，又，所以，構(gòu)造等比數(shù)列，因?yàn)榈谝淮斡杉讉髑?，可認(rèn)為第次傳球在甲，即，所以是以為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，故，因?yàn)榈谝淮斡杉讉髑?，之后都是等可能地將球傳給另外兩個(gè)人中的任何一人，所以乙、丙地位對稱，即，所以經(jīng)過次傳球后，球恰在乙手中的概率為.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.下列說法正確的是（）A.殘差的平方和越小，模型的擬合效果越好B.若隨機(jī)變量，則C.數(shù)據(jù)，，，，，，的第80百分位數(shù)是21D.一組數(shù)，，…，（）的平均數(shù)為，若再插入一個(gè)數(shù)，則這個(gè)數(shù)的方差不變【答案】AC【解析】對于A，由一元線性回歸模型的知識(shí)可知，決定系數(shù)越大，表示殘差平方和越小，即模型的擬合效果越好，故A正確；對于B，因?yàn)殡S機(jī)變量服從二項(xiàng)分布，由二項(xiàng)分布的方差計(jì)算公式可知，再由方差的性質(zhì)可知，故B錯(cuò)誤；對于C，從小到大排列一共有7個(gè)數(shù)據(jù)，，故第80百分位數(shù)是第6個(gè)數(shù)據(jù)，即21，故C正確；對于D，由題意可知，若再插入一個(gè)數(shù)，則平均數(shù)變?yōu)?，即平均?shù)不變，而原來的數(shù)據(jù)的方差為，同理可算得新數(shù)據(jù)的方差為，所以方差會(huì)變，故D錯(cuò)誤；故選：AC.10.已知，則下列說法正確的是（）A.在區(qū)間上單調(diào)遞增B.將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長度后得到曲線，則曲線關(guān)于原點(diǎn)對稱C.若是偶函數(shù)，則D.若在區(qū)間上恰有3個(gè)零點(diǎn)，則【答案】ACD【解析】對于A：時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞增，故A正確；對于B：曲線的解析式為，顯然不關(guān)于原點(diǎn)對稱，故B錯(cuò)誤；對于C：為偶函數(shù)，則，解得，故C正確；對于D：，當(dāng)，，所以在區(qū)間上恰有3個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于在上恰有3個(gè)零點(diǎn)，所以，解得，故D正確.故選：ACD.11.用筆從空間多面體的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，沿棱畫線，不間斷、不重復(fù)，最終回到起點(diǎn)或到達(dá)另一個(gè)頂點(diǎn)的過程稱為“1筆”.現(xiàn)定義：如果遍歷一個(gè)空間多面體所有的頂點(diǎn)和棱至少需要筆，則該多面體稱為筆畫多面體.那么下列說法正確的是（）A.五棱錐是3筆畫多面體 B.正方體是4筆畫多面體C.棱錐是筆畫多面體 D.棱柱是筆畫多面體【答案】ABD【解析】如果一個(gè)頂點(diǎn)有奇數(shù)條棱與之連接，這樣的頂點(diǎn)稱為奇頂點(diǎn)，下證明：如果一個(gè)空間幾何體有個(gè)奇頂點(diǎn)，那么需要筆畫.證明：1.一筆畫圖形的條件:一個(gè)圖形能夠一筆畫完成的必要條件是它必須連通，并且除了兩個(gè)點(diǎn)外，其余點(diǎn)的度數(shù)均為偶數(shù)，這兩個(gè)點(diǎn)稱為奇點(diǎn)；如果一個(gè)圖形有兩個(gè)奇點(diǎn)，則這兩個(gè)奇點(diǎn)分別作為起點(diǎn)和終點(diǎn)，其余點(diǎn)的度數(shù)均為偶數(shù).2.奇點(diǎn)數(shù)與筆畫數(shù)的關(guān)系:當(dāng)一個(gè)圖形滿足上述條件時(shí)，我們可以從一個(gè)奇點(diǎn)開始畫到另一個(gè)奇點(diǎn)結(jié)束，由于每個(gè)奇點(diǎn)都會(huì)額外增加一個(gè)筆畫，因此筆畫數(shù)等于奇點(diǎn)數(shù)除以2；如果圖形的奇點(diǎn)數(shù)大于2，根據(jù)上述條件，圖形無法以一筆畫完成，需要多筆畫。每增加一個(gè)奇點(diǎn)，筆畫數(shù)增加1.因此，如果一個(gè)圖形的奇點(diǎn)數(shù)能夠被2整除，那么這個(gè)圖形可以一筆畫完成，并且筆畫數(shù)等于奇點(diǎn)數(shù)除以2.