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湖北省武汉市江汉区2023_2024学年高二数学上学期8月新起点摸底考试试题含解析
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这是一份湖北省武汉市江汉区2023_2024学年高二数学上学期8月新起点摸底考试试题含解析，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 下列四个结论中正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题（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，请将正确答案填涂在答题卡上.）
1. 已知集，合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求解二次不等式，再求交集即可.
【详解】，故.
故选：D
2. 若复数z的虚部小于0，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设复数，然后根据，解得，最后带入求解即可.
【详解】设复数，因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
3. 某中学高三年级共有学生人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，若样本中共有女生人，则该校高三年级共有男生（）人
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，利用分层抽样可得出关于的等式，解之即可.
【详解】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，
由分层抽样可得，解得.
故选：B.
4. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由指数函数和对数函数的单调性分别限定的范围即可求出结果.
【详解】由在上单调递减可知，，
即；
由对数函数在上单调递增可知，，即；
又可知，即；
所以可得.
故选：A
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标表示可知，再由投影向量的定义即可求得结果.
【详解】易知，
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量.
故选：C
6. 著名田园诗人陶渊明也是一个大思想家，他曾言：勤学如春起之苗，不见其增，日有所长；辍学如磨刀之石，不见其损，日有所亏．今天，我们可以用数学观点来对这句话重新诠释，我们可以把“不见其增”量化为每天的“进步率”都是1%，一年后是；而把“不见其损”量化为每天的“落后率”都是1%，一年后是．可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的倍．那么，如果每天的“进步率”和“落后率”都是20%，要使“进步”是“落后”的10000倍，大约需要经过（，）（）
A17天B. 19天C. 21天D. 23天
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得，根据对数的运算性质即可求解.
【详解】经过x天后，“进步”与“落后”的比，
，两边取以10为底的对数得，
，
，
所以大于经过23天后，“进步”是“落后”的10000倍．
故选：D
7. 若函数在有最小值无最大值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得取值范围，再根据函数在有最小值无最大值，结合余弦函数的单调性与最值分析即可.
【详解】由，可得，
又函数在有最小值无最大值，
故，解得.
故选：D
8. 在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，设，设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，可结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面.
因为为等腰三角形，且，则，设，则，.
设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
如图所示，，，三点共线，由平面，可得平面．
由正弦定理，故，则.
连接，，则，由平面，且外接圆的圆心为，可得.
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，得，所以，球的表面积为．
故选：C
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知､是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系，在特殊几何体中举反例的方法则可确定错误选项，再根据判定与性质定理分析正确的命题即可.
【详解】在正方体中，
对于A选项，如图，各在正方体左、右两平行的侧面内，但两直线异面，不平行，故错误；
对于B选项，如图，若，平面，但平面，不与平面平行，故B错误；
对于C选项，如图，平面平面，平面，但不垂直于平面，故C错误；
对于D选项，若，则在平面内存在一条直线与平行，
又，则，又，
则由平面与平面垂直的判定定理可知，.故D正确.
故选：ABC.
10. 下列四个结论中正确的是（）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 设，，则“”的充分不必要条件是“”
C. 若“，”为假命题，则
D. 若函数在区间上的最大值为4，最小值为3，则实数的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】由全称命题的否定即可判断A，举出反例即可判断B，由一元二次不等式恒成立即可判断C，由二次函数的对称性即可判断D.
【详解】命题“，”的否定是“，”，故A错误；
当时，得不到，比如当时，不满足；
当时，也得不到，比如当，故B错误；
若“，”为假命题，则“，”为真命题，
则，故C正确；
函数，其对称轴为，由于函数在区间上的最大值为4，最小值为3，则，故D正确；
故选：CD
11. 在中，，，则角的可能取值为（）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理，可得，又，所以，又，可得，可判断各个选项.
【详解】由正弦定理，可得，又，所以，又，所以，即角为锐角，所以角的取值范围为，故A，B正确.
