【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（三）（新高考通用）解析版

这是一份【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（三）（新高考通用）解析版，共51页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

【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（三）（新高考通用）

一、单选题
1．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知角，满足，，则（    ）．
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据和角公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.
【详解】由得，进而，
所以，
故选：B
2．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）若，，，则实数a，b，c的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得，，.作出函数，的图象，观察可得当时，所以随着的增大，比值越来越大.令，可得在上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
由可得，，所以.
设，则，
因为，故，
所以即，
所以在上为增函数，
又，，，又，所以.
故选：B.
3．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】构造向量，利用向量垂直和，结合基本不等式得出的最大值2，结合图形可得答案.
【详解】如图，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，

由题意得：，令，则三点共线,
，则三点共线,
故有共线，由题意与垂直，，知，且为定值，
在中，，当且仅当时，取最大值2，
此时面积最大，则到的距离最远，而，故当且仅当，
即关于轴对称时，最小，此时到的距离为，
所以，故，即的最小值为.
故选：D.
4．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知，则的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用作差法结合对数的运算性质分析判断即可.
【详解】解：，

∵
∴


故选：C.
5．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】依次求出点、的坐标，然后由点在双曲线上可建立方程求解.
【详解】不妨设在，令，则有，
解得，所以，，
因为点在双曲线上，所以，解得，
故选：B.
6．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在中，已知，，E，F分别是边AB，AC上的点，且，，其中，，且，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平面向量加法的运算法则，结合平面向量基本定理和平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】因为，，所以，
因为，
所以，所以
因为，，
所以，
当时，有最小值，
最小值为，
故选：C
【点睛】关键点睛：运用平面向量加法的运算法则，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.
7．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知数列的通项公式为，前项和为，若实数满足对任意正整数恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据裂项相消法，结合数列的单调性进行求解即可.
【详解】解：，
前项和为
，
可得为递增数列，且有取得最小值；
且，
当为偶数时，对任意正整数恒成立，
即为对任意正整数恒成立，
由，
可得①
当为奇数时，对任意正整数恒成立，
即为对任意正整数恒成立，
由，
可得，即②
由①②解得．
故选：A
【点睛】关键点睛：利用裂项相消法，结合分类讨论法进行求解是解题的关键.
8．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，正数满足，则的最小值（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用可得，由此可化简所求式子，结合基本不等式可求得最小值.
【详解】，且在上单调递减，
由得：，即，，
（当且仅当时取等号），
则的最小值为.
故选：B.
9．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（    ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.
【详解】
由题意，做轴于点，
因为四边形是等腰梯形，则，
则点的横坐标为，代入椭圆方程，
可得，即，
因为，则，
由，则，
化简可得，，同时除可得，
即，
对于
当时，，当时，，
在时，方程有根，
且，故应舍，所以.
故选:D
【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.
10．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知为单位向量，，，当取到最大值时，等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件构造向量并作出图形，利用向量的相等的坐标关系及夹角的定义，结合锐角三角函数的定义及基本不等式，最后利用向量的减法的坐标表示及向量的模公式即可求解.
【详解】依题意，设，，，
因为，所以，则，故，
因为，
所以，即，所以，
不妨设，则向量如图所示，

因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
易知，在上单调递增，
所以当取到最大值时，取得最大值，此时，
所以,
故此时.
故选：A.

二、多选题
11．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知函数图像过点，且存在，当时，，则（    ）
A．的周期为
B．图像的一条对称轴方程为
C．在区间上单调递减
D．在区间上有且仅有4个极大值点
【答案】ACD
【分析】利用图像上一点和周期性求出，再利用正弦函数的图像和性质判断各选项即可.
【详解】因为图像过点且，所以，解得，
因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，
所以，
选项A：的周期，正确；
选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；
选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；
选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个极小值点，D正确；
故选：ACD
12．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当时，下列关于曲线的判断正确的有（    ）