這個(gè)結(jié)論適用于所有滿足一定條件的連通圖.A選項(xiàng)：五棱錐每個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，6個(gè)頂點(diǎn)，所以是3筆畫多面體；B選項(xiàng)：正方體每個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，有4對，所以是4筆畫多面體；C選項(xiàng)：四棱錐明顯不滿足結(jié)論，所以不正確；D選項(xiàng)：由于棱柱的每一個(gè)頂點(diǎn)都是奇頂點(diǎn)，棱柱有個(gè)頂點(diǎn)，所以是筆畫多面體，故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為__________.【答案】【解析】的展開式的通項(xiàng)為，則展開式中含的項(xiàng)有，即，所以展開式中含項(xiàng)的系數(shù)為.故答案為：13.記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知，則______.【答案】【解析】由正弦定理得，又，代入上式得，所以，又，，所以，又，所以，解得或，又，所以，故答案為：.14.設(shè)函數(shù)，若方程在區(qū)間上有解，則實(shí)數(shù)的取值范圍為______.【答案】【解析】設(shè)，則，那么，都在函數(shù)的圖象上假設(shè)，因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)遞增，所以，即，與假設(shè)矛盾；假設(shè)，因?yàn)楹瘮?shù)單調(diào)遞增，所以，即，與假設(shè)矛盾；所以，則在上有解，即在上有解.令，令，解得，因此在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；，，，所以，即，故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值.解：（1）由題意可得，所以，又，由直線的點(diǎn)斜式方程可得在處的切線方程為，即；（2）因?yàn)榈亩x域?yàn)椋?，得或，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，，所以在區(qū)間的最大值為.16.如圖，在邊長為2的正三角形中，，分別為，的中點(diǎn)，將沿翻折至，使得.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）證明：連接，因?yàn)闉榈冗吶切?，為中點(diǎn)，則，又，且面，面，，面，又面，所以平面平面.（2）解法一：（等體積法）過點(diǎn)作，垂足為，平面平面，且平面平面，面；又，分別為，中點(diǎn)，翻折后，，，由對稱性可知，又，所以，由等面積得，設(shè)直線和平面所成角為，點(diǎn)到面的距離為，由得：，又，，所以，，故直線與平面所成角的正弦值為.解法二：（幾何法）分別取，的中點(diǎn)，，連接，，，過點(diǎn)作，為等邊三角形，，分別為，中點(diǎn)，，，且，則面；面，面面，平面平面，又，面，，面，所以點(diǎn)到面的距離即為，翻折后，，，由對稱性可知，又，由勾股定理的逆定理可知，所以，在中，，，故邊上的高為，由等面積得，設(shè)直線和平面所成角為，所以，故直線與平面所成角的正弦值為.解法三：（坐標(biāo)法）過點(diǎn)作，垂足為，平面平面，且平面平面，面，又因?yàn)椋謩e為，中點(diǎn)，所以翻折后，，，由對稱性可知，又，所以，由等面積得，因此以為坐標(biāo)原點(diǎn)，，分別為軸，軸建系如圖，則，，，，，設(shè)面的法向量為，，，則不妨令，則法向量，設(shè)直線和平面所成角，則，故直線與平面所成角的正弦值為.17.記為數(shù)列的前項(xiàng)和，已知，，數(shù)列滿足.（1）求數(shù)列通項(xiàng)公式；（2）記數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對任意，，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）時(shí)，，解得或，因?yàn)?，所以，時(shí)，，得，因?yàn)?，所以，又，故?shù)列是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為；（2）解法一：由，所以，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，所以，因?yàn)閷θ我獾?，成立，所以，?dāng)為奇數(shù)時(shí)，即，所以，不等號(hào)的右邊可看作關(guān)于的二次函數(shù)，對稱軸為，因?yàn)闉槠鏀?shù)，所以時(shí)，，則當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，所以，同理可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，所以時(shí)，，則，綜上，.解法二：由，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，.當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，所