资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编
成套系列资料，整套一键下载
2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（五）（原卷版＋解析版）
展开
这是一份2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（五）（原卷版＋解析版），文件包含2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编五解析版docx、2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编五原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（五）
一、单选题
1．（2022·广东汕头·高三阶段练习）直线是曲线和曲线的公切线，则（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【解析】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，
，则，由，可得，
则，即点，
将点的坐标代入直线的方程可得，可得，①
，则，由，可得，
，即点，
将点的坐标代入直线的方程可得，，②
联立①②可得，故，.
故选：A.
2．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知函数，若在区间内恰好有7个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】当时，对任意，在内最多有2个零点，不符题意；
所以，
当时，,开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为当时，；
当，即时，在内无零点，
所以在内有7个零点，
即在内有7个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以无解；
当，即时，
=在内有1个零点，
在内有6个零点，
即在内有6个零点，
由三角函数的性质可知此时在内只有4个零点，不符题意；
当，即时，
=在内有2个零点，
所以=在内有5个零点，
即在内有5个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为时，
所以，
当，即时，
在内有1个零点，
所以在内有6个零点，
即在内有6个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以.
综上所述，的取值范围为：.
故选：D.
3．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）设函数有个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，解得，即在上仅有一个零点，所以只需在上有个不同零点即可．
当时，，所以，即
故选：A
4．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，所在圆即为的外接圆.
设圆的半径为，则，解得.
因为为等边三角形，所以.
由正弦定理可得，解得.
所以.
如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.
设球的半径为，在Rt中，，解得.
所以球的体积.
故选：B.
5．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）已知菱形ABCD的边长为2，且，沿BD把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取的中点H，连接，因为ABCD为菱形，所以,
故 为二面角的平面角，则，
由题意可知为正三角形，则外接球球心位于过的中心且和它们所在面垂直的直线上，
故分别取的重心为，
过点，分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，
由题意可知，球心到面和面的距离相等，即 ,
连接，则,
菱形ABCD的边长为2 ，
，即三棱锥的外接球的半径，
则其外接球的表面积为，
故选：B．
6．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知正实数、、满足，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，，
由于、、均为正数，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值是.
故选：C.
7．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，，
由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
，当时，；当时，.
所以，函数的最小值为.
又，.
直线恒过定点且斜率为，
故且，解得，故选D.
8．（2022·湖北武汉·高三开学考试）设双曲线的左右焦点为，过的直线与双曲线右支交两点，设中点为，若，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意可知，过的直线斜率存在，
中点为，
又
又
在 中，由余弦定理
整理得：且 ，所以 是等腰直角三角形.
设，则，
在 中，由勾股定理得：
由双曲线定义可知：
由双曲线定义可知： 且
整理得：
在 中，，，
由余弦定理可得：
代入计算得：
离心率e＝
故选：A.
9．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数，是的一个极值点，是与其相邻的一个零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，函数的最小正周期为，，
，
因为是的一个极值点，则，则，
因为，，则，
因此，.
故选：D.
10．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，，，
令，
则，令，则，
当时，，∴在上单调递减，
∴，即，
∴，即；
令，
∴，令，则，
当时，，∴在上单调递减，
∴，即，
∴，即，
综上可知：．
故选：A．
11．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知数列满足，则（ ）
A．231 B．234 C．279 D．276
【答案】B
【解析】由可知：
当为偶数时，当为奇数时，
所以，即，由此解得，
所以，
故选：B
12．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆与的一条渐近线的一个交点为.若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图所示，由已知得，，，
且，则，
在中，由余弦定理，得，即，整理得，所以，
故，
故选：B.
13．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，所以.
令函数，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，即.
综上，.
故选：A
14．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）已知函数，若，则函数的单调递增区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由可知,
即，，即，，
，，，两式相减可得，
因为故，
将代入得，又，，
所以函数，
令，求得，
可得函数的单调递增区间为，．
故选：D
15．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）若不等式对于一切恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】对于一切成立，
则等价为a⩾对于一切x∈(0,)成立，
即a⩾−x−对于一切x∈(0,)成立，
设y=−x−,则函数在区间(0,〕上是增函数
∴−x−<−−2=，
∴a⩾.
故选C.
16．（2022·山东·枣庄市第三中学高三开学考试）已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题得，
取特值代入上面的不等式得a≥3，
所以，
（1）在x∈（0,1上，0＜x≤1＜，
恒有a≤3+2x-lnx成立，记g(x)=2x-lnx+3(0＜x≤1）
所以，所以
所以.
(2)在x∈上，，恒有，
所以在x∈上恒成立，
又在x∈上，的最小值为5，
所以.
(3)在x∈时，x≥，
恒有.
综上.
故选:C
17．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】令，（），
则，
所以是奇函数；
又都是上增函数，
所以在上单调递增.
所以可化为，
进而有，
所以，
解得或.
故选：B.
18．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）设，为正实数，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为，为正实数，
所以，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为3.
