【百强名校】 2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（二）（新高考通用）解析版

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【百强名校】2023届新高考地区百强名校
新高考数学模拟考试压轴题精编卷（二）（新高考通用）

一、单选题
1．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据双曲线以及椭圆的定义可得，，进而在焦点三角形中运用余弦定理即可得，结合均值不等式即可求解.
【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义：
，，，，
设，，则：在△中由余弦定理得，
，
化简得：，即，
又，，即，
即椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．
故选：B

2．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，已知四棱柱的体积为，四边形是平行四边形，点在平面内，且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，求出答案.
【详解】先找两三棱锥的公共部分，由知：，故，
在上取点，使得，连接，
设，连接，

则三棱锥为三棱锥与三棱锥的公共部分，
∵∽，
，
点到平面的距离是点到平面的距离的，又，
.
故选：A.
3．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）设是双曲线与圆在第一象限的交点，，分别是双曲线的左，右焦点，若，则双曲线的离心率为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先由双曲线定义与题中条件得到，，求出，，再由题意得到，即可根据勾股定理求出结果.
【详解】解：根据双曲线定义：，，
∴，
∴，，，
∴是圆的直径，
∴，在中，，得．
故选．
【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.
4．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为，已知为上述数据中的分位数，则的取值可能为（    ）
A．50 B．60 C．70 D．80
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理及组合求出事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答.
【详解】从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种，一个数比大，一个数比小的不同结果有，
于是得，整理得：，解得或，
当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，所有选项都不满足；
当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，选项A，B，D不满足，C满足.
故选：C
5．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若，则（    ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【分析】由三角恒等变换化简结合已知条件求解即可
【详解】因为，
所以，
所以，
又，
所以即，
所以，
所以即，
又，
所以，
所以，
所以，
所以即，
又易知，
所以，即，
故选：A
6．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）雷峰塔又名黄妃塔､西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山（海拔46米）之上.是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利､祈求国泰民安而建.始建于北宋太平兴国二年（977年），历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西湖十景”之一，中国九大名塔之一，中国首座彩色铜雕宝塔.李华同学为测量塔高，在西湖边相距的､两处（海拔均约16米）各放置一架垂直于地面高为米的测角仪､（如图所示）.在测角仪处测得两个数据：塔顶仰角及塔顶与观测仪点的视角在测角仪处测得塔顶与观测仪点的视角，李华根据以上数据能估计雷锋塔的高度约为（    ）（参考数据：，）

A．70.5 B．71 C．71.5 D．72
【答案】C
【分析】在中由正弦定理求得，在直角中，，
将平面画成平面图，以地平线为基准，根据各个高度关系求MN的高度.
【详解】在中，，，
所以，
由正弦定理得 ，
所以，
在直角中，，
将平面画成平面图如图所示：

由题意知：，， ，
，
故选：C.
7．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是(    )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数判断的单调性，求出其零点的值，根据求出的范围.令g(x)=0，参变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解．
【详解】，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，

为方程的根，即﹒
故，即为，解得﹒
是函数的零点，
方程在上有解﹒
即在上有解﹒
，
在上有解﹒
令，
则，
设，
则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减﹒
又，
﹒
﹒故实数a的最小值是﹒
故选：A﹒
8．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知在矩形中，，，，分别在边，上，且，，如图所示，沿将四边形翻折成，设二面角的大小为，在翻折过程中，当二面角取得最大角，此时的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过作的垂线交与，交于，于，然后利用定义法可得为二面角的平面角，设，可得，，从而，然后求函数最大值时的值即可.
【详解】过作的垂线交与，交于，于，
设在平面内的投影为，则在直线上，
过作的垂线，垂足为，则为二面角的平面角，
设，由题意，，
则，
由，，得，
所以，
所以，
令，可得，则，
所以，当即，也即时，取到最大值，
此时最大，即二面角取得最大角.

