2023届江苏省徐州市第七中学高三上学期一检数学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE12022—2023学年度第一学期徐州七中高三一检模拟（一）数学试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果.〖详析〗根据对数函数定义域可得由指数函数的值域可得所以，故选：B.2.若复数的共轭复数满足（其中为虚数单位），则的值为（）A. B.5 C.7 D.25〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗求出共轭复数，以及复数，即可求出的值.〖详析〗解：由题意，则，所以，，∴故选：D.3.随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（）A.事件与事件是相互独立事件 B.事件与事件是互斥事件C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.〖详析〗投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；，C正确；，D错误；，不是相互独立事件，A错误；事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.故选：C.4.在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.〖详析〗过点作平行于，交于点，因为，则为的中点，所以且，因为，所以，由可得：，所以，因为，所以，故选：.5.则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（）A.3 B. C. D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.〖详析〗由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，设球心到平面得距离为，所以，所以三棱锥的外接球半径为，故选：B.6.已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗解不等式即得解.〖详析〗因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，可得，解得.故选：A.7.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（）A.10 B.11 C.12 D.13〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题不妨设,求出,,进而得到,通过第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.〖详析〗解:由题意可令,所以将数列逐个列举可得:,,,,,故,因为,所以,故.故选:B8.已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得〖答案〗.〖详析〗，，，设，则，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，因为，所以，即，因为，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以，综上所述：.故选：D二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（）A.， B.若，则C. D.随机变量满足，则〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.〖详析〗因为,所以，，A正确；因为，所以，B正确；因为，所以，C正确；因为，所以，所以,D错误，故选:ABC10.如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（）A.B.C.直线与平面所成角的最小值是D.的最小值为〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗对于A项转化证明平面；对于B项，反证法证明，也就验证平面是否成立；对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，在分析求解；对于D项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可.〖详析〗对于A项，连接，在正方体中，平面，又因为平面，故故A正确.对于B项，假设成立，又因为，并且所以平面，明显不垂直，假设不成立，故B不正确.对于C项，连接，再连接，在正方体，易得平面所以即为直线与平面所成角，在中，，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的最小值是，故C不正确.对于D项，把往上翻折到与平面共面，又因为，即往上翻折成，即在四边形中，求，易得最小值为，所以D正确.故选：AD11.已知,，下列说法正确的是（）A.存在使得是奇函数B.任意､的图象是中心对称图形C.若为的两个极值点，则D.若在上单调，则〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗对于A，当时,为奇函数，从而即可判断；对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断；对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断；对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可.〖详析〗解：对于A，当时,为奇函数，故正确；对于B，设函数的对称中心为,则有，又因为，，所以，解得，所以的对称中心为，故正确；对于C，因为，又因为为的两个极值点，所以，，所以C错误；对于D，若单调，则有恒成立，所以，解得，选项D正确.故选：ABD.12.已知，是抛物线：上两动点，为抛物线的焦点，则（）A.直线过焦点时，最小值为2B.直线过焦点且倾斜角为60°时（点在第一象限），C.若中点的横坐标为3，则最大值为8D.点坐标，且直线，斜率之和为0，与抛物线的另一交点为，则直线方程为：〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗对于AB项画出函数图像，把用直线的倾斜角表示，验证是否正确；对于C项，可求解；对于D项根据点可求出，就能求出所以求出直线，分别与抛物线联立求出点，就能求出方程.〖详析〗对于A项，过点分别作准线垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，准线与轴的交点为，设直线的倾斜角为，画图为：根据抛物线的定义：，从图可知，，在中，，所以，同理则，故当时故最小值为，所以A不正确.对于B项，由A可知，，所以，故B不正确.对于C项，所以最大值为8，故C正确.对于D项，由，，知，所以所以直线的方程为，直线的方程为联立解得或，所以联立解得或，所以所以直线的方程为即，故D正确.