故选：AB.
12. 摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如武汉东湖的“东湖之眼”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度55米，转盘直径为50米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针方向匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处.以下关于摩天轮的说法中，正确的为（）
A. 摩天轮离地面最近的距离为5米
B. 若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C. 存在，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为20米
D. 若在，时刻游客距离地面的高度相等，则的最小值为20
【答案】ABD
【解析】
【分析】摩天轮离地面最远距离减去转盘直径，从而可判断A；由时间t与游客距离地面的高度，求出关于t的表达式，即可判断B；求出在上的单调性，结合当时，，即可判断C；由余弦型函数的性质可求出的最小值即可判断D；
【详解】对于A，由题意知，摩天轮离地面最近的距离为米，故A正确；
对于B，设，当时，游客从离地面最近的位置进舱，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处.所以，，，，又当时，，所以，所以，故B正确；
对于C，因为，，又高度相等，函数的对称轴为，则关于对称，则，则；
令，解得，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，当时，，
当时，；当时，，所以在只有一个解，故C错误；
对于D，周期，由余弦型函数的性质可知，令，
则，，函数关于对称，若在，时刻游客距离地面的高度相等，
则当时，的最小值为10，的最小值为20.故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由极差和平均数求出，即可求出中位数.
【详解】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，
所以中位线为.
故答案为：
14. 若，则___________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据余弦二倍角公式以及诱导公式得出结果.
【详解】由得，
所以.
故答案为：.
15. 已知，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由对数的性质可得，应用基本不等式“1”的代换求的范围，进而确定目标式的最小值.
【详解】由题设且，则，故，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故，
所以的最小值为2.
故答案为：2
16. 设函数，则使得成立的的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的对称性，结合导数的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】设，
因为，，
所以函数关于直线对称，
，显然该函数是增函数，
当时，，
所以函数是增函数；
函数，对称轴为直线对称，
而且当时，函数单调递增，
所以函数关于直线对称，
而且当时，单调递增，
由对称性可知：在时，单调递减，
当时，一定有成立，解得；
当时，一定不成立；
当时，即时，
由，即；
当时，此时，
综上所述：的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出函数的对称轴、利用导数求出单调性.
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. 已知向量，满足，，.
（1）求；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，然后根据向量的夹角公式求解；
（2）先表示出，然后根据数量积的定义求解.
【小问1详解】
因为，所以，，
所以，.
小问2详解】
因为，所以，，
所以，边的长度为.
18. 甲､乙､丙三人各自独立地破译某密码，已知甲､乙都译出密码概率为，甲､丙都译出密码的概率为，乙､丙都译出密码的概率为.
（1）分别求甲､乙､丙三人各自译出密码的概率；
（2）求密码被破译的概率.
【答案】（1）甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是，，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个相互独立事件同时发生的概率等于两个事件概率的乘积解方程组得出结果；
（2）求解对立事件的概率得出结果.
【小问1详解】
设事件､､分别为甲､乙､丙三人各自译出密码，
由题设条件有即
解得，，.
即甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是，，.
【小问2详解】
记事件为密码被破译，则.
故密码被破译的概率为.
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期和对称中心；
（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最小正周期，利用整体代入法求得的对称中心.
（2）根据求得，利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简，根据三角函数值域的知识求得的取值范围.
【小问1详解】
由条件可知：
，
的最小正周期为，令，，解得，，
的对称中心为；
【小问2详解】
由正弦定理得，
由（1），而，得，
，，解得，，又，可得，
，，
代入上式化简得：，
又在锐角中，有，，
，则有，.
20. 如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求与平面所成的角；
（2）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明平面，确定直线与平面所成的角，再计算作答.
（2）求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，由，，得，
由平面，平面，得，而平面，
则平面，因此就是与平面所成的角，
显然，又，且，则，
由平面，得，于是，
所以与平面所成的角为.