A．曲线关于轴和轴对称
B．曲线所围成的封闭图形的面积小于8
C．设，直线交曲线于两点，则的周长小于8
D．曲线上的点到原点的距离的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据用替换，不变，得方程不变，用替换，不变，得方程不变，可判断A正确；根据曲线的范围，可判断B正确；先得到椭圆在曲线内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；
【详解】当时，曲线：，
对于A，用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称；用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，由，得，，所以曲线在由直线和所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为，故B正确；

对于C，对于曲线和椭圆，
设点在上，点在上，
因为
，
所以，所以，
设点在上，点在上，
因为
，
所以，所以，
所以椭圆在曲线内(除四个交点外)，如图：

设直线交椭圆于两点，交轴于，
易知，为椭圆的两个焦点，
由椭圆的定义可知，，，
所以的周长为，
由图可知，的周长不小于，故C不正确；
对于D，设曲线上的点，则该点到原点的距离为，
因为，所以设，，，
则，其中，，
所以当时，取得最大值，取得最大值.故D正确；
故选：ABD
13．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知球O的半径为4，球心O在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体得体积为V，则一定正确的是（    ）
A．O，E，，四点共圆 B．
C． D．V的最大值为
【答案】ACD
【分析】连结，判断出，利用勾股定理求，判断B，证明,，四点共面，即可判断四点共圆，判断A，利用正弦定理求出，由此判断C；设，求出的最大值，结合体积公式判断D.
【详解】
因为公共弦AB在棱l上，连结，则，
则，故B错误；
因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，
所以OO1⊥,OO2⊥，又平面,，平面，
所以,，,，
因为平面，所以平面，同理可证平面，
所以四点共面，又，
所以，对角互补的四边形为圆内接四边形，
所以四点共圆，故选项A正确；
因为E为弦AB的中点,故⊥AB， ⊥AB，
故为二面角的平面角，所以，
由正弦定理得，故选项C正确；
设，在△中,由余弦定理可得，
，所以，
故，所以，
当且仅当以时取等号，故选项D正确，
故选：ACD
14．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）过直线上一点作圆的切线,切点分别为,则（    ）
A．若直线,则
B．的最小值为
C．直线过定点
D．线段的中点的轨迹长度为
【答案】BC
【分析】根据题意设出点坐标,求出直线方程,若,则,斜率相等,进而求出直线方程,进而求出弦长即可;根据直线方程,求出定点即可;由进而转化为与的关系,即圆心到直线的距离与半径的比值的最值,根据直线过的定点即可得出选项B正误;由定点,弦中点,圆心所形成的角为直角,即可判断线段的中点的轨迹,进而求出长度即可.
【详解】解:由题知,设,
因为过点作圆的切线,切点分别为,
所以在以为直径的圆上,
即在上,
因为是切点,所以在上,
故是两圆的交点,
故两圆方程相减可得所在的直线方程,
化简可得,
因为在上,
所以,
故直线;
关于选项A,
若,
则,
解得:
所以,
故圆心到的距离
所以
故选项A错误;
由,
即,
联立,
解得:,
所以过定点
故选项C正确;
因为
所以
由于过定点
所以到距离
记中点为,
则,





,
故选项B正确;
因为为线段的中点, 且在上,
所以,
所以点轨迹为以为直径的圆,
所以
周长为
故选项D错误.
故选:BC
15．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知实数a，b，c满足，则下列关系式中可能成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】将化为，设，得，，，利用函数，，的图象可求出答案.
【详解】由可知，，所以，
设，则，，，
在同一直角坐标系中作出函数，，的图象，

由图可知，当时，，此时C正确；
当时，，此时B正确；
当时，，此时A正确.
故选：ABC
16．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（    ）
A． B．C的渐近线方程为
C． D．与面积之比为2∶1
【答案】ABC
【分析】根据可得，，利用余弦定理求出，即可判断A，根据双曲线的定义结合的值可求出可确定C，从而在直角三角形中可得的齐次式，可求渐近线方程确定B，根据直角三角形的面积公式可确定D.
【详解】由，得，
又由，得，
不妨设，在中，
由余弦定理得，
所以，所以,所以，A正确；
在直角三角形中，根据双曲线定义可得，
所以，
在三角形中，根据双曲线定义可得，
所以，
因为，所以，
所以，
在直角三角形中，，即，
所以，所以，所以，
所以渐近线方程为，B正确；
，所以，C正确；