故选：CD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中含项的系数为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.〖详析〗，的展开式中项为：，的展开式中没有项，故的展开式中含项的系数为，故〖答案〗为：.14.已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求〖详析〗设等差数列的公差为，，所以又因为即可得，又由即即即且正项等差数列，即解得，所以故〖答案〗为：15.过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.〖详析〗圆圆心，半径，方程化为一般式方程为，则，以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，∵，则是圆与圆的交点，两圆方程作差可得：，∴直线的方程为.故〖答案〗为：.16.若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.〖详析〗因为，所以，因为只有一个极值点，所以若3是极值点，因为，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故，则，所以；当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；当时，，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增，满足题意，综上：或，即.故〖答案〗：.四、解答题：本题共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.已知在中，边,,所对的角分别为，，，.（1）证明：,,成等比数列；（2）求角的最大值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)结合内角和关系，通过三角恒等变换化简条件等式可得，再利用正弦定理化角为边即可证明；(2)根据余弦定理和基本不等式可求的最小值，由此可得角的最大值.〖小问1详析〗通分化简可得，，即，即，整理得，由正弦定理可得，所以a､b､c成等比数列；〖小问2详析〗由（1）可得，又，所以，当且仅当即为正三角形时等号成立，所以的最大角为.18.已知等比数列的前n项和为（b为常数）．（1）求b的值和数列的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．〖答案〗（1）；（2）〖解析〗〖祥解〗（1）依题意等比数列的公比不为1，再根据等比数列前项和公式得到，即可得到且，从而求出、，即可得解；（2）首先令，，即可求出的取值范围，从而求出，即可得到，再利用错位相减法求和即可；〖小问1详析〗解：由题设，显然等比数列的公比不为1，若的首项、公比分别为、，则，∴且，所以，故的通项公式为．当时，；〖小问2详析〗解：令，，解得，所以数列在中的项的个数为，则，所以，∵，①∵②两式相减得∴．∴19.如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，且BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点．（1）证明：平面BDEF∥平面CB1D1；（2）若∠ADC＝120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值．〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）连接，交于点，连接，则为的中点，可证明平面，平面，从而证明结论.

（2）取的中点，连接，可得,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,应用向量法求线面角.〖详析〗（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，∵是的中点，平面,平面,所以平面又是的中点平面,平面,所以平面又平面,,所以平面平面．（2）取的中点，连接，在菱形中，为正三角形，则由平面，故以所在直线分别为轴，建立如图示的空间直角坐标系则∴设平面BDEF的法向量为，即，令则设直线与平面所成角为，则故直线与平面所成角的正弦值为〖『点石成金』〗方法『点石成金』：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.3、求：求出所需平面的法向量4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值5、取：根据题意，或二面角的范围，得出〖答案〗.20.某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.（1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；（2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可（2）设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，求出相关的概率，再根据条件概率求解即可.〖小问1详析〗设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2，，，由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：；〖小问2详析〗设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，且，，，，，，，所求概率即是发生的条件下发生的概率：.21.已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，（1）设直线的斜率分别为，求的值；（2）若，求的面积.〖答案〗（1）；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得〖答案〗.法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得〖答案〗.（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得〖答案〗.法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得〖答案〗.〖小问1详析〗法一：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为显然直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.因为，所以.法二：由题意得，解得，双曲线的方程为.设方程为，联立，可得，，，，.〖小问2详析〗法一：因为，所以，又因为，所以，即，（※）将代入（※）得，因为在轴上方，所以，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或（舍），所以，代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，，解得或，所以的面积为.