故选：B
9．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知是椭圆与抛物线的一个交点，定义.设定点，若直线与曲线恰有两个交点与，则周长的取值范围是（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】抛物线与椭圆联立，得到和，从而得到，画出和图像，根据焦半径公式，得到和，从而表示出的周长，根据的范围，得到答案.
【详解】，解得，，
所以，
直线，
作出函数和的图像，
由图像可得点在抛物线上，在椭圆上，
点为抛物线的焦点，
所以，
点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，
所以，即
由焦半径公式可得，的周长为

，
由，得到，
所以的周长的取值范围为.
故选：C.

【点睛】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.
10．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则以下四个命题：①；②；③；④中一定成立的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由是偶函数，得是奇函数，再由已知等式得，两者结合得是周期函数，周期为4，同时得出是周期函数，周期是4，然后由周期性，奇函数的定义求得，，与的关系，从而得出关于的相应结论，由周期性计算，然后判断各命题．
【详解】∵，，
∴，
又是偶函数，，两边求导得，∴是奇函数，，.
∴，即，
是周期函数，4是它的一个周期，，
∵，∴是周期函数，4是它的一个周期.
，，则②正确；
，则①正确；
是周期为4的周期函数，又是奇函数，，，，，则④正确；
∵，，∴，
，，因此，不能得出③.
则一定正确的有①②④，共3个.
故选：C.
【点睛】结论点睛：
（1）的图象既关于直线对称，又关于点对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（2）的图象既关于直线对称，又关于直线对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（3）的图象既关于点对称，又关于点对称，则是周期函数，是它的一个周期．

二、多选题
11．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）某摩天轮共有32个乘坐舱，按旋转顺序依次为1~32号，并且每相邻两个乘坐舱与旋转中心所成的圆心角均相等，已知乘客在乘坐舱距离地面最近时进入，在后距离地面的高度，已知该摩天轮的旋转半径为60m，最高点距地面135m，旋转一周大约30min，现有甲乘客乘坐11号乘坐舱，当甲乘坐摩天轮15min时，乙距离地面的高度为，则乙所乘坐的舱号为（    ）
A．6 B．7 C．15 D．16
【答案】BC
【分析】由题意，作图，根据图中的几何性质，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：

代表地面，代表摩天轮乘坐舱运动的轨迹，则，，
因为摩天轮旋转一周大约，甲乘坐号舱后，运动到点位置，
假设乙乘坐的乘坐舱运动到点，则，
由，则，
在中，，则，
由题意，相邻两个乘坐舱之间的夹角为，
由，即甲乙两人相隔4个舱位，
由，得点对应的乘坐舱为号，
由，得点对应的乘坐舱为号.
故选：BC.
12．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知定义域为的函数在上单调递增，，且图像关于对称，则（    ）
A． B．周期
C．在单调递减 D．满足
【答案】AC
【分析】根据题意化简得到，得到的周期为,结合，求得，得到A正确，B错误；再由的对称性和单调性，得出在单调递减，可判定C正确；根据的周期求得，，，结合特殊函数的值，可判定D不正确.
【详解】由，可得的对称轴为，所以
又由知：，
因为函数图像关于对称，即，故，
所以，即，
所以，所以的周期为,所以，所以，故A正确，B错误；
因为在上单调递增，且，所以在上单调递增，
又图像关于对称，所以在上单调递增，
因为关于对称，所以在上单调递减，
又因为关于对称，可得函数在单调递减，故C正确；
根据的周期为，可得，
因为关于对称，所以且，
即，
由函数在上单调递减，且关于对称，可得在上单调递增，
确定的单调区间内均不包含，若，
所以不正确.
故选：AC.
【点睛】规律探求：对于函数的基本性质综合应用问题解答时，涉及到函数的周期性有时需要通过函数的对称性得到，函数的对称性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的时函数值随自变量变化而变化的规律，因此在解题时，往往西药借助函数的对称性、奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题.
13．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（    ）
A．异面直线、所成角的大小为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．周长的最小值为
D．存在点使得平面
【答案】BC
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【详解】如图，取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
则，又正四棱锥的所有棱长均为，
则，所以异面直线，所成角为，故A错误；

