2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编19含解析

这是一份2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编19含解析，共72页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，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（十九）
一、单选题
1．（2022春·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数的部分图象如图，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】结合题意可知，，
∵，∴，
又由图像可知，，
又由，即，即，，
从而，故，
令，，
从而的对称轴为，，
由图像可知，与关于对称，即，且，
因为，
所以.
故选：C.
2．（2022春·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数，则的最大值为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
令，
即，
由，则.
故选：A.
3．（2022春·广东·高三校联考阶段练习）已知.则的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为，，
所以.
故选：B.
4．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）已知数列满足：，，且，，其中．若，数列的前n项和为，则使得成立的（    ）
A．60 B．61 C．120 D．121
【答案】A
【解析】因为，所以，
因为，所以，即，
所以是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以，
则，
所以，
则
，∴，
故选：A．
5．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）已知双曲线的离心率为，过左焦点且与实轴垂直的弦长为1，A、B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，PB的斜率分别为，，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意知：，，故，，双曲线方程为，则，，
设，则，，，，
根据渐近线方程知：，即，两边同时倒数可得：，
故．
故选：C．
6．（2022春·湖南长沙·高三校考阶段练习），，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】令
则，显然
即单调递减，所以，即，.
令
则，即在上单调递增
所以，即，
所以
令
则
当时，，即在上单调递增
又，所以当时，
所以，即
即，
又，所以，即.
综上：.
故选：C.
7．（2022春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccosA+acosC=2，AC边上的高为，则∠ABC的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，
由余弦定理可得，整理可得，
又AC边上的高为，所以，即，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，，则，
，故∠ABC的最大值为.
故选：B.
8．（2022春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）数列满足，，则下列说法错误的是（    ）
A．若且，数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当或时，的最小值不存在
D．当时，
【答案】B
【解析】A．， 只要，则，
，
若，即，则或，
显然时，，
若，则，因此，
若，则，
所以当且时，对任意的，，从而，，递减，A正确，
B．由上面推理，时，也有无数个正整数，使得，B错；
C．由选项A知，或时，递减，无最小值，C正确；
D．，，又由以上推理知递减，所以，
时，，时，，则，
所以对任意，，
下证，
时，，
时，，设，
，
，
，，
依次类推，，
所以，
综上，对任意，，
综上，，D正确．
故选：B．
9．（2022春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）己知的上、下焦点分别是，，若椭圆C上存在点P使得，，则其离心率的值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，
利用向量加法法则知，则，
即，
故①，
设，
则，
②，
由①②得，即，
又，所以，即，即，
所以椭圆离心率的值是，
故选：C
10．（2022春·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，成立，当时，，若对任意的，都有，则的最大值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，其中，则，
所以，函数为偶函数，
当时，，
则当时，，
则，
当时，，
则，
当时，由可得或，
当时，，
由可得，解得.
故选：A.
11．（2022春·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）定义在上的偶函数满足,当时,,则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】解:由题知为偶函数,,