，
所以与面积之比为3∶1，D错误，
故选:ABC.
17．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（    ）．
A．数列是递增数列 B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
18．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知，为函数图象上两点，且轴，直线，分别是函数图象在点处的切线，且，的交点为，，与轴的交点分别为，则下列结论正确的是（    ）．
A． B．
C．的面积 D．存在直线，使与函数图象相切
【答案】ACD
【分析】对于选项A，可以分别求得两点处的斜率，利用斜率之积即可判断；
对于选项B，分析条件可得且，由特殊值即可判断；
对于选项C，根据两点处的切线方程可得点的对应坐标，继而可以表示的面积，即可判断；
对于选项D，设与函数图象相切于点，利用公切线切点斜率相等建立方程，判断方程是否有解即可.
【详解】解:由及图像可得，
而轴，故，
∴，即，
∴
∴，
显然A正确；
当时，，显然，B错误(也可以用基本不等式或对勾函数判定)；
，C正确；
设与函数图象相切于点，由题意可得：，
化简得,
令，则，即在定义域上单调递增，
有，故上存在使得，D正确.
故选：ACD
【点睛】本题关键在于表示两条切线的方程，利用即可解决前三个选项，对于公切线问题关键在于设切点，利用导数的几何意义转化为单变量问题，再利用导数判断方程根的问题，属于难题.
19．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（    ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面
C．点在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.
【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，
因为，所以，
又， ，所以，所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，则，，
若，又，，平面，则平面，
因为平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；

对于B：若平面，平面，则，又，
，平面，所以平面，平面，，
在中与矛盾，故B错误；
对于C：，在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确.
故选：ACD.
20．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）直线与函数的图像有4个不同的交点，并且从左到右四个交点分别为，它们的横坐标依次是，则下列关系式正确的是（    ）
A． B．
C． D．存在使得A点处切线与点处切线垂直
【答案】ABD
【分析】AB：为方程两根，为方程两根，由韦达定理可判断选项正误.
C：由图像可得，注意到，
研究函数，的单调性可判断选项.
D：由题可建立关于的方程组，判断其解是否存在即可.
【详解】由，
当时，，仅当等号成立，
而与有4个交点，显然不可能存在交点；
当，，仅当等号成立，
由上易知：在上递减，在上递增，且，
综上，在、上，在上，
故在、上，在上，
令，则，可得或，
要使与有4个交点，则，
当时；当时；
据此可得图像如下.

AB：由图及题意，为，即的两根，则.
为，即的两根，则.
则，.故AB正确.
C：注意到，又在上单调递增，
则，又.
设，则，
所以，得在上单调递增，
则，从而，故C错误.
D：因A，B两点在图像上，则.
又在A，B两点处切线相互垂直，.
则过A点直线斜率为，过B点斜率为，.
则建立关于的方程组，存在相当于方程组有解.
因，则.
设，由图可得.
，代入，
有
.
令，因，则，
又，则，
由上有在上有根.
令，注意到，，得在上有根，
即存在使得A点处切线与点处切线垂直，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的零点与方程的根，难度较大.
AB选项，结合图像与题意找到间关系，后用韦达定理解决问题.
C选项，为双变量问题，注意到，研究在上的单调性可得答案.
D选项，直接求得难度较大，故将的存在性转化为相关方程组有解.

三、填空题
21．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______
【答案】
【分析】将不等式恒成立转化为在上恒成立,进一步转化为恒成立，即恒成立.再构造函数,利用导数求最值可解决.
【详解】易求得函数的定义域为 ，由，
得，
因为函数与函数互为反函数，
其图象关于直线对称，

