【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（五）（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（五）（新高考通用）解析版，共53页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，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（五）（新高考通用）

一、单选题
1．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以AF，为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若，则线段的长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，通过几何分析可求得，从而求出的方程，联立的方程和抛物线方程即可求弦长.
【详解】
如图，过点分别作准线的垂线，垂足为,
过作的垂线，垂足为，
因为AF，为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，
所以,且,
所以与相似，且相似比为，
所以,设，
所以，则，
所以，
，即,
所以直线的斜率为，所以的方程为，
联立可得，
设，则有，
所以，
故选:C.
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）在边长为的菱形中，，将绕直线旋转到，使得四面体外接球的表面积为，则此时二面角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知条件，得出是二面角的平面角，作的中心，，，，知四面体外接球的球心在上，根据勾股定理求出，，进而可得二面角的余弦值．
【详解】由题意可知，和均为正三角形，
设为中点，延长，作交于点，
可得是二面角的平面角，
作的中心，则在上，且，
作，，，可知四面体外接球的球心在上，又，，
在和中，由，，，，解得，，
，二面角的余弦值为
故选：A

3．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为矩形，SA⊥AB，SB=SC=2，SA=AD=1，则四棱锥S-ABCD的外接球的表面积为（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】判断出球心的位置，利用勾股定理计算出球的半径，进而求得球的表面积.
【详解】设外接球的半径为，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以平面平面.
，由于，所以平面，
由于平面，所以，所以，
所以三角形是等边三角形，设其外心为，设是的中点，
则，由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，
设，则是矩形的外心.
连接，由于平面，所以，
球心在的正上方也在的正上方，故四边形是矩形，
，，
所以，
所以球的表面积为.
故选：A

4．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列中，，，是数列的前n项和，则（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】把递推公式转化为，再裂项相消即可求.
【详解】由可得：，
即
两边同时取倒数得：，即
所以.
故选：B．
5．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（   ）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】A
【分析】易知结合余弦定理可得，然后边化角后利用展开，然后化简可得.
【详解】由余弦定理以及可得：，
又在三角形中有，即，
所以
故.
故选：A．
6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知，，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再直接计算，从而得到，进而得到；由此得解.
【详解】令，，
则，故在上单调递减，
所以，即，即，故；
因为，，
所以，故，即，即；
综上：.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
7．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得的取值范围.
【详解】的定义域是，，
令，
所以在区间递减；在区间递增.
要使有两个极值点，则，
此时，
构造函数，
所以在上递增，所以，
所以，
所以实数a的取值范围.
故选：D
【点睛】利用导数研究函数的极值点，当一次求导无法求得函数的单调性时，可利用二次求导的方法来进行求解.在求解的过程中，要注意原函数和导函数间的对应关系.
8．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.
【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.
9．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.
【详解】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
10．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D

二、多选题
11．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：

甲校理科生
甲校文科生
乙校理科生
乙校文科生
达标率
60%
70%
65%
75%

定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有（    ）A．乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校
B．两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率
C．若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%
D．甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率
【答案】ABD
【分析】根据表中数据，结合达标率的计算公式对各选项逐一判断即可.
【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，
乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB正确；
设甲校理科生有人，文科生有人，若，即，则甲校总达标率为，选项C错误；
由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，
当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D正确；
故选：ABD
12．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面内部（不含边界）一动点，则（   ）

A．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形
B．当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面
C．当点Q为的中点时，直线平面MNQ
D．当点Q为的中点时，平面MNQ故正方体的外接球所得截面的面积为
【答案】BCD
【分析】点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形判断A，根据线面垂直即可判断B，根据线线平行可判断C，根据几何体外接球的性质可计算长度求解半径即可判断D.
【详解】如图2所示，当点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形，故A错误；

由于平面,所以平面,由于,故直线MN⊥平面，平面MNQ，平面MNQ⊥平面，故B正确；
如图3所示，当点Q为中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易得：，又在平面中，易得，所以，平面MNQ,平面MNQ ,则直线平面MNQ，故C正确；