①,
将代换为可得:
②
①-②可得,
,
周期为4,
,,
,,
时单调递增,
由以上可知:
;
,
,
将代入上式,则有,
,

,
,
将代入上式,则有,
,
,
若比较的大小,只需比较的大小,
,
只需要比较的大小,
两式相减可得:,
记,
,
,
单调递增,
则,
即,
故,
时单调递增,
,
,
.
故选:C
12．（2022春·山东威海·高三威海市第一中学校联考阶段练习）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前项和为.
故选：D.
13．（2022春·山东聊城·高三山东聊城一中校考阶段练习）直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，
所以，即椭圆的左焦点为，且   ①
直线交轴于，所以，，
因为，所以，所以，
又由点在椭圆上，得    ②
由，可得，解得，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故选A.
14．（2022春·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）已知函数的定义域为，对任意的，，都有，且当时，恒成立.若，则不等式的解集是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】在中，令，得，得，
在中，令，得，即，
所以为奇函数，
令，则，
所以，
因为，所以，，
所以，
因为，
所以，所以，，
所以，
因为当时，恒成立，所以恒成立，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
由及函数的定义域可知，，
又由已知，可得，可得，
由得，
因为函数在上单调递减，所以，
所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，结合，可得.
故选：D
15．（2022春·福建福州·高三校联考期中）已知函数，则过点可作曲线的切线的条数最多为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为函数，所以，
设过点作曲线的切线，切点为，
则有，也即，
又因为，所以
令，，
当时，，函数单调递减，
当或时，，函数单调递增，
综上：函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
所以函数有三个零点，分别在区间上，
也即方程有三个不同的根，
所以过点作曲线的切线，有三个不同的切点，
也即过点可作曲线的切线的条数最多为，
故选：.
16．（2022春·福建莆田·高三莆田第五中学校考阶段练习）在中，角的对边分别为，若成等差数列，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】成等差数列，
，
，
，
，
整理可得：.
故选：D
17．（2022春·福建莆田·高三莆田第五中学校考阶段练习）若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【解析】因为，
所以由，
可得，
，
即．
所以在上是减函数，
，
当时，，递增，
当时，，递减，
即的减区间是，
所以由题意的最小值是．
故选：A．
18．（2022春·福建龙岩·高三上杭县第二中学校考阶段练习）已知点P是椭圆C：上一点，点、是椭圆C的左、右焦点，若的内切圆半径的最大值为，若椭圆的长轴长为4，则的面积的最大值为（    ）
A．2 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】由题意可得：，，
设的内切圆半径为，
所以，
因为的内切圆半径的最大值为，
所以
因为，所以，可得，
又椭圆的长轴长为4，即，
由，求得，所以的面积的
故选：A

19．（2022春·江苏·高三江苏省新海高级中学校联考阶段练习）若直线与曲线和曲线都相切，则直线的条数有（    ）
A．1 B．2 C．3 D．无数条
【答案】B
【解析】如图所示

设直线与曲线的切点为，与曲线的切点为，直线的斜率；
所以，，即在点处的斜率为，
，即在点处的斜率为，
得；
又因为，所以斜率
由得，或；
由得，；
因此，存在，和，使得，
即此时直线即为两条曲线的公切线；
同时，存在，和，使得，且；
所以，直线即为异于直线的第二条曲线的公切线；
综上可知，直线的条数有2条.
故选：B.
20．（2022春·江苏镇江·高三校联考阶段练习）已知，，有如下结论：
①有两个极值点；
②有个零点；
③的所有零点之和等于零.
则正确结论的个数是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，则，.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，函数的最小值为.
，.
令，当时，，则函数在上单调递增，
则，所以，当时，.
，，
由零点存在定理可知，函数在和上各有一个零点，
所以，函数有两个极值点，命题①正确；
设函数的极大值点为，极小值点为，则，
则，所以，
函数的极大值为，
构造函数，则，
所以，函数在上单调递减，
当时，；当时，.
，，，则，即.
同理可知，函数的极小值为.
，.
由零点存在定理可知，函数在区间、、上各存在一个零点，
所以，函数有个零点，命题②正确；
令，得，，则，
令，则，
所以，函数所有零点之和等于零，命题③正确.
故选：D.
二、多选题
21．（2022春·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】A.        令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且
          
   即    故选项A正确
B.         令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且
          
   即   故选项B错误
C.       
     又在单调递增     
故选项C错误
D. 由C可知，   又在单调递减    
故选项D正确
故选：AD
22．（2022春·广东·高三校联考阶段练习）抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点；反之，由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点反射后，再经C上另一点反射后，沿直线射出，则（    ）
A． B．
C．延长（为坐标原点）交直线于点，则轴 D．
【答案】ACD
【解析】对A：由抛物线方程可得，其焦点坐标为，故A正确；
对B：对抛物线，令，可得，则点坐标为，又，
则直线的斜率，故方程为：，联立抛物线方程，
可得，整理可得：，
则，即，则，代入可得，
故，故B错误；
对C：因为点坐标为，故直线斜率，故直线方程为，
联立可得，，即点坐标为；
又根据选项B中所求，可知点的坐标为；又，故与轴平行，C正确；
对D：，故D正确.
故选：ACD.
23．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）若，，则下列不等关系正确的有（    ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】由，，得，，所以，对于A，由不等式得，，
又，，所以A不正确；
对于B，因为，，，所以，因为，所以等号不成立，所以，所以B正确；
对于C，因为，所以，因为，所以等号不成立，所以，所以C正确；
对于D，因为，，所以，由于，且，因为，所以等号不成立，所以，
所以，所以，所以D正确，
故选：BCD.
24．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ）
A．在区间上有且仅有3个不同的零点
B．的最小正周期可能是
C．的取值范围是
D．在区间上单调递增
【答案】BC
【解析】由函数，令，，则，，
函数在区间上有且仅有4条对称轴，
即有4个整数k符合，
由，得，
则，即，，故C正确；
对于A，，，∴，
当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故A错误；
对于B，周期，由，则，
∴，又，所以的最小正周期可能是，故B正确；
对于D，，∴，又，
∴，又，
所以在区间上不一定单调递增，故D错误．
故选：BC
25．（2022春·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．函数在的值域为
B．若实数满足且，则的取值范围是
C．实数，关于的方程恰有五个不同实数根
D．实数，关于的方程有四个不同实数根
【答案】ABD
【解析】