【小问2详解】
过点作于，如图，
由平面，平面，得，又平面，
则平面，即为四棱锥的高，
由（1）知，，则是的中点，在中，，而，
所以四棱锥的体积.
21. 某学校为了了解老师对“民法典”知识的认知程度，针对不同年龄的老师举办了一次“民法典”知识竞答，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人年龄的第75百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取40人，担任“民法典”知识的宣传使者.
①若有甲（年龄23），乙（年龄43）两人已确定入选宣传使者，现计划从第一组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人恰有一人被选上的概率；
②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和1，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和2，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图由百分位数的定义代入计算即可得出结果；
（2）用列举法列出所有的基本事件数，根据古典概型的公式计算所求概率，由方差的公式即可求解.
【小问1详解】
设这人年龄的第75百分位数为，
根据百分位数定义可得，
解得.
【小问2详解】
①由题意得，第一组应抽取2人，记为，甲，第五组抽取4人，记为，，，乙.
对应的样本空间为：
，共15个样本点.
设事件“甲､乙两人恰有一人被选上”，
则，共有8个样本点.
所以，.
②设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，.
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为.
据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为.
22. 在平行四边形中，，，如图甲所示，作于点，将沿着翻折，使点与点重合，如图乙所示.
（1）设平面与平面的交线为，判断与的位置关系，并证明；
（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值；
（3）在（2）条件下，､分别为棱，的点，求空间四边形周长的最小值.
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理可得；
（2）易知当平面平面时，四棱锥的体积最大，作出二面角的平面角，即可求出其正弦值；
（3）利用平面展开图求得当､､､共线时，周长最短为.
【小问1详解】
，证明如下：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
当平面平面时，四棱锥的体积最大.
平面平面，平面，，
可得平面，平面，可得，
作交于点，连接，，可得平面，
而在平面中，故，即为二面角的平面角，
由，可得，在中，，
，，，
所以二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由展开图可知，关于的对称点为，
，，
由勾股定理可得，，当､､､共线时，周长最短，
此时.
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题（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，请将正确答案填涂在答题卡上.）
1. 已知集，合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求解二次不等式，再求交集即可.
【详解】，故.
故选：D
2. 若复数z的虚部小于0，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设复数，然后根据，解得，最后带入求解即可.
【详解】设复数，因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
3. 某中学高三年级共有学生人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，若样本中共有女生人，则该校高三年级共有男生（）人
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，利用分层抽样可得出关于的等式，解之即可.
【详解】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，
由分层抽样可得，解得.
故选：B.
4. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由指数函数和对数函数的单调性分别限定的范围即可求出结果.
【详解】由在上单调递减可知，，
即；
由对数函数在上单调递增可知，，即；
又可知，即；
所以可得.
故选：A
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标表示可知，再由投影向量的定义即可求得结果.
【详解】易知，
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量.
故选：C
6. 著名田园诗人陶渊明也是一个大思想家，他曾言：勤学如春起之苗，不见其增，日有所长；辍学如磨刀之石，不见其损，日有所亏．今天，我们可以用数学观点来对这句话重新诠释，我们可以把“不见其增”量化为每天的“进步率”都是1%，一年后是；而把“不见其损”量化为每天的“落后率”都是1%，一年后是．可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的倍．那么，如果每天的“进步率”和“落后率”都是20%，要使“进步”是“落后”的10000倍，大约需要经过（，）（）
A17天B. 19天C. 21天D. 23天
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得，根据对数的运算性质即可求解.
【详解】经过x天后，“进步”与“落后”的比，
，两边取以10为底的对数得，
，
，
所以大于经过23天后，“进步”是“落后”的10000倍．
故选：D
7. 若函数在有最小值无最大值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可得取值范围，再根据函数在有最小值无最大值，结合余弦函数的单调性与最值分析即可.
【详解】由，可得，
又函数在有最小值无最大值，
故，解得.
故选：D
8. 在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，设，设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，可结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面.