设正方形的中心为，连接，，
则平面，，
设的中点为，连接，，
则，且平面，
所以为直线与平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正确；
将正和沿翻折到一个平面内，如图，
当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故C正确；
若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在如图所示试验装置中，两个长方形框架与全等，，，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子分别在长方形对角线与上移动，且，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．的长最小等于
C．当的长最小时，平面与平面所成夹角的余弦值为
D．
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量数量积的运算即可判断选项；利用空间两点间距离公式即可判断选项；根据二面角的余弦值推导即可判断选项；根据棱锥的体积计算公式即可判断选项.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，以点为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，

建系可得，
，故选项正确；
又，
当时，，故选项正确；
当最小时，分别是的中点，
取中点，连接和，

，
，
是二面角的平面角.
中，，
可得，同理可得，
由余弦定理可得，故选项正确；
，故选项错误.
故选：.
15．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知，则函数的图象可能是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】令，先分析函数的奇偶性，再分情况讨论的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解.
【详解】令，则，故为偶函数.
当时，函数为偶函数，且其图象过点，显然四个选项都不满足.
当为偶数且时，易知函数为偶函数，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，则选项，符合；
若为正偶数，因为，
则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为偶函数，所以函数在上单调递减，选项符合；若为负偶数，易知函数的定义域为，排除选项.
当为奇数时，易知函数为奇函数，
所以函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项符合，
若为正奇数，因为，
则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为奇函数，所以函数在上单调递增，选项符合；
若为负奇数，函数的定义域为，
不妨取，则，当时，；
当时，；当时，；
当时，；当时，；
当趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以趋向于正无穷；
所以内先减后增，故选项符合.
故选：.
16．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知分别为圆与圆上的两个动点，为直线上的一点，则（    ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】AC
【分析】把圆的方程化为标准方程，找到圆心坐标和半径，求出点关于直线对称的点，当三点共线，最小，点共线时，取到最大值．
【详解】圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，
圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，
设点关于直线对称的点为，则解得即.
如图，

连接交直线于点，连接，此时三点共线，最小，则最小，所以3，故A正确、B错误；
因为，所以当取到最大值且点共线时，取到最大值．由图可知，，所以的最大值为，故C正确；时，不能共线，最小值不存在，D错误.
故选：AC
17．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）设双曲线的左右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与交于､两点，且，则的离心率可以为（    ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，从而可求得，过点作于点，由中位线的性质求得，在中，可求得，利用双曲线的定义可得的关系，再由离心率公式求解即可，当直线与双曲线交于同一支时，同理可求得离心率
【详解】当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，则
，
因为，所以，
过点作于点，
所以∥，
因为为的中点，
所以，，
因为，为锐角，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，化简得，
所以，
所以离心率为，

当直线与双曲线交于一支时，记切点为，连接，则，
过作于，则，
所以，
因为，所以为锐角，
所以，
所以，，
所以,
所以，化简得，
所以，
所以离心率为，
综上，双曲线的离心率为或，
故选：BD

18．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在平面四边形ABCD中，点D为动点， 的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（    ）
A．为等比数列 B．为等差数列
C．为递增数列 D．
【答案】BD
【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，即，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断B，根据数列的单调性可判断C；利用错位相减法求出，可判断D.
【详解】如图，连交于，