故选：.
二、多选题
19．（2022·广东汕头·高三阶段练习）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，
故在定义域上递增，则，即，
所以，错误；
B：令且，则，
故在定义域上递增，则，即，
所以，则，即，正确；
C：令且，则，
故在定义域上递增，则，即，
所以，则，正确；
D：当时，，错误.
故选：BC
20．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）如图，正方形中，，，将沿翻折到位置，点平面内，记二面角大小为，在折叠过程中，满足下列什么关系（ ）
A．四棱锥最大值为 B．角可能为
C． D．
【答案】AC
【解析】如图，当沿翻折到位置，点平面内，则得到四棱锥；
当平面平面时，过作，平面平面,所以平面，此时最长，而底面面积是定值，
所以当平面时，四棱锥体积最大；二面角也最大；
由题知正方形中，，，所以,为直角三角形，所以有，
所以，而又等于，所以有，解得；
底面面积为；
所以四棱锥体积；故选项A正确；
过点作与平行的线段交于点，因为 ，所以；
因为平面，所以，,平面，所以 即为二面角，所以，
在中，，
过点作与平行的线段交于点，，则，则有 ，即，所以，
所以，即；故选项C正确，D错误；
而，
所以，故选项B错误；
故选：AC.
21．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）下列判断，正确的选项有（ ）
A．若的图象关于点对称是奇函数
B．曲线 的图象关于直线对称；
C．函数定义在上的可导函数，其导函数为奇函数，则为偶函数．
D．函数定义在上的可导函数，导函数，且是偶函数，则的图象关于点对称．
【答案】ACD
【解析】对于A，若的图象关于点对称，则，
所以，即是奇函数；
反之，是奇函数，则，
所以，即的图象关于点对称，故A正确；
对于B，设，，
，显然，
所以曲线 的图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，因为为奇函数，所以，即，
所以，（为常数）
令可得，即，为偶函数，故C正确；
对于D，因为是偶函数，所以，
，，
（为常数）
令得，所以；
令，则，
所以的图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD.
22．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则（ ）．
A．该棱台的高为 B．该棱台的表面积为
C．该棱台的体积为 D．该棱台外接球的体积为
【答案】AD
【解析】由题意可知，，
所以正四棱台的高，A正确；
正四棱台的侧面为等腰梯形，故斜高，
所以正四棱台的侧面积为，上、下底面的面积分别为4，16，
即正四棱台的表面积，B错误；
正四棱台的体积，C错误；
设该棱台外接球的球心为O，半径为R，点O到上底面的距离为x，
所以，解得，
所以该棱台外接球的体积为，D正确，
故选：AD．
23．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线，切点为P1、P2(P1、P2不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则下列结论正确的是（ ）
A．P1、P2两点的横坐标之积为定值
B．直线P1P2的斜率为定值
C．线段AB的长度为定值
D．三角形ABP面积的取值范围为(0，1]
【答案】ABC
【解析】因为，
所以，当时，；当时，，
不妨设点，的横坐标分别为，且，
若时，直线，的斜率分别为，，此时，不合题意；
若时，则直线，的斜率分别为，，此时，不合题意.
所以或，则，，
由题意可得，可得，
若，则；若，则，不合题意，所以，选项A对；
对于选项B，易知点，，
所以，直线的斜率为，选项B对；
对于选项C，直线的方程为，令可得，即点，
直线的方程为，令可得，即点，
所以，，选项C对；
对于选项D，联立可得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则当时，，
所以，，选项D错.
故选：ABC.
24．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】令且，则，故递增，
由，则，即，故，
所以A正确，B错误；
令且，则，故递减，
由，则，即，故，
所以C正确，D错误.
故选：AC
25．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知函数，下列说法不正确的是（ ）
A．当时，函数仅有一个零点
B．对于，函数都存在极值点
C．当时，函数不存在极值点
D．，使函数都存在3个极值点
【答案】ABD
【解析】，，令，则，
对于A，当时，，函数无零点，则A错误；
对于C，当时，，，，，
当时，，即单增，当时，，即单减，
则，即函数单增，不存在极值点，C正确；
对于B，由C选项知错误；
对于D，假设，使函数都存在3个极值点，即存在3个变号零点，又由上知，
当时，，即单增，最多只有1个零点；当时，当时，，即单增，
当时，，即单减，最多只有2个零点，和存在3个变号零点矛盾，
则不存在，使函数都存在3个极值点，D错误.
故选：ABD.
26．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）对于函数，下列结论中正确的是（ ）
A．任取，都有
B．，其中；
C．对一切恒成立；
D．函数有个零点；
【答案】ACD
【解析】作出函数的图象如图所示.所以.
对于A：任取，都有.故A正确；
对于B：因为，所以.故B错误；
对于C：由，得到，即.故C正确；
对于D：函数的定义域为.作出和的图象如图所示：
当时,;
当时,函数与函数的图象有一个交点;
当时,因为,，所以函数与函数的图象有一个交点,所以函数有3个零点.故D正确.