选项A，函数的图象如上图所示，当时，函数最大值为，最小值为，由于，故函数为偶函数，当时函数取值范围与相同，即函数在的值域为，正确；
选项B，不妨设，如图所示，当时，，故，即，可得，则，由，可得，即，可得，故，正确；
选项C，由题意，解得或，由图像可得有一个解，关于的方程恰有五个不同实数根，则有四个根，而与最多有三个交点，错误；
选项D，结合图像，当时，，，故实数，方程有两个不同实数根，其中，结合图像可知分别有两个实根，故关于的方程有四个不同实数根，正确.
故选：ABD
26．（2022春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知当时，不等式恒成立，则正实数的值可以为（    ）
A．1 B． C．e D．
【答案】ABC
【解析】即，设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，，因为在上单调递增，
所以要使，只需， 取对数，得，
因为，所以．令，因为，
所以在上单调递增，所以，所以，
则，故正实数a的最小值为,则正实数的值可以为.
故选:.
27．（2022春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．
C．
D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率
【答案】BCD
【解析】先求双曲线上一点的切线方程：
不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.
由，得，所以，
则在的切线斜率，
所以在点处的切线方程为：
又有，化简即可得切线方程为： .
不失一般性，设是双曲线在第一象限的一点，
是切线与渐近线在第一象限的交点，
是切线与渐近线在第四象限的交点,
双曲线的渐近线方程是，
联立：，解得：，
联立：，解得：，
则，
又因为，所以，即，A错误；
由，
可知是的中点，所以，B正确；
易知点的坐标为，
则，
当点在顶点时，仍然满足，C正确；
因为，所以，，
因为，则，解得，即，
代入，得，
所以
，

，
所以，
所以，，所以离心率，D正确.
故选：BCD
28．（2022春·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数在上恰有3个零点，则（    ）
A．
B．在上单调递减
C．函数在上最多有3个零点
D．在上恰有2个极值点
【答案】BC
【解析】，
，，，
函数在上恰有3个零点，
故，解得，故A错误，
当，，
，，，
而正弦函数在上单调递减，
故函数在上单调递减正确，故B正确，
令，即，解得
，，，
区间长度为，若在某闭区间上有四个解，
则区间长度至少为，比如，则不可能存在四个解，
当时，即，，
则或或，解得或或，
故最多有3个零点，故C正确.
当时，此时，令，,
解得，，则 ，
解得，，，
当时，，当时，，当时，，
此时在上有3个极值点，故D错误，
故选：BC.
29．（2022春·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）设函数，则下列命题中正确的是（    ）
A．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是
B．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是
C．若方程有四个不同的实根，则的取值范围是
D．方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6
【答案】AD
【解析】对于A：作出的图像如下：

若方程有四个不同的实根，，，，则，不妨设，
则，是方程的两个不等的实数根，，是方程的两个不等的实数根，
所以，，所以，所以，
所以，故A正确；
对于B：由上可知，，，且，
所以，
所以，，
所以，
所以，故B错误；
对于C：方程的实数根的个数，即可函数与的交点个数，因为恒过坐标原点，当时，有3个交点，当时最多2个交点，所以，
当与相切时，设切点为，
即，所以，解得，所以，所以，
所以当与相切时， 即时，此时有4个交点，
若有4个实数根，即有4个交点，