则，即，
所以，所以，
所以，
设，
因为，
所以，
，所以，
所以，即，
又，所以，
所以是首项为2，公差为的等差数列，
所以，所以，
因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；
因为，
所以为等差数列，故B正确；
因为，
所以为递减数列，故C不正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD
19．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）拋物线的焦点为，过的直线交拋物线于两点，点在拋物线上，则下列结论中正确的是（    ）
A．若，则的最小值为4
B．当时，
C．若，则的取值范围为
D．在直线上存在点，使得
【答案】BC
【分析】对A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对C，根据抛物线的定义可得，再分析临界条件求解即可；对D，
【详解】对A，如图，由抛物线的定义，的长度为到准线的距离，故的最小值为与到准线距离之和，故的最小值为到准线距离 ，故A错误；

对B，不妨设在第一象限，分别过作准线的垂线，垂足，作.则根据抛物线的定义可得，故
.
故，所以.故B正确；

对C，过作垂直于准线，垂足为，则，由图易得，故随的增大而增大，当时在点处，此时取最小值1；当与抛物线相切时最大，此时设方程，联立有，，此时解得，不妨设则方程，此时倾斜角为，.
故的取值范围为，故C正确；

对D， 设，中点，故到准线的距离，又，故，故以为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误；

故选：BC
20．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．已知点满足，，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则（    ）
A．四边形的周长是变化的
B．四棱锥体积的最大值为
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．当时，将正四面体绕旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
【答案】BCD
【分析】正四面体放入正方体中，证明平面平面，利用平行，利用表示出四边形各边的长，计算周长判断选项A；利用表示四棱锥的体积，通过导数研究最值判断选项B，利用外接球半径和球心到截面的距离，得到截面圆的半径，计算周长，判断选项C；两个正四面体的公共部分为两个相同的正四棱锥组合而成，计算体积判断选项D．
【详解】在棱长为2的正方体中，知正四面体的棱长为，故球心即为该正方体的中心，
连接，设，因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为平面，，，平面，所以平面平面．

对于A，如图①，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则，即，
同理可得，，，，所以四边形的周长，故A错误；
对于B，如图①，由A可知，，且，，因为四边形为正方形，所以，所以四边形为矩形，所以点A到平面的距离，故四棱锥的体积与之间的关系式为，则. 因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，故四棱锥体积的最大值为，故B正确；
对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径．设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，. 因为，则，所以平面截球所得截面的周长为，故C正确；
对于D，如图②，
  
将正四面体绕旋转90°后得到正四面体，设，，，，
连接，因为，所以分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，又，正四棱锥的高为，所以所求公共部分的体积，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题通常转化为正方体的外接球，利用平面平面，用表示出四边形各边的长，处理周长和四棱锥的体积；截面问题和两个正四面体的公共部分，都离不开对图形结构的分析和理解．

三、填空题
21．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围__________.
【答案】
【分析】令，分， ， ，利用导数法讨论求解.
【详解】解：令，
则，