故选：ACD
27．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】由，得，
设切点为，则切线的斜率为，
所以有，
整理得，
由题意可知此方程有且恰有两个解，
令，
，
，
令，则，
所以在上递增，
因为，
所以当时，，当时，，
①当，即时，
当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，
所以只要或，
即或；
②当，即时，当时，，则递减，当时，，则递增，
所以只要，即，而；
③当，即时，当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，
当时，，
所以只要或，由，得，由得；
④当时，，所以在上递增，所以函数至多有一个零点，不合题意；
综上：时，；时，或；
时，或，故A正确，B错误，C错误，D正确.
故选：AD.
28．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）在平面四边形中，，若点E为线段上的动点，则的值可能为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】BC
【解析】由题，
，又，则，
则，为正三角形，，
故以D为原点，DC为x轴，DA为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，设，则，
则，
则当时，取最小值；当时，取最大值3，故.
故选：BC
29．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数对于任意的，均满足，其中是的导函数，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】令，其中，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
对于A选项，因为，则，即，
所以，，A对；
对于B选项，，
因为，则，即，
所以，，即，B对；
对于CD选项，，
因为，则，即，
所以，，即，C对D错.
故选：ABC.
30．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层，第1层有1个球，第2层有3个球；…；第堆有n层，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，……，第n层有个球.记第n堆的球的总数为，则（参考公式：）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，
所以，故选项A正确；
由，
得，
其中也适合上式，则，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
在第堆中，
，故选项D正确.
故选：ACD.
31．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知定义在R上的函数满足，，且当时，，则（ ）
A．的图像关于点对称
B．在区间上单调递减
C．若关于x的方程在区间上的所有实数根的和为，则
D．函数有4个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，得，所以，所以是以4为周期的函数，故，所以的图像关于点对称，故选项A正确；
由A可知：当时，，当时，，
.即当时，，
又，所以为偶函数，则当时，，
，所以.根据的周期性，
当时，，则，
同理，当，，得，
所以在区间上单调递增，故选项B错误；
根据上述结论，函数在上的图像如下：
求方程等价于函数的图像与的图像相交点的横坐标，如图，
设从小到大依次为，，，其中，其和，解得，代入，得，故选项C正确；
求函数的零点个数，即求曲线与的公共点个数.
当时，在点处的切线方程为，故与只有一个公共点.由，，得时，与有一个交点，故当时，与有2个公共点.由与均为偶函数，得当时，与有2个公共点，故函数有4个零点.如下图.
故选项D正确.
故选：ACD.
32．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A：函数定义域为，，令可得，
令可得，所以在单调递增，在单调递减，
所以在时取得极大值，故选项A正确
对于选项B：令，可得，因此只有一个零点，故选项B不正确；
对于选项C：显然，在单调递减，
可得，因为，
即，故选项C正确；
对于选项D：由题意知：在上恒成立，
令则 ，因为
易知当时.，当时，，所以在时取得极大值也是最大值，所以，
所以在上恒成立，则，故选项D正确.
故选：ACD.
33．（2022·山东·枣庄市第三中学高三开学考试）已知是定义在上的偶函数，其图象关于点对称.以下关于的结论正确的有（ ）
A．是周期函数
B．满足
C．在上单调递减
D．是满足条件的一个函数
【答案】ABD
【解析】对于A：，其图象关于点对称即
所以，
函数是周期函数且其周期为4，故A正确；
对于B：由A知，对于任意的，都有满足，
又函数是偶函数，即，故B正确；
对于C：反例：如图所示的函数，关于轴对称，
图象关于点对称，函数的周期为4，但是在上不是单调函数，故C不正确；
对于D：是定义域为在，
且，
，
所以是定义域为在上的偶函数，其图象关于点对称的一个函数，
故D正确．
故选：ABD．
34．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数有且只有3个零点
C．不等式的解集为
D．的解析式可能为
【答案】BCD
【解析】函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减．
若，则，则为偶函数，故A不正确.
设函数，，在R上有且只有2个零点，所以，在R上有且只有3个零点，故B正确.
因为，所以当时，，则；当时，．，又时，，故的解集为，故C正确.
若，则此函数满足为偶函数，，
设，，则为R上的增函数，
在上，，所以此函数还满足在上单调递增，故D正确.
故选：BCD．
三、填空题
35．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】依题意在边长为的菱形中，，所以，
如下图所示，
易知和都是等边三角形，取的中点，则，．
，平面，所以平面，
所以是二面角的平面角，过点作交于点，
由平面，平面，所以，
，平面，所以平面．
因为在中，，
所以，
则．
故三棱锥为正四面体，由平面，所以为底面的重心，
所以，，
则，
设外接球的半径为，则，解得．
因此，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
36．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知双曲线的左､右焦点分别为、，过的直线与的右支交于，两点.若，，则的离心率为___________.