当时由图可知只有3个交点，当时，令，，则，则当时，即单调递增，当时，即单调递减，所以当时，函数取得极大值即最大值，，又及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当无限大时，即在和内各有一个零点，即有5个实数根，故C错误；
对于D：，
所以，
所以或，
由图可知，当时，的交点个数为2，
当，0时，的交点个数为3，
当时，的交点个数为4，
当时，的交点个数为1，
所以若时，则，交点的个数为个，
若时，则，交点的个数为3个，
若，则，交点有个，
若且时，则且，交点有个，
若，交点有1个，
综上所述，交点可能由1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故D正确；
故选：AD．
30．（2022春·山东威海·高三威海市第一中学校联考阶段练习）已知函数，则（    ）
A．
B．
C．若函数恰有个零点，则
D．当时，
【答案】BCD
【解析】对于A选项，，，故，A错；
对于B选项，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
因为，，，
且，，
，
因为，所以，，
即，所以，，
且，，，
所以，，
即，B对；
对于C选项，作出函数与的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象至多有两个交点，不合乎题意，
当时，直线与函数的图象有无数个交点，不合乎题意，
由题意可知，直线与函数的图象有个交点，
则，解得，C对；
对于D选项，当时，由可得，解得，
当时，，结合图象可知当时，，D对.
故选：BCD.
31．（2022春·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）已知函数，数列按照如下方式取定：，曲线在点处的切线与经过点与点的直线平行，则（    ）
A． B．恒成立 C． D．数列为单调数列
【答案】ABD
【解析】因为，
所以，
，
，，
曲线在点处的切线与与连线平行，
所以斜率相等，
所以，
所以，
所以
所以，
而，
所以，
记，
所以，
所以单调递减，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，故选项A正确；
设，则，
设，
，
所以，
，
所以若，则，
则，
因为，
所以恒成立，故选项B正确；

要证，
令，
即证明，
令，
所以t>0时，
，
(t>0)
所以，
所以选项C错误；
，
若数列为单调，则必为单调递减，
则，
即，
即，
即(),
即，
即，
令，
则，
所以，
所以单调递增，
所以，
所以，
所以得证；
所以选项D正确;
故选：ABD.
32．（2022春·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）已知正方体的棱长为2，、、是棱、、上的动点（包含端点），且满足，则下列结论正确的是（    ）
A．平面
B．存在、、，使得点到平面的距离为1
C．平面截此正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截此正方体所得截面的周长为定值
【答案】ACD
【解析】如图所示建立空间直角坐标系，设，，

则，，，，，
，故，
同理可得，，平面，故平面，A正确；
平面的一个法向量为，
点到平面的距离为，解得，不满足，B错误；
设平面分别与，，交于，设，
则，，即，
同理可得：，，故，，
如下图：过点作于，于，
则，，

截面面积：
，当时有最大值为，C正确；
截面的周长为：，为定值，D正确；
故选：ACD
33．（2022春·福建福州·高三校联考期中）如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（    ）

A．的最小值是
B．
C．三棱锥的体积是定值
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围是
【答案】BCD
【解析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
因为，
所以，得，所以，
则，得，
，
当时，，则，
当时，则，则，
综上，，
所以三点共线，
即点的轨迹即为线段，
对于A，，
即的最小值是，故A错误；
对于B，，
则，
所以，故B正确；
对于C，，则为定值，
由点的轨迹即为线段，
且，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；
对于D，设的中点为，
则在中，外接圆的圆心即为点，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，
设球心为，，
则，
即，所以，
则，
因为，所以，
即三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.