因为为等腰三角形，且，则，设，则，.
设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
如图所示，，，三点共线，由平面，可得平面．
由正弦定理，故，则.
连接，，则，由平面，且外接圆的圆心为，可得.
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，得，所以，球的表面积为．
故选：C
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知､是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系，在特殊几何体中举反例的方法则可确定错误选项，再根据判定与性质定理分析正确的命题即可.
【详解】在正方体中，
对于A选项，如图，各在正方体左、右两平行的侧面内，但两直线异面，不平行，故错误；
对于B选项，如图，若，平面，但平面，不与平面平行，故B错误；
对于C选项，如图，平面平面，平面，但不垂直于平面，故C错误；
对于D选项，若，则在平面内存在一条直线与平行，
又，则，又，
则由平面与平面垂直的判定定理可知，.故D正确.
故选：ABC.
10. 下列四个结论中正确的是（）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 设，，则“”的充分不必要条件是“”
C. 若“，”为假命题，则
D. 若函数在区间上的最大值为4，最小值为3，则实数的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】由全称命题的否定即可判断A，举出反例即可判断B，由一元二次不等式恒成立即可判断C，由二次函数的对称性即可判断D.
【详解】命题“，”的否定是“，”，故A错误；
当时，得不到，比如当时，不满足；
当时，也得不到，比如当，故B错误；
若“，”为假命题，则“，”为真命题，
则，故C正确；
函数，其对称轴为，由于函数在区间上的最大值为4，最小值为3，则，故D正确；
故选：CD
11. 在中，，，则角的可能取值为（）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理，可得，又，所以，又，可得，可判断各个选项.
【详解】由正弦定理，可得，又，所以，又，所以，即角为锐角，所以角的取值范围为，故A，B正确.
故选：AB.
12. 摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如武汉东湖的“东湖之眼”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度55米，转盘直径为50米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针方向匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处.以下关于摩天轮的说法中，正确的为（）
A. 摩天轮离地面最近的距离为5米
B. 若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C. 存在，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为20米
D. 若在，时刻游客距离地面的高度相等，则的最小值为20
【答案】ABD
【解析】
【分析】摩天轮离地面最远距离减去转盘直径，从而可判断A；由时间t与游客距离地面的高度，求出关于t的表达式，即可判断B；求出在上的单调性，结合当时，，即可判断C；由余弦型函数的性质可求出的最小值即可判断D；
【详解】对于A，由题意知，摩天轮离地面最近的距离为米，故A正确；
对于B，设，当时，游客从离地面最近的位置进舱，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处.所以，，，，又当时，，所以，所以，故B正确；
对于C，因为，，又高度相等，函数的对称轴为，则关于对称，则，则；
令，解得，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，当时，，
当时，；当时，，所以在只有一个解，故C错误；
对于D，周期，由余弦型函数的性质可知，令，
则，，函数关于对称，若在，时刻游客距离地面的高度相等，
则当时，的最小值为10，的最小值为20.故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由极差和平均数求出，即可求出中位数.
【详解】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，
所以中位线为.
故答案为：
14. 若，则___________.
【答案】##0.6
【解析】
【分析】根据余弦二倍角公式以及诱导公式得出结果.
【详解】由得，
所以.
故答案为：.
15. 已知，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由对数的性质可得，应用基本不等式“1”的代换求的范围，进而确定目标式的最小值.
【详解】由题设且，则，故，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故，
所以的最小值为2.
故答案为：2
16. 设函数，则使得成立的的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的对称性，结合导数的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】设，
因为，，
所以函数关于直线对称，
，显然该函数是增函数，
当时，，
所以函数是增函数；
函数，对称轴为直线对称，
而且当时，函数单调递增，
所以函数关于直线对称，
而且当时，单调递增，
由对称性可知：在时，单调递减，
当时，一定有成立，解得；
当时，一定不成立；
当时，即时，
由，即；
当时，此时，
综上所述：的取值范围是，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出函数的对称轴、利用导数求出单调性.