【答案】
【解析】根据题意，作图如下，
设，则，所以，，
，，即，，，，，
由余弦定理知，在中，，
在中，，
，
，
，
．
故答案为：．
37．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）直线过抛物线的焦点且与抛物线交于、两点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】已知，即，所以抛物线的方程为，
若直线与轴重合，这该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，，
联立，可得
则
所以，
所以，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为．
故答案为：.
38．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知，若存在常数，使恒成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】使恒成立，则，
化简整理得，
由于存在常数，使恒成立，
可知，
因此，解得.
故答案为：
39．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
40．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知，为三次函数，其图象如图所示.若有9个零点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由题设，其图象如下，
当，与只有一个交点且；
当，与有两个交点且或；
当，与有三个交点且；
当，与有两个交点且；
由题图，要使，有9个零点，则，，且有，
根据解析式：，
综上，， 可得，故.
故答案为：
41．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）已知等腰三角形ABC的面积为2，其中AB⊥AC，点O，M，N分别在线段BC，AB，AC上，AO⊥BC且，当点M，N在对应线段上运动时（含端点位置），的最大值为______．
【答案】【解析】依题意，AB＝2，设，则，过点O分别作AC，AB的垂线，垂足分别为D，G，则OD＝OG＝1，在OND与OMG中，易得，，
则，
当，即时，取得最大值．
故答案为：
42．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】，则，
两边加上得到，
单调递增，，即，
令，则，因为的定义域为
时，，单调递增，，，单调递减，
，
.
故答案为：
43．（2022·湖北武汉·高三开学考试）在四棱锥中，，且，，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则_______.
【答案】【解析】如图，，且，
可以在四棱锥上截取一个正四棱锥，
此时四边形为正方形，且边长为，
，
，，
设，
，且，
，，O为BD中点，
，，
又，平面，
，，，
又因为四棱锥存在半径为1的内切球，
，
即，
即，
，解得，
因为四棱锥存在半径为1的内切球，直径为2，，
而，故，
故答案为：
44．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数，则不等式的解集为______________．
【答案】
【解析】令，定义域为R，
且，
所以为奇函数，
变形为，
即，
其，当且仅当，即时，等号成立，
所以在R上单调递增，
所以，解得：，
所以解集为.
故答案为：
45．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）对任意的，不等式恒成立，则a的范围为__________．
【答案】
【解析】由题意可知,
设，则问题转化为在上成立，
因为=,
令，
则，
所以在上单调递增，
因为当趋于时，趋于，
因为在上单调递增，在上单调递减，
由指数函数和反例函数的图象可知与在上只有一个交点，
即在上只有一个根.
所以，使，
即有，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
所以====.
所以成立，
即，
因为，所以.
所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以，
所以，即.
故答案为：.
46．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）在三棱柱中，底面，，，与平面所成的角为45°.当三棱柱的体积最小时，三棱柱外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】过点B作，垂足为D，连接.
由底面，平面，得.
又，平面，平面，
所以平面.又平面，
所以平面平面.
过点B作，垂足为H，平面，
平面平面，
则平面，是在面上的射影，
故，即是（）与平面所成的角，
且，则.
设，，由，
得，即，解得，
所以当且仅当时，三棱柱的体积取得最小值1，
此时，三棱柱外接球的球心为与的交点O，
且该球的直径为，
所以球O的表面积为.
故答案为：.
47．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）若是圆上任意一点，则的取值范围是______.（用区间表示）
【答案】
【解析】令
，
其中、分别表示圆：上任意一点到
直线：和：距离；
因为圆心到直线：和：距离
分别为、，
所以且，
即且，
所以，
即的取值范围是.
故答案为：.
48．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）已知函数，若存在实数，使得成立，则实数_________.
【答案】
【解析】，
则存在实数，使得成立，等价于，
即可看作点与点距离的平方的最小值小于等于，
因为在曲线上，点在直线上，
则的最小值为与相切且与平行的直线与的距离，
对于，，令，解得，则切点为，
即点到直线的距离最小，且距离为，
要使，则，此时垂直于直线，
则，解得.
故答案为：.
49．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）已知定义在上的函数在上单调递减，且是偶函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是____.
【答案】
【解析】因为是偶函数，所以，
则关于直线对称；
又函数在上单调递减，
由对任意的恒成立，
可得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
又时，，
因此只需，解得.
故答案为：.
四、双空题
50．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）对于两个均不等于1的正数，定义：，则的值是______；设均为小于1的正数，且，则的值是______．
【答案】 1 1
【解析】根据新定义，得；
由且，得，，
根据新定义，得．
故答案为：1；1．
2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（五）
一、单选题
1．（2022·广东汕头·高三阶段练习）直线是曲线和曲线的公切线，则（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【解析】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，
，则，由，可得，
则，即点，
将点的坐标代入直线的方程可得，可得，①
，则，由，可得，
，即点，
将点的坐标代入直线的方程可得，，②
联立①②可得，故，.
故选：A.