①当时，，不符合题意；
②时，在区间上恒为负，在区间上恒为正，
则需在区间上恒为负，在区间上恒为正，
因为在区间上单调递增，则需，此时，符合题意；
③当时，在区间上恒为负，在区间上单调递增，
在区间上单调递减，故在时取得极大值也是最大值，，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
22．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）函数，其中为实数，且.已知对任意，函数有两个不同零点，的取值范围为____________.
【答案】
【分析】由题意可得有两个不相等的实根，利用换元法，分离参数，令，则，再利用导函数求的最小值即可.
【详解】因为有两个不同零点有两个不相等的实根，
即有两个不相等的实根，
令，则 ，显然不为零，所以 ，
因为， ，所以，所以 ，
令，则，
令 ，则 ，
所以在上单调递增，又，
所以当时， ；当 时，，
所以当时， ；当 时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以 ，所以 ，
又，所以 ，所以 即 ， ，
又 ，所以，
故答案为：
【点睛】利用换元法，令，根据不为零，分离参数得，构造函数，通过求解函数的最值，即可得出的取值范围.
23．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）设，，是的三个内角，的外心为，内心为．且与共线．若，则___________．
【答案】2
【分析】由O，I分别是三角形的外心和内心，利用与共线得到线段的长度关系，用，表示出相应线段，得到等式.
【详解】
设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，
则，，
因为与共线，所以，又因为，，
所以，
因为，所以，
即，所以.
故答案为：2
24．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知椭圆C：的两个焦点为，，P为椭圆上任意一点，点为的内心，则的最大值为______.
【答案】##
【分析】设，内切圆的半径为r，由三角形面积公式建立等式可得，
由勾股定理求出焦半径，，由内切圆性质建立等式，可得，
结合在椭圆上消去得，则可设，则由辅助角公式可求得最大值
【详解】设，内切圆的半径为r，
所以，
则，
设椭圆的左右焦点为，
则，
同理，
又内切圆的性质得，
所以，
消去得，即，
又因为，
所以，
设，
则，
所以的最大值为，
故答案为：
25．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知正数a，b满足，则___________.
【答案】
【分析】利用基本不等式知，令，利用导数研究函数的单调性可知，进而可得，结合已知可得，由取等条件即可求解.
【详解】因为a，b都为正数，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
构造函数，，
求导，令，得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
可知在处取得最大值，故，即
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又，
所以，且，，
即，所以
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式及利用导数研究函数的单调性证明不等式，解题的关键是构造函数，，从而证得，再结合基本不等式及取等条件即可求解，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题.

四、双空题
26．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”，假设待检测的总人数是，将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定），若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”构测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为________人．若待检测的总人数为，且假设其中有2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为__________．
【答案】     1，2     4m－1
【分析】①利用二分检测法分析每轮检测的人数再判断感染人数即可；
②分类讨论分析每轮检测的人数情况即可
【详解】①若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次；第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染的4人组均分的两组；第4轮需检测2次；则共需检测7次，此时感染者人数为1或2人；
②若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；
若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，
每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：1，2；

五、解答题
27．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆.

(1)如图，已知为上的动点，延长至点，使得的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为曲线，求的方程；
(2)在条件（1）下，已知椭圆是椭圆的相似椭圆，是椭圆的左､右顶点.点是上异于四个顶点的任意一点，当（为曲线的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值.
【答案】(1)
(2)5

【分析】（1）由图可知是的中位线，由此可得长为定值，因为点在的垂直平分线上，所以，根据椭圆定义求解析式即可；
（2）假设出点坐标，表示直线与直线的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出的值.
【详解】（1）连接，易知且，

，又点在的垂直平分线上，
，
，满足椭圆定义，
，
曲线的方程为.
（2）由（1）知椭圆方程为，
则离心率，
楄圆的标准方程为，
设为椭圆异于四个顶点的任意一点，直线斜率，
则，
又，
.
设直线的斜率为，则直线的斜率为.
直线为，
由得，
设，则，
，
同理可得，
.
28．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆相交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线恒过定点，定点坐标为

【分析】(1)根据题意椭圆过点P2、、，代入椭圆方程列出方程组，解之即可求解；
(2)根据角、线段之间的数量关系可得，设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和平面向量的坐标表示可得，求出m的值，即可得出直线恒过的定点.
【详解】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此解得
故C的方程为.
（2）在中，，，
所以，从而，
又为线段的中点，即，所以，
因此，从而，
根据题意可知直线的斜率一定存在，设它的方程为，，，
联立消去得①，
，
根据韦达定理可得，，
所以

所以，
整理得，解得或
又直线不经过点，所以舍去，
于是直线的方程为，恒过定点，
该点在椭圆内，满足关于的方程①有两个不相等的解，
所以直线恒过定点，定点坐标为.
29．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知.
（1）当时，求的最大值；
（2）若存在使，得关于的方程有三个不相同的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用导数判断出函数的单调性，再根据函数的单调性即可求出最值.
（2）验证不是方程的根，将原方程的根等价于的根，记，，令，令，讨论的取值， 利用导数求出函数的最值，通过比较即可确定答案.
【详解】（1）当时，，
即
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以
（2），经验证不是方程的根，
所以原方程的根等价于的根，
记，，令，，单调递减，
令，即，
令为极大值点，其在上单调递增，在上单调递减，
当，，
所以在无实数根
当时，……①