所以要使得恒成立，
只需恒成立，即恒成立，
设，则，
在上递减，在递增，
可知当时，取得最小值，
所以，又因为，所以的取值范围是.
【点睛】本题考查了等价转化思想,不等式恒成立问题.属中档题.
22．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知数列满足：，记，且，则整数_____．
【答案】
【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.
【详解】由，可得，
所以，，
则，所以，
，所以，
，
所以
，
因为，所以，则有，
所以，则.
故答案为： ．
【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.
23．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知椭圆的焦距为2，过椭圆的右焦点且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于，两点，若轴上的点满足且恒成立，则椭圆离心率的取值范围为______.
【答案】
【分析】根据给定条件，设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，求出线段AB中点横坐标，即可列式求解作答.
【详解】依题意，点，设直线，，
由消去x得：，
则，线段AB的中点，
因为，则有，直线，
令得点，而，有，
又，即，因此，即，
依题意，恒成立，而恒有，因此，离心率，
所以椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
24．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是_____．
【答案】
【分析】设，令，要使恒成立，即恒成立. 求出最小值，令得到，再求出的取值范围即可.
【详解】设，令，
要使恒成立，即恒成立.
，
由可得，在上有一个解，
即，，
又，
，
因此当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
则，，
将代入，得，
设，，
令，解得.
因此当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
，即的取值范围是，
故的取值范围是.
故答案为：
25．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】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.
【详解】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.
故答案为：.

四、双空题
26．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面沿x轴折起，使平面平面，则三棱锥体积为__________；若，则异面直线，所成角的余弦值取值范围为__________．

【答案】         
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为,
在中，，又 ， 同理可得，
过作于,由于平面平面，且交线为，平面 ,所以平面,且，
故三棱锥的体积为，
，
且， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，， 即，,

所以 ，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线，所成角的角等于，故异面直线，所成角的余弦值取值范围为

故答案为：，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用

五、解答题
27．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知双曲线的顶点为，，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；
（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.
【详解】（1）设双曲线，易知.
由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：
，则，
又，则解得，
则双曲线.
（2）设直线的方程为：，（且），，.
联立，消得：，
，，
，①，②
联立①②，解得：.
又，同理，，
把它们代入，得
，
故，得证.
28．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知函数，
(1)时，若恒成立，求的取值范围；
(2)，在上有极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)利用导数讨论单调性求函数的最值，即可求的范围；
(2)利用作差法构造函数，根据导函数讨论单调性和最值，即可证明不等式.
【详解】（1），令，则，
令，则有恒成立，
，
当时，在上恒成立（不恒为零），故在上为减函数，
故即恒成立，
当，，因为的图象是连续不断的，
故存在，使得，有，
故在上为增函数，故，有，
这与题设矛盾，
故.
（2）
令，则，令，则
令，则有，即

，由（1）得，
，
令，，，
在上单调递增，，．
时，，
，得证．
29．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考开学考试）已知抛物线上一点，圆：，过作圆的两条切线，切点分别为A，B．
(1)求直线的方程：
(2)直线分别与抛物线交于两点，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)根据切线性质得出圆在点处的切线方程,又因为点同时在直线上，得出直线的方程;
(2)先根据直线与圆相切得出关于点坐标的式子,同理得出关于点坐标的式子,最后应用两点间距离公式计算可得线段的长度.
【详解】（1）由可得圆心，半径为1，
设，，设是圆在点处的切线上一点，则
即

则圆在点处的切线方程分别为，
又因为点同时在直线上，所以有，，
所以，是方程的解,
所以直线的方程是．
（2）设，，则，又，
化简整理得，
因为直线与圆相切，则，即，
同理可得，
所以是方程的两个不等实根，
有，，．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）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).

【分析】（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.
【详解】（1）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，
，，
，
.
（2）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，
.
31．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求证：；
(2)若对恒成立，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）求导后，分别在、和的情况下，根据的正负确定的单调性，根据每段区间内都有可证得结论；
（2）将问题转化为在上恒成立，根据和最值点的特征可确定为的极大值点，由极值点定义可求得；代回函数中验证，利用导数可说明当时，，由此可确定其符合题意.
【详解】（1）；
①当时，，，
又，，在上单调递增，
，即；
②当时，，此时单调递增，
又在上单调递减，在上单调递减，
，，
，使得，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当时，；
③当时，，，
又，，在上单调递减，
，即；
综上所述：当时，.
（2）令，
则在上恒成立；
，，
为的一个极大值点，
又，，解得：；
当时，由知：，
令，则，
令，则；
当时，，单调递减，，
在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
，在上恒成立，符合题意；
综上所述：.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式、导数中的恒成立问题；本题求解恒成立中的参数值的基本思路是：通过函数的最值，结合自变量区间和函数最值只能在极值点或区间端点处取得的特征，确定函数的极值点，从而求解出参数值；易错点是求解出参数值后，忽略验证的过程，导致解析过程不够严谨.
32．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个零点，求的范围，并证明
【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为和
(2)的范围是，证明见解析