2．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知函数，若在区间内恰好有7个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】当时，对任意，在内最多有2个零点，不符题意；
所以，
当时，,开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为当时，；
当，即时，在内无零点，
所以在内有7个零点，
即在内有7个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以无解；
当，即时，
=在内有1个零点，
在内有6个零点，
即在内有6个零点，
由三角函数的性质可知此时在内只有4个零点，不符题意；
当，即时，
=在内有2个零点，
所以=在内有5个零点，
即在内有5个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为时，
所以，
当，即时，
在内有1个零点，
所以在内有6个零点，
即在内有6个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以.
综上所述，的取值范围为：.
故选：D.
3．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）设函数有个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，解得，即在上仅有一个零点，所以只需在上有个不同零点即可．
当时，，所以，即
故选：A
4．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，所在圆即为的外接圆.
设圆的半径为，则，解得.
因为为等边三角形，所以.
由正弦定理可得，解得.
所以.
如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.
设球的半径为，在Rt中，，解得.
所以球的体积.
故选：B.
5．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）已知菱形ABCD的边长为2，且，沿BD把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取的中点H，连接，因为ABCD为菱形，所以,
故 为二面角的平面角，则，
由题意可知为正三角形，则外接球球心位于过的中心且和它们所在面垂直的直线上，
故分别取的重心为，
过点，分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，
由题意可知，球心到面和面的距离相等，即 ,
连接，则,
菱形ABCD的边长为2 ，
，即三棱锥的外接球的半径，
则其外接球的表面积为，
故选：B．
6．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知正实数、、满足，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，，
由于、、均为正数，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值是.
故选：C.
7．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，，
由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
，当时，；当时，.
所以，函数的最小值为.
又，.
直线恒过定点且斜率为，
故且，解得，故选D.
8．（2022·湖北武汉·高三开学考试）设双曲线的左右焦点为，过的直线与双曲线右支交两点，设中点为，若，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意可知，过的直线斜率存在，
中点为，
又
又
在 中，由余弦定理
整理得：且 ，所以 是等腰直角三角形.
设，则，
在 中，由勾股定理得：
由双曲线定义可知：
由双曲线定义可知： 且
整理得：
在 中，，，
由余弦定理可得：
代入计算得：
离心率e＝
故选：A.
9．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数，是的一个极值点，是与其相邻的一个零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，函数的最小正周期为，，
，
因为是的一个极值点，则，则，
因为，，则，
因此，.
故选：D.
10．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，，，
令，
则，令，则，
当时，，∴在上单调递减，
∴，即，
∴，即；
令，
∴，令，则，
当时，，∴在上单调递减，
∴，即，
∴，即，
综上可知：．
故选：A．
11．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知数列满足，则（ ）
A．231 B．234 C．279 D．276
【答案】B
【解析】由可知：
当为偶数时，当为奇数时，
所以，即，由此解得，
所以，
故选：B
12．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，圆与的一条渐近线的一个交点为.若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图所示，由已知得，，，
且，则，
在中，由余弦定理，得，即，整理得，所以，
故，
故选：B.
13．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，所以.
令函数，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，即.
综上，.
故选：A
14．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）已知函数，若，则函数的单调递增区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由可知,
即，，即，，
，，，两式相减可得，
因为故，
将代入得，又，，
所以函数，
令，求得，
可得函数的单调递增区间为，．
故选：D
15．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）若不等式对于一切恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】对于一切成立，
则等价为a⩾对于一切x∈(0,)成立，
即a⩾−x−对于一切x∈(0,)成立，
设y=−x−,则函数在区间(0,〕上是增函数
∴−x−<−−2=，
∴a⩾.
故选C.
16．（2022·山东·枣庄市第三中学高三开学考试）已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题得，
取特值代入上面的不等式得a≥3，
所以，
（1）在x∈（0,1上，0＜x≤1＜，
恒有a≤3+2x-lnx成立，记g(x)=2x-lnx+3(0＜x≤1）
所以，所以
所以.
(2)在x∈上，，恒有，
所以在x∈上恒成立，
又在x∈上，的最小值为5，
所以.
(3)在x∈时，x≥，
恒有.
综上.
故选:C
17．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】令，（），
则，
所以是奇函数；
又都是上增函数，
所以在上单调递增.
所以可化为，
进而有，
所以，
解得或.
故选：B.
18．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）设，为正实数，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为，为正实数，
所以，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为3.
故选：.
二、多选题
19．（2022·广东汕头·高三阶段练习）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】A：令且，则，仅当时等号成立，故导函数恒大于0，
故在定义域上递增，则，即，
所以，错误；
B：令且，则，
故在定义域上递增，则，即，
所以，则，即，正确；
C：令且，则，
故在定义域上递增，则，即，
所以，则，正确；
D：当时，，错误.