法二：设，由，可得，，解得，方程，联立，可得，解得，同理联立，解得，.22.已知函数.（1）若且函数在上是单调递增函数，求的取值范围；（2）设的导函数为，若满足，证明：.〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗(1)由题意可得在上恒成立，令，求导，分、讨论在上恒成立即可；(2)由可得，由（1）知，即有，①，令，求导得当时，，即有，于是得以，代入①式中化简即可得证.〖小问1详析〗解：当时，，，因为在上是单调递增函数，所以在上恒成立，令，则，当时，，令，，所以在上递增，即，所以在上恒成立，符合题意；当时，，，且在为单调递增函数，所以存在唯一使得，所以当时，，在递减，即，，不符合题意；综上所述；〖小问2详析〗证明：，当时，由（1）可知是增函数，所以，设，，移项得，由（1）知，即，所以，即，①设，，所以当时，，即，所以，即，所以，代入①式中得到，即，所以，命题得证.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：本题考查了利用导数求参数的范围及证明不等式成立问题:对于函数在所给区间上单增(减)，等价于其导数在所给区间上恒为正(负)；对于恒成立问题，常采用方法有二：一是求导，利用导数求出函数的最值，转化为最值与参数之间的关系；二是分离参数，再利用导数求函数的最值，转化为参数与函数的最值之间的关系.高考模拟试题PAGEPAGE12022—2023学年度第一学期徐州七中高三一检模拟（一）数学试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据对数函数定义域和指数函数的值域求法即可得出结果.〖详析〗根据对数函数定义域可得由指数函数的值域可得所以，故选：B.2.若复数的共轭复数满足（其中为虚数单位），则的值为（）A. B.5 C.7 D.25〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗求出共轭复数，以及复数，即可求出的值.〖详析〗解：由题意，则，所以，，∴故选：D.3.随机掷两个质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数是和”，事件“骰子向上的点数含有”，则下列说法正确的是（）A.事件与事件是相互独立事件 B.事件与事件是互斥事件C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据古典概型概率公式可计算得到，知CD正误；由独立事件概率乘法公式验证可知A错误；根据互斥事件定义可知B错误.〖详析〗投掷两个质地均匀的正方体骰子，所有可能的结果有种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，共种；满足事件的有，，，，，，，，，，，共种；，C正确；，D错误；，不是相互独立事件，A错误；事件和事件可能同时发生，不是互斥事件，B错误.故选：C.4.在平行四边形中，､分别在边､上，，与相交于点，记，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意过点作平行于，交于点，先利用三角形相似求出，然后利用向量的线性运算即可求解.〖详析〗过点作平行于，交于点，因为，则为的中点，所以且，因为，所以，由可得：，所以，因为，所以，故选：.5.则三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球半径为（）A.3 B. C. D.6〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据外接球半径与底面外接圆半径，高度的关系计算即可.〖详析〗由题由正弦定理得，外接圆直径为，得，设球心到平面得距离为，所以，所以三棱锥的外接球半径为，故选：B.6.已知函数在上恰好取到一次最大值与一次最小值，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗解不等式即得解.〖详析〗因为，恰好取到一次最大值与一次最小值，可得，解得.故选：A.7.意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（）A.10 B.11 C.12 D.13〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题不妨设,求出,,进而得到,通过第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.〖详析〗解:由题意可令,所以将数列逐个列举可得:,,,,,故,因为,所以,故.故选:B8.已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得〖答案〗.〖详析〗，，，设，则，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，因为，所以，即，因为，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以，综上所述：.故选：D二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（）A.， B.若，则C. D.随机变量满足，则〖答案〗ABC〖解析〗〖祥解〗根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.〖详析〗因为,所以，，A正确；因为，所以，B正确；因为，所以，C正确；因为，所以，所以,D错误，故选:ABC10.如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（）A.B.C.直线与平面所成角的最小值是D.的最小值为〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗对于A项转化证明平面；对于B项，反证法证明，也就验证平面是否成立；对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，在分析求解；对于D项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可.〖详析〗对于A项，连接，在正方体中，平面，又因为平面，故故A正确.对于B项，假设成立，又因为，并且所以平面，明显不垂直，假设不成立，故B不正确.对于C项，连接，再连接，在正方体，易得平面所以即为直线与平面所成角，在中，，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的最小值是，故C不正确.对于D项，把往上翻折到与平面共面，又因为，即往上翻折成，即在四边形中，求，易得最小值为，所以D正确.故选：AD11.已知,，下列说法正确的是（）A.存在使得是奇函数B.任意､的图象是中心对称图形C.若为的两个极值点，则D.