有两个极值点，且，
即，
故
，所以，
存在使①有三个实根所以满足条件.
当，的分子中，，
显然，所以①仅有一个正根，
要使有两个负根，则﹐
综上所﹐即.
【点睛】本题考查了利用导数研究方程的根、利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的思想，属于难题.
30．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知抛物线，开口向上的抛物线与有一个公共点，且在该点处有相同的切线，

(1)求所有抛物线的方程；
(2)设点P是抛物线上的动点，且与点T不重合，过点P且斜率为的直线交抛物线于两点，其中，问是否存在实常数，使得为定值？若存在，求出实常数；若不存在，说明理由.
【答案】(1)（且
(2)存在，.

【分析】（1）设，根据题意结合导数的几何意义，得到，再由过点，求得，即可求得抛物线的方程；
（2）根据题意得到即为公共点T处的切线，得出，设，求得切线方程为，联立方程组，得到，令，得到，并代入整理得，根据根与系数的关系，化简求得为定值，分和，两种情况讨论，结合，得到在点的两侧和同侧，进而得到答案.
【详解】（1）解：设，可得，
抛物线，可得，
因为抛物线与有一个公共点，且在该点处有相同的切线，
可得，即，所以，
因为抛物线过点，代入可得，
即满足条件的
即抛物线的方程为且.
（2）解：当时，若为常数，则，此时即为公共点T处的切线，
故若存在，则.
下面证明：时，为常数，
设，则切线方程为，
联立方程组，
整理得 ，
设，则，
令，可得，所以，
代入上式得，
即，
可得，所以，
则，
所以为定值，
且，
①当时，由，可得在点的两侧，所以，
令，可得，即，解得，
因为，所以为定值；
②当时，由，可得在点的同侧，所以，
因为，所以为定值，
综上可得，存在时，使得为定值.
【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的常见策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
31．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数，.
(1)已知，若时，恒成立，求的取值范围；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出时，在区间上的最小值，使即可；
（2）设，证明即可.
【详解】（1）∵，，
设，，则
∴在区间上单调递增，
∵，∴，，
∴在区间上单调递增，，
∴若恒成立，则，
综上所述，若时，恒成立，则的取值范围是.
（2）当时，，，
则，易知在区间上单调递增，
又∵，，
∴，使，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴在处取得极小值，也是最小值，，
∵，∴，两边同时取对数，又有，
∴，
设，，
则，易知在区间上单调递减，
又∵，，
∴，使，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
∴在处取得极大值，也是最大值，，
∵，∴，
∴，
设，，
∵，∴，
∵，∴，
易知在区间上单调递增，
∴至多有一个零点，∴，∴，
∴，
即.
【点睛】方法点睛：证明不等式恒成立问题，可以先通过导数求出的最小值和的最大值，再证明即可.
32．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围
（2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明.
【详解】（1）记，
①当时，取，不符条件；
②当时，，
令，
∴在单调递减，在单调递增，
所以，即，
则的取值范围为；
（2）∵，
令，
则，
且，
令，
∴在单调递增，在单调递减，
且，
∴，
取，则，
∴，
取，
则，
记，
在中，，
∴在单调递增，在上单调递减，
∴，
即
∵
∴
从而.
【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.
33．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知双曲线的右焦点为F，双曲线C上一点关于原点的对称点为，满足.
(1)求的方程；
(2)直线与坐标轴不垂直，且不过点及点，设与交于、两点，点关于原点的对称点为，若，证明：直线的斜率为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.