故选：BC
20．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）如图，正方形中，，，将沿翻折到位置，点平面内，记二面角大小为，在折叠过程中，满足下列什么关系（ ）
A．四棱锥最大值为 B．角可能为
C． D．
【答案】AC
【解析】如图，当沿翻折到位置，点平面内，则得到四棱锥；
当平面平面时，过作，平面平面,所以平面，此时最长，而底面面积是定值，
所以当平面时，四棱锥体积最大；二面角也最大；
由题知正方形中，，，所以,为直角三角形，所以有，
所以，而又等于，所以有，解得；
底面面积为；
所以四棱锥体积；故选项A正确；
过点作与平行的线段交于点，因为 ，所以；
因为平面，所以，,平面，所以 即为二面角，所以，
在中，，
过点作与平行的线段交于点，，则，则有 ，即，所以，
所以，即；故选项C正确，D错误；
而，
所以，故选项B错误；
故选：AC.
21．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）下列判断，正确的选项有（ ）
A．若的图象关于点对称是奇函数
B．曲线 的图象关于直线对称；
C．函数定义在上的可导函数，其导函数为奇函数，则为偶函数．
D．函数定义在上的可导函数，导函数，且是偶函数，则的图象关于点对称．
【答案】ACD
【解析】对于A，若的图象关于点对称，则，
所以，即是奇函数；
反之，是奇函数，则，
所以，即的图象关于点对称，故A正确；
对于B，设，，
，显然，
所以曲线 的图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，因为为奇函数，所以，即，
所以，（为常数）
令可得，即，为偶函数，故C正确；
对于D，因为是偶函数，所以，
，，
（为常数）
令得，所以；
令，则，
所以的图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD.
22．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）在正四棱台中，，，则（ ）．
A．该棱台的高为 B．该棱台的表面积为
C．该棱台的体积为 D．该棱台外接球的体积为
【答案】AD
【解析】由题意可知，，
所以正四棱台的高，A正确；
正四棱台的侧面为等腰梯形，故斜高，
所以正四棱台的侧面积为，上、下底面的面积分别为4，16，
即正四棱台的表面积，B错误；
正四棱台的体积，C错误；
设该棱台外接球的球心为O，半径为R，点O到上底面的距离为x，
所以，解得，
所以该棱台外接球的体积为，D正确，
故选：AD．
23．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线，切点为P1、P2(P1、P2不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则下列结论正确的是（ ）
A．P1、P2两点的横坐标之积为定值
B．直线P1P2的斜率为定值
C．线段AB的长度为定值
D．三角形ABP面积的取值范围为(0，1]
【答案】ABC
【解析】因为，
所以，当时，；当时，，
不妨设点，的横坐标分别为，且，
若时，直线，的斜率分别为，，此时，不合题意；
若时，则直线，的斜率分别为，，此时，不合题意.
所以或，则，，
由题意可得，可得，
若，则；若，则，不合题意，所以，选项A对；
对于选项B，易知点，，
所以，直线的斜率为，选项B对；
对于选项C，直线的方程为，令可得，即点，
直线的方程为，令可得，即点，
所以，，选项C对；
对于选项D，联立可得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则当时，，
所以，，选项D错.
故选：ABC.
24．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】令且，则，故递增，
由，则，即，故，
所以A正确，B错误；
令且，则，故递减，
由，则，即，故，
所以C正确，D错误.
故选：AC
25．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知函数，下列说法不正确的是（ ）
A．当时，函数仅有一个零点
B．对于，函数都存在极值点
C．当时，函数不存在极值点
D．，使函数都存在3个极值点
【答案】ABD
【解析】，，令，则，
对于A，当时，，函数无零点，则A错误；
对于C，当时，，，，，
当时，，即单增，当时，，即单减，
则，即函数单增，不存在极值点，C正确；
对于B，由C选项知错误；
对于D，假设，使函数都存在3个极值点，即存在3个变号零点，又由上知，
当时，，即单增，最多只有1个零点；当时，当时，，即单增，
当时，，即单减，最多只有2个零点，和存在3个变号零点矛盾，
则不存在，使函数都存在3个极值点，D错误.
故选：ABD.
26．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）对于函数，下列结论中正确的是（ ）
A．任取，都有
B．，其中；
C．对一切恒成立；
D．函数有个零点；
【答案】ACD
【解析】作出函数的图象如图所示.所以.
对于A：任取，都有.故A正确；
对于B：因为，所以.故B错误；
对于C：由，得到，即.故C正确；
对于D：函数的定义域为.作出和的图象如图所示：
当时,;
当时,函数与函数的图象有一个交点;
当时,因为,，所以函数与函数的图象有一个交点,所以函数有3个零点.故D正确.
故选：ACD
27．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】由，得，
设切点为，则切线的斜率为，
所以有，
整理得，
由题意可知此方程有且恰有两个解，
令，
，
，
令，则，
所以在上递增，
因为，
所以当时，，当时，，
①当，即时，
当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，
所以只要或，
即或；
②当，即时，当时，，则递减，当时，，则递增，
所以只要，即，而；
③当，即时，当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，
当时，，
所以只要或，由，得，由得；
④当时，，所以在上递增，所以函数至多有一个零点，不合题意；
综上：时，；时，或；
时，或，故A正确，B错误，C错误，D正确.