若在上单调，则〖答案〗ABD〖解析〗〖祥解〗对于A，当时,为奇函数，从而即可判断；对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断；对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断；对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可.〖详析〗解：对于A，当时,为奇函数，故正确；对于B，设函数的对称中心为,则有，又因为，，所以，解得，所以的对称中心为，故正确；对于C，因为，又因为为的两个极值点，所以，，所以C错误；对于D，若单调，则有恒成立，所以，解得，选项D正确.故选：ABD.12.已知，是抛物线：上两动点，为抛物线的焦点，则（）A.直线过焦点时，最小值为2B.直线过焦点且倾斜角为60°时（点在第一象限），C.若中点的横坐标为3，则最大值为8D.点坐标，且直线，斜率之和为0，与抛物线的另一交点为，则直线方程为：〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗对于AB项画出函数图像，把用直线的倾斜角表示，验证是否正确；对于C项，可求解；对于D项根据点可求出，就能求出所以求出直线，分别与抛物线联立求出点，就能求出方程.〖详析〗对于A项，过点分别作准线垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，准线与轴的交点为，设直线的倾斜角为，画图为：根据抛物线的定义：，从图可知，，在中，，所以，同理则，故当时故最小值为，所以A不正确.对于B项，由A可知，，所以，故B不正确.对于C项，所以最大值为8，故C正确.对于D项，由，，知，所以所以直线的方程为，直线的方程为联立解得或，所以联立解得或，所以所以直线的方程为即，故D正确.故选：CD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中含项的系数为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.〖详析〗，的展开式中项为：，的展开式中没有项，故的展开式中含项的系数为，故〖答案〗为：.14.已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求〖详析〗设等差数列的公差为，，所以又因为即可得，又由即即即且正项等差数列，即解得，所以故〖答案〗为：15.过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.〖详析〗圆圆心，半径，方程化为一般式方程为，则，以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，∵，则是圆与圆的交点，两圆方程作差可得：，∴直线的方程为.故〖答案〗为：.16.若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗〖祥解〗对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.〖详析〗因为，所以，因为只有一个极值点，所以若3是极值点，因为，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故，则，所以；当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；当时，，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增，满足题意，综上：或，即.故〖答案〗：.四、解答题：本题共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.已知在中，边,,所对的角分别为，，，.（1）证明：,,成等比数列；（2）求角的最大值.〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗(1)结合内角和关系，通过三角恒等变换化简条件等式可得，再利用正弦定理化角为边即可证明；(2)根据余弦定理和基本不等式可求的最小值，由此可得角的最大值.〖小问1详析〗通分化简可得，，即，即，整理得，由正弦定理可得，所以a､b､c成等比数列；〖小问2详析〗由（1）可得，又，所以，当且仅当即为正三角形时等号成立，所以的最大角为.18.已知等比数列的前n项和为（b为常数）．（1）求b的值和数列的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．〖答案〗（1）；（2）〖解析〗〖祥解〗（1）依题意等比数列的公比不为1，再根据等比数列前项和公式得到，即可得到且，从而求出、，即可得解；（2）首先令，，即可求出的取值范围，从而求出，即可得到，再利用错位相减法求和即可；〖小问1详析〗解：由题设，显然等比数列的公比不为1，若的首项、公比分别为、，则，∴且，所以，故的通项公式为．当时，；〖小问2详析〗解：令，，解得，所以数列在中的项的个数为，则，所以，∵，①∵②两式相减得∴．∴19.如图，四边形ABCD是边长为的菱形，DD1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，且BB1＝DD1＝2，E，F分别是AD1，AB1的中点．（1）证明：平面BDEF∥平面CB1D1；（2）若∠ADC＝120°，求直线DB1与平面BDEF所成角的正弦值．〖答案〗（1）证明见〖解析〗；（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）连接，交于点，连接，则为的中点，可证明平面，平面，从而证明结论.

（2）取的中点，连接，可得,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,应用向量法求线面角.〖详析〗（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点，∵是的中点，平面,平面,所以平面又是的中点平面,平面,所以平面又平面,,所以平面平面．（2）取的中点，连接，在菱形中，为正三角形，则由平面，故以所在直线分别为轴，建立如图示的空间直角坐标系则∴设平面BDEF的法向量为，即，令则设直线与平面所成角为，则故直线与平面所成角的正弦值为〖『点石成金』〗方法『点石成金』：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.3、求：求出所需平面的法向量4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值5、取：根据题意，或二面角的范围，得出〖答案〗.20.某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.（1）如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；（2）若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可（2）设事件为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则､､彼此互斥，求出相关的概率，再根据条件概率求解即可.〖小问1详析〗设表示“第次从乙箱中取到填