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. 已知向量，满足，，.
（1）求；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，然后根据向量的夹角公式求解；
（2）先表示出，然后根据数量积的定义求解.
【小问1详解】
因为，所以，，
所以，.
小问2详解】
因为，所以，，
所以，边的长度为.
18. 甲､乙､丙三人各自独立地破译某密码，已知甲､乙都译出密码概率为，甲､丙都译出密码的概率为，乙､丙都译出密码的概率为.
（1）分别求甲､乙､丙三人各自译出密码的概率；
（2）求密码被破译的概率.
【答案】（1）甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是，，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个相互独立事件同时发生的概率等于两个事件概率的乘积解方程组得出结果；
（2）求解对立事件的概率得出结果.
【小问1详解】
设事件､､分别为甲､乙､丙三人各自译出密码，
由题设条件有即
解得，，.
即甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是，，.
【小问2详解】
记事件为密码被破译，则.
故密码被破译的概率为.
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期和对称中心；
（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最小正周期，利用整体代入法求得的对称中心.
（2）根据求得，利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简，根据三角函数值域的知识求得的取值范围.
【小问1详解】
由条件可知：
，
的最小正周期为，令，，解得，，
的对称中心为；
【小问2详解】
由正弦定理得，
由（1），而，得，
，，解得，，又，可得，
，，
代入上式化简得：，
又在锐角中，有，，
，则有，.
20. 如图，在三棱柱中，平面，，.
（1）求与平面所成的角；
（2）若，求四棱锥的体积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明平面，确定直线与平面所成的角，再计算作答.
（2）求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，由，，得，
由平面，平面，得，而平面，
则平面，因此就是与平面所成的角，
显然，又，且，则，
由平面，得，于是，
所以与平面所成的角为.
【小问2详解】
过点作于，如图，
由平面，平面，得，又平面，
则平面，即为四棱锥的高，
由（1）知，，则是的中点，在中，，而，
所以四棱锥的体积.
21. 某学校为了了解老师对“民法典”知识的认知程度，针对不同年龄的老师举办了一次“民法典”知识竞答，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人年龄的第75百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取40人，担任“民法典”知识的宣传使者.
①若有甲（年龄23），乙（年龄43）两人已确定入选宣传使者，现计划从第一组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人恰有一人被选上的概率；
②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和1，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和2，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图由百分位数的定义代入计算即可得出结果；
（2）用列举法列出所有的基本事件数，根据古典概型的公式计算所求概率，由方差的公式即可求解.
【小问1详解】
设这人年龄的第75百分位数为，
根据百分位数定义可得，
解得.
【小问2详解】
①由题意得，第一组应抽取2人，记为，甲，第五组抽取4人，记为，，，乙.
对应的样本空间为：
，共15个样本点.
设事件“甲､乙两人恰有一人被选上”，
则，共有8个样本点.
所以，.
②设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，.
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为.
据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为.
22. 在平行四边形中，，，如图甲所示，作于点，将沿着翻折，使点与点重合，如图乙所示.
（1）设平面与平面的交线为，判断与的位置关系，并证明；
（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值；
（3）在（2）条件下，､分别为棱，的点，求空间四边形周长的最小值.
【答案】（1），证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理可得；
（2）易知当平面平面时，四棱锥的体积最大，作出二面角的平面角，即可求出其正弦值；
（3）利用平面展开图求得当､､､共线时，周长最短为.
【小问1详解】
，证明如下：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
当平面平面时，四棱锥的体积最大.
平面平面，平面，，
可得平面，平面，可得，
作交于点，连接，，可得平面，
而在平面中，故，即为二面角的平面角，
由，可得，在中，，
，，，
所以二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由展开图可知，关于的对称点为，
，，
由勾股定理可得，，当､､､共线时，周长最短，
此时.
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