故选：AD.
28．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）在平面四边形中，，若点E为线段上的动点，则的值可能为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】BC
【解析】由题，
，又，则，
则，为正三角形，，
故以D为原点，DC为x轴，DA为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，，设，则，
则，
则当时，取最小值；当时，取最大值3，故.
故选：BC
29．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数对于任意的，均满足，其中是的导函数，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】令，其中，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
对于A选项，因为，则，即，
所以，，A对；
对于B选项，，
因为，则，即，
所以，，即，B对；
对于CD选项，，
因为，则，即，
所以，，即，C对D错.
故选：ABC.
30．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层，第1层有1个球，第2层有3个球；…；第堆有n层，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，……，第n层有个球.记第n堆的球的总数为，则（参考公式：）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，
所以，故选项A正确；
由，
得，
其中也适合上式，则，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
在第堆中，
，故选项D正确.
故选：ACD.
31．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）已知定义在R上的函数满足，，且当时，，则（ ）
A．的图像关于点对称
B．在区间上单调递减
C．若关于x的方程在区间上的所有实数根的和为，则
D．函数有4个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，得，所以，所以是以4为周期的函数，故，所以的图像关于点对称，故选项A正确；
由A可知：当时，，当时，，
.即当时，，
又，所以为偶函数，则当时，，
，所以.根据的周期性，
当时，，则，
同理，当，，得，
所以在区间上单调递增，故选项B错误；
根据上述结论，函数在上的图像如下：
求方程等价于函数的图像与的图像相交点的横坐标，如图，
设从小到大依次为，，，其中，其和，解得，代入，得，故选项C正确；
求函数的零点个数，即求曲线与的公共点个数.
当时，在点处的切线方程为，故与只有一个公共点.由，，得时，与有一个交点，故当时，与有2个公共点.由与均为偶函数，得当时，与有2个公共点，故函数有4个零点.如下图.
故选项D正确.
故选：ACD.
32．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A：函数定义域为，，令可得，
令可得，所以在单调递增，在单调递减，
所以在时取得极大值，故选项A正确
对于选项B：令，可得，因此只有一个零点，故选项B不正确；
对于选项C：显然，在单调递减，
可得，因为，
即，故选项C正确；
对于选项D：由题意知：在上恒成立，
令则 ，因为
易知当时.，当时，，所以在时取得极大值也是最大值，所以，
所以在上恒成立，则，故选项D正确.
故选：ACD.
33．（2022·山东·枣庄市第三中学高三开学考试）已知是定义在上的偶函数，其图象关于点对称.以下关于的结论正确的有（ ）
A．是周期函数
B．满足
C．在上单调递减
D．是满足条件的一个函数
【答案】ABD
【解析】对于A：，其图象关于点对称即
所以，
函数是周期函数且其周期为4，故A正确；
对于B：由A知，对于任意的，都有满足，
又函数是偶函数，即，故B正确；
对于C：反例：如图所示的函数，关于轴对称，
图象关于点对称，函数的周期为4，但是在上不是单调函数，故C不正确；
对于D：是定义域为在，
且，
，
所以是定义域为在上的偶函数，其图象关于点对称的一个函数，
故D正确．
故选：ABD．
34．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数有且只有3个零点
C．不等式的解集为
D．的解析式可能为
【答案】BCD
【解析】函数为定义在R上的偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减．
若，则，则为偶函数，故A不正确.
设函数，，在R上有且只有2个零点，所以，在R上有且只有3个零点，故B正确.
因为，所以当时，，则；当时，．，又时，，故的解集为，故C正确.
若，则此函数满足为偶函数，，
设，，则为R上的增函数，
在上，，所以此函数还满足在上单调递增，故D正确.
故选：BCD．
三、填空题
35．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】依题意在边长为的菱形中，，所以，
如下图所示，
易知和都是等边三角形，取的中点，则，．
，平面，所以平面，
所以是二面角的平面角，过点作交于点，
由平面，平面，所以，
，平面，所以平面．
因为在中，，
所以，
则．
故三棱锥为正四面体，由平面，所以为底面的重心，
所以，，
则，
设外接球的半径为，则，解得．
因此，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
36．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知双曲线的左､右焦点分别为、，过的直线与的右支交于，两点.若，，则的离心率为___________.
【答案】
【解析】根据题意，作图如下，
设，则，所以，，
，，即，，，，，
由余弦定理知，在中，，
在中，，
，
，
，
．
故答案为：．
37．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）直线过抛物线的焦点且与抛物线交于、两点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】已知，即，所以抛物线的方程为，
若直线与轴重合，这该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，，
联立，可得
则
所以，
所以，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为．
故答案为：.
38．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知，若存在常数，使恒成立，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】使恒成立，则，
化简整理得，
由于存在常数，使恒成立，
可知，
因此，解得.