34．（2022春·福建莆田·高三莆田第五中学校考阶段练习）在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第项与第项之间插入首项为2，公比为2，的等比数列的前项，从而形成新的数列，数列的前项和为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】设介于第个1与第个1之间或者为这两个1当中的一个，
则从新数列的第1个1到第个1一共有项，
从新数列的第1个1到第个1一共有项，
所以，解得，
而，所以，故A正确，B错误；

，
令，
则，
，，
所以，故D正确，C错误，
故选：AD.
35．（2022春·福建龙岩·高三上杭县第二中学校考阶段练习）已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ）
A．
B．为等比数列
C．
D．
【答案】AD
【解析】，则 ，又 ，
同理 ，故A正确；
而 ，故不是等比数列，B错误；

，故C错误；

，故D正确，
故选：AD
36．（2022春·江苏·高三江苏省新海高级中学校联考阶段练习）已知直线与圆相交于两不同的点，与两坐标轴分别交于C，D两点，则下列说法正确的是（    ）
A．的取值范围为
B．的最大值为
C．直线一定与圆相离
D．存在，使得
【答案】ACD
【解析】圆心，半径，圆心到直线的距离.
对于A项，由已知得，应有，且，即，整理可得，，
解得，且.又，所以，故A项正确；
对于B项，因为，所以，
所以，
因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，故B项错误；
对于C项，圆心到直线的距离.
因为，所以，所以直线一定与圆相离，故C项正确；
对于D项，设直线与轴交于点，则，，则，，
又.
假设存在，使得，则.
联立直线与圆的方程可得，，
设，，则，，且，
则，
所以，整理可得，
解得或（舍去负值）.
所以，，满足条件，所以假设成立，故D项正确.
故选：ACD.
37．（2022春·江苏镇江·高三校联考阶段练习）已知函数（），（），则下列说法正确的是（    ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】ABD
【解析】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，

又∵
∴，A正确.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A正确；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B正确.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
38．（2022春·广东·高三校联考阶段练习）若存在直线与曲线，都相切，则的范围是__________.
【答案】
【解析】设该直线与相切于点，
，，
该切线方程为：，即；
设该直线与相切于点，
，，
该切线方程为：，即，
，则；
令，；
当时，；当时，；
在，上单调递减；在，上单调递增；
又，，，的取值范围为.
故答案为：.
39．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD是边长为的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为4．该四棱锥的外接球O的半径为7，若球心O在四棱锥P－ABCD内，则顶点P的轨迹长度为_____________．
【答案】
【解析】设正方形的中心为，
因为四边形ABCD是边长为的正方形，对角线长为，
所以该正方形外接圆半径，
所以球心O到底面ABCD的距离，
又顶点P到底面ABCD的距离为4，点P在与底面ABCD平行的截面圆的圆周上，
由球心O在四棱锥P－ABCD内，可得截面圆的半径，
故顶点P的轨迹长度为．
故答案为：

40．（2022春·湖南长沙·高三校考阶段练习）在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于________．
【答案】
【解析】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系，
则，，1，，，1，，，0，，
设平面的方程为，
将坐标代入计算得

解得，，，
，
即，
．
故答案为：

41．（2022春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）设，同时为椭圆与双曲线的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点M，椭圆与双曲线的离心率分别为，，O为坐标原点，若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】设，，焦距为2c，
由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，
当时，可得，即，
可得，则，所以，
由，可得，可得，即，
，
可设，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，可得，
所以．
故答案为：.

42．（2022春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）已知函数，其中．若恒成立，则a的取值范围是_________．
【答案】
【解析】由题知，， ，恒成立，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，
当时，，单调递增，
所以，
所以，
所以，
令，
所以，
因为，当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以，
故答案为：
43．（2022春·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）已知，，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【解析】因为，设，则
又因为，，
时，，单调递增；时，，单调递减；
因此当时，有最小值，所以在R上单调递增，
∴，
设，则，令，解得.
当时，，函数单调递增，当时，函数单调递减.
∴，.
故实数的取值范围为：.
故答案为：.
44．（2022春·山东威海·高三威海市第一中学校联考阶段练习）在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．
【答案】
【解析】设以A为球心的球的半径为，则，解得
如图，取中点，由，
又平面ABC，平面ABC，
又，，所以平面PAC，
又平面PAC，，又，平面PBC，
又，，
又，
作，则，，

所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为
故答案为：

45．（2022春·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）已知矩形的边，，为的中点，为矩形所在平面内的动点，且，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】由题意可知，P是以点A为圆心，1为半径的圆上一点，如图建立坐标系，