【分析】（1）由已知得到的坐标，根据求出，进而根据双曲线的方程，联立方程组即可求出结果；
（2）方法一：联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系.然后根据，化简得到.由，即可求出；方法二：由已知可推出.将定点平移至原点，然后平移双曲线，得到.设直线，代入双曲线构造齐次式.得到关于的二次形式，根据斜率关系得出，即可求出斜率.
【详解】（1）由已知可得，.
则，，
由可得，，所以.，
又点在双曲线上，所以.
联立，可得，
所以，C的方程为.
（2）法一：设，，则，
所以，，
由可得，，所以，
整理可得，.
由已知可设直线的方程为（且）.
联立直线与双曲线的方程可得，.
，所以.
由韦达定理可得，又，，.
所以，由可得，
，
整理可得，，
因为，不恒为0，所以应有，解得.
所以直线l的斜率为定值.
法二：
设，则，.
所以，，
所以.
又由题意知，所以.
将双曲线平移至，即.
则P平移至， A，B分别平移至，.
设直线的方程为，
代入双曲线可得，，
所以，.
两边同除以，可得，
所以，
所以.
所以，直线的方程为，
所以，所以直线l的斜率为定值.
【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中，题干中出现垂直关系，常用坐标法，化为数量积为0.然后根据韦达定理，得出等量关系，进而求出参数.
34．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；
（2）求导后，设；令，利用导数可求得单调性，得到，采用放缩法可确定，知在上单调递增；当时，由恒成立可确定，满足题意；当时，令，利用导数可说明，得到，结合零点存在定理可说明，使得，由此可说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）当时，，
则，，又，
在处的切线方程为：.
（2），
令，则，
令，则，
在上单调递增，，即；
当时，，，，
，，
即，在上单调递增，即在上单调递增；
；
①当，即时，，在上单调递增，
，满足题意；
②当，即时，；
令，则，
在上单调递增，，即，
又，，使得，
当时，，则在上单调递减，此时，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当时，单调递增；当时，结合零点存在定理说明存在的区间，由此可得参数范围.
35．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.
(1)求的方程；
(2)已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；
（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.
【详解】（1）易知，，
故，.
故双曲线的标准方程.
（2）方法一：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即，
，，，
同理可得，，，
直线经过点，则，，三点共线，
即，则有
，
化简得，，
即，故.
方法二：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即
，，同理可得，.
令直线为，
由，则，
即，化简得
，解得，，故.
【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.
36．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知函数， .（为自然对数的底数，）.
(1)若函数在区间上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)是否存在直线l同时与的图象相切？如果存在，判断l的条数，并证明你的结论；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，一条，证明见解析

【分析】(1)根据函数的单调性可得 ，再构造函数 ，讨论最值即可求解；
(2)利用导数和切线的关系，求出切线方程，进而可得，再根据导数讨论单调性，结合单调性与函数零点的关系求解.
【详解】（1）.
因为在上单调减，
所以恒成立，
所以恒成立.
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
（2）存在且仅有一条直线同时与的图象相切.
设直线与的图象分别相切于点，
其中，且，
则在处的切线方程为：，即；
在处的切线方程为：，即.
所以……①
……②
因为，所以，则.
可得，于是有，
整理得.
法1：两边同除以得，
要证有且仅有一条直线同时与的图象都相切，
只需证函数，在上有且仅有一个零点.

当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，所以在上无零点.
取，则，，
所以函数在上有且仅有一个零点，
综上，函数在上有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与的图象都相切.
法2：要证有且仅有一条直线同时与的图象都相切，
只需证函数在上有且仅有一个零点.
，
设，则，
因为，所以，所以，
所以在上单调递增，所以，
又，所以，所以在上单调递增，
所以，
取则，

其中，
所以，
所以函数在上有且仅有一个零点，
所以有且仅有一条直线同时与的图象都相切.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用且点坐标表示出切线方程，再根据等量代换可得，构造函数，结合函数的单调性与零点之间的关系即可证明.