故答案为：
39．（2022·广东·仲元中学高三阶段练习）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
40．（2022·广东·深圳市高级中学高三阶段练习）已知，为三次函数，其图象如图所示.若有9个零点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由题设，其图象如下，
当，与只有一个交点且；
当，与有两个交点且或；
当，与有三个交点且；
当，与有两个交点且；
由题图，要使，有9个零点，则，，且有，
根据解析式：，
综上，， 可得，故.
故答案为：
41．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）已知等腰三角形ABC的面积为2，其中AB⊥AC，点O，M，N分别在线段BC，AB，AC上，AO⊥BC且，当点M，N在对应线段上运动时（含端点位置），的最大值为______．
【答案】【解析】依题意，AB＝2，设，则，过点O分别作AC，AB的垂线，垂足分别为D，G，则OD＝OG＝1，在OND与OMG中，易得，，
则，
当，即时，取得最大值．
故答案为：
42．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高三阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】，则，
两边加上得到，
单调递增，，即，
令，则，因为的定义域为
时，，单调递增，，，单调递减，
，
.
故答案为：
43．（2022·湖北武汉·高三开学考试）在四棱锥中，，且，，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则_______.
【答案】【解析】如图，，且，
可以在四棱锥上截取一个正四棱锥，
此时四边形为正方形，且边长为，
，
，，
设，
，且，
，，O为BD中点，
，，
又，平面，
，，，
又因为四棱锥存在半径为1的内切球，
，
即，
即，
，解得，
因为四棱锥存在半径为1的内切球，直径为2，，
而，故，
故答案为：
44．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）已知函数，则不等式的解集为______________．
【答案】
【解析】令，定义域为R，
且，
所以为奇函数，
变形为，
即，
其，当且仅当，即时，等号成立，
所以在R上单调递增，
所以，解得：，
所以解集为.
故答案为：
45．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）对任意的，不等式恒成立，则a的范围为__________．
【答案】
【解析】由题意可知,
设，则问题转化为在上成立，
因为=,
令，
则，
所以在上单调递增，
因为当趋于时，趋于，
因为在上单调递增，在上单调递减，
由指数函数和反例函数的图象可知与在上只有一个交点，
即在上只有一个根.
所以，使，
即有，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
所以====.
所以成立，
即，
因为，所以.
所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以，
所以，即.
故答案为：.
46．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）在三棱柱中，底面，，，与平面所成的角为45°.当三棱柱的体积最小时，三棱柱外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】过点B作，垂足为D，连接.
由底面，平面，得.
又，平面，平面，
所以平面.又平面，
所以平面平面.
过点B作，垂足为H，平面，
平面平面，
则平面，是在面上的射影，
故，即是（）与平面所成的角，
且，则.
设，，由，
得，即，解得，
所以当且仅当时，三棱柱的体积取得最小值1，
此时，三棱柱外接球的球心为与的交点O，
且该球的直径为，
所以球O的表面积为.
故答案为：.
47．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）若是圆上任意一点，则的取值范围是______.（用区间表示）
【答案】
【解析】令
，
其中、分别表示圆：上任意一点到
直线：和：距离；
因为圆心到直线：和：距离
分别为、，
所以且，
即且，
所以，
即的取值范围是.
故答案为：.
48．（2022·山东·济南市天桥区黄河双语实验学校高三阶段练习）已知函数，若存在实数，使得成立，则实数_________.
【答案】
【解析】，
则存在实数，使得成立，等价于，
即可看作点与点距离的平方的最小值小于等于，
因为在曲线上，点在直线上，
则的最小值为与相切且与平行的直线与的距离，
对于，，令，解得，则切点为，
即点到直线的距离最小，且距离为，
要使，则，此时垂直于直线，
则，解得.
故答案为：.
49．（2022·福建·福州市第十中学高三开学考试）已知定义在上的函数在上单调递减，且是偶函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是____.
【答案】
【解析】因为是偶函数，所以，
则关于直线对称；
又函数在上单调递减，
由对任意的恒成立，
可得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
又时，，
因此只需，解得.
故答案为：.
四、双空题
50．（2022·山东·汶上县第一中学高三开学考试）对于两个均不等于1的正数，定义：，则的值是______；设均为小于1的正数，且，则的值是______．
【答案】 1 1
【解析】根据新定义，得；
由且，得，，
根据新定义，得．
故答案为：1；1．
相关试卷
2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（一）（原卷版＋解析版）： 这是一份2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（一）（原卷版＋解析版），文件包含2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编一解析版docx、2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编一原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（九）（原卷版＋解析版）： 这是一份2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（九）（原卷版＋解析版），文件包含2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编九解析版docx、2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编九原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（八）（原卷版＋解析版）： 这是一份2023年高考数学 名校选填压轴题好题汇编（八）（原卷版＋解析版），文件包含2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编八解析版docx、2023年高考数学名校选填压轴题好题汇编八原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