则，，，
设，
则，，
，，




，
由于为矩形所在平面内的动点，，则，
，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
的取值范围为，
故答案为：.
46．（2022春·福建福州·高三校联考期中）函数的值域是______.
【答案】
【解析】因为，
设，因为，所以，
则有
，
设，
则有，
因为，
令，得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，，，，
所以的值域为.
故答案为：.
47．（2022春·福建福州·高三校联考期中）在数列中，，且，则的前2023项和是______.
【答案】2022
【解析】由，
当为奇数时，，
则，
当为偶数时，，
则，
所以的前2023项和为.
故答案为：2022.
48．（2022春·福建莆田·高三莆田第五中学校考阶段练习）已知，设函数，存在满足，且，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】由于存在满足，且，所以图象上存在关于对称的两个不同的点.
（1）对于，交换得，
即，
构造函数（），所以的零点满足，
由得，
由得，即
，
由于，所以解得.
（2）设，则M关于y=x对称的点在上，由，得，则，
当时，①，，
两式相减，得，所以②，
将②代入①，得，又，所以，
令，则，，
即，解得，
综上，a的取值范围为.
故答案为：
49．（2022春·福建龙岩·高三上杭县第二中学校考阶段练习）设定点 ，动点N在圆上运动，以 为邻边作平行四边形 ，求点P的轨迹为______.
【答案】圆，除去两点和
【解析】如图，设，则线段的中点坐标为，

线段的中点坐标为,
因为平行四边形的对角线互相平分，所以，，整理得，又点在圆上，则，所以,
所以点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
又直线的方程为，与联立，解得和，
则直线与P的轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，
所以点P的轨迹为，除去两点和，
故答案为：圆，除去两点和，.
50．（2022春·江苏·高三江苏省新海高级中学校联考阶段练习）如图，是面积为2的等腰直角三角形，记的中点为，以为直角边第一次构造等腰，记的中点为，以为直角边第二次构造等腰，以此类推，当第次构造的等腰的直角边所构成的向量与同向时，构造停止，则构造出的所有等腰直角三角形的面积之和为______.

【答案】
【解析】第一次构造得得面积为1，
第二次构造得得面积为，
第三次构造得得面积为，
以此类推，第次构造得得面积为，
每构造一次，绕点顺时针旋转
所以当时构造停止，此时构造出的所有等腰直角三角形得面积之和为
，
故答案为：
51．（2022春·江苏镇江·高三校联考阶段练习）已知三个内角A，B，C的对边a，b，c依次成等比数列，且，，点T为线段AB（含端点）上的动点，若满足的点T恰好有2个，则实数t的取值范围______．
【答案】
【解析】由，
又由，
所以，
∴，
∴，(舍)

∴，
从而，
∴，
即为等边三角形．
设BC中点M，则，
，
由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，
故，
∴实数t的取值范围为．
故答案为：
四、双空题
52．（2022春·湖南株洲·高三校联考阶段练习）已知抛物线E：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，与准线交于C点，为的中点，且，则_____________；设点是抛物线上的任意一点，抛物线的准线与轴交于点，在中，，则的最大值为_____________．
【答案】    
【解析】过点作准线的垂线，垂足为，因为为的中点，且，
则在中，所以，
在中，，即，过点作准线的垂线，垂足为，

则可得，若取到最大值即最小，此时直线与抛物线：相切，
，即，则，设，则切线斜率，切线方程为，切线过，代入得，解得，即，则，，即，则的最大值为，所以的最大值为，
故答案为：，．
53．（2022春·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知函数则根为_____________；若函数有四个零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】     或2    
【解析】（1）当时，，所以，
令，得，并且当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，故当时，有唯一根，
当时，，令，解得（舍去）或2，
故当时，的根为2，
综上，根为或2；
（2）因为，
当时，由（1），则，
当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且仅当，且，
因为当时，则有或，
即或，

由图象得，要使函数有四个零点，
则解得，或，无解，
综上所述，实数的取值范围是，
故答案是：或2；.
54．（2022春·山东·高三利津县高级中学校联考阶段练习）著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则______.（
【答案】     101     842
【解析】

，
则是斐波那契数列中的第101项；
列出斐波那契数列，有，
可得，由，取，

，
，
得，，因为，故，
则，.
故答案为：①101；②842.