【分析】（1）求出导函数，令、解不等式可得答案；
（2）当、讨论不符合题意；当时求出得在和均单调递增，当时，由、得在上有一个零点；当，，在上有一个零点，所以的范围是，可得，，再由，得的两个零点，再利用基本不等式得可得答案.
【详解】（1）的定义域为，
当时，，导函数，
令，得或；
令，得且；
所以的单调增区间为和，单调减区间为和；
（2）当时，只有1个零点，不符合题意；
当时，若，则；若，则，不符合题意，所以.
当时，，所以在和均单调递增.
当时，由，

，
所以在上有一个零点；
当，同理，
所以在上有一个零点，所以的范围是，
因为的两个零点为，
所以，即，所以，
同理，，
所以，
若，即，
则，
所以的两个零点互为倒数，即，
所以（等号不成立），所以，
所以，
所以得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是利用导数判断出两个零点互为倒数，本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力，属于难题.
33．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为
(1)求的方程；
(2)若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】(1);
(2)证明见解析.

【分析】（1）利用三角形周长求出a，当为的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点的坐标，利用三角形面积求出b作答.
（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.
【详解】（1）依题意，的周长，
解得，则椭圆，令椭圆的半焦距为c，
当为的上顶点时，直线为：，由消去y得，
解得或，于是得点，
又的面积为，则，整理得，
则有，解得或，有或，因为，则，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，直线的方程为，
由消去得，
设，则，
而，

，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
34．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递减；在上单调递增.
(2)证明见解析

【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：


0

1



无意义

0



无意义




在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），

由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
35．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，设直线l为在处的切线，且l与的图像在内有两个不同公共点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2).

【分析】(1)由题意可得，根据的正负及即可得答案；
(2)由题意可得，记，利用导数，根据函数在内有两个不同的零点求解即可.
【详解】（1）解：因为当时，，，
所以，
令，得；
令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：因为，
，
所以，
所以切点为 ，切线的斜率
所以切线，
记，
则，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递增；
当时，，
令，
①当，即时，则，不满足条件；
②当，即时，易有，使得在上单调递减，在上单调递增；
又因为，
所以在上单调递增，在内只可能单调递减或者先减后增，
又因为，，
所以存在为函数的一个零点，
所以只需在内存在一个零点即可，
因为，
所以只需即可，
解得，此时存在，使得，满足题意；
当时，在内再无零点.
综上所述：实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数确定函数单调性时，如果第一次求导后不能确定导数的正负时，需进行再次求导，或构造函数进行再求导.
36．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，，左顶点为，点M为双曲线上一动点，且的最小值为18，O为坐标原点．

(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图，已知直线与x轴的正半轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆，求实数m的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据双曲线的方程可得，根据题意结合双曲线的定义，运算求解即可得结果；
（2）设直线，根据题意求的坐标，由圆的性质可得，结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设，不妨设M为双曲线右支上一动点，则，
则，即，
可得，
注意到，则，
由题意可得：，即，
则，
∵的对称轴为，则在上单调递增，
故，
则，解得或（舍去），
可得，
故双曲线C的标准方程为.
（2）由题意可得，设直线，
联立方程，消去y得，
则，
直线，令，则，
即点，
同理可得点，
若O，A，P，Q四点共圆，则，
∵，
注意到，，且点P，Q位于同一象限，即，
可得，
故，
整理得，
则，
整理得，解得或（舍去），
故实数m的值为.
【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．