如图4所示，由C选项可知，，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQ距离的三分之一，又由B选项可知，点A到直线ET的距离即是点A到平面MNQ的距离，利用等面积法可得该距离为，所以球心O到平面MNQ的距离，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故D正确，
故选:BCD．
【点睛】
13．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知抛物线，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，点P在抛物线上，则下列说法中正确的是（    ）
A．若点，则的最小值为4
B．过点且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
C．若正三角形ODE的三个顶点都在抛物线上，则ODE的周长为
D．点H为抛物线C上的任意一点，，，当t取最大值时，GFH的面积为2
【答案】AD
【分析】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.由抛物线定义，，据此可得最小值；
B选项，过点B且与抛物线只有一个公共点的直线有两类，抛物线的切线与斜率不存在的直线；
C选项，设，由及D，E两点在抛物线上可得，
后可得ODE的周长；
D选项，设，则，由基本不等式可得取最大值时，，后可得GFH的面积.
【详解】A选项，过P点做准线的垂线，垂足为.则由抛物线定义，有.则，则当三点共线时，有最小值4.故A正确；
B选项，当过点B直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与抛物线只有一个交点；当过点B直线斜率存在时，设直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，则.令或
，则直线或为抛物线切线.综上，过点且与抛物线只有一个公共点的直线有3条，故B错误；
C选项，设，因三角形ODE为正三角形，
则，又，
则.
因，则.又由图可得.
则，则.
得ODE的周长为.故C错误；
D选项，设，则
，当取最大值时，
.取，则此时GFH的面积为.
故D正确.
故选：AD

14．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知函数，是定义域为的奇函数，的图像关于直线对称，函数的图像关于点对称，则下列结论正确的是（   ）
A．函数的一个周期为
B．函数的图像关于点对称
C．若，则
D．若，则
【答案】ABC
【分析】根据奇偶性及对称性得到的周期性，令，则关于点对称，即可得到，从而得到，即可得到的对称性，再根据的奇偶性得到的周期性，最后根据周期性判断C、D.
【详解】解：对于A：因为是定义域为的奇函数，所以，
又的图像关于直线对称，所以，即，
所以，则，即函数的一个周期为，故A正确；
对于B：令，则关于点对称，
所以，即，即，
所以，即的图像关于点对称，故B正确；
对于C：因为是定义域为的奇函数，所以，又的图像关于点对称，
所以，所以，即函数的一个周期为，
所以，又，，
所以，即，所以，故C正确；
对于D：因为是定义域为的奇函数，所以，
所以，即，所以，
所以，故D错误；
故选：ABC
15．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知且，，则下列说法中错误的是（    ）
A．
B．若关于b的方程有且仅有一个解，则
C．若关于b的方程有两个解，，则
D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，构造，然后得到其单调性即可判断；对于B，转化为与的交点问题；对于C，结合前面结论得到，代入计算即可判断；对于D，转化为即，即可判断.
【详解】
因为，化简可得
令，则，
令，则，
故时，，函数在上递增；
时，，函数在上递减；
所以
即，所以函数单调递减，
所以，
且令，则，令，得，则递增；
令，得，则递减；
所以，即，所以成立，故A正确；
由转化为与的交点问题，
则，
如图所示，
当时，，则递减，当时，，
当时，，则递增，
当时，，则递减，
即当时，函数有极小值，
所以只有一个解时或，故B错误；
由，由图易知，不妨设，则，则有
所以，所以，代入可得，
取对数可得，即
所以是否成立，
即，
令，
取时，不成立，故C错误；
因为，
即


所以
令，只需证明成立即可，
，所以成立
故D正确；
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
16．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）小明在家独自用下表分析高三前5次月考中数学的班级排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次月考排名，但小明记得平均排名，于是分别用m＝6和m＝8得到了两条回归直线方程：，，对应的相关系数分别为、，排名y对应的方差分别为、，则下列结论正确的是（   ）
x
1
2
3
4
5
y
10
m
6
n
2

（附：，）A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据表格中的数据和最小二乘法、相关系数的计算公式分别计算当、时的、相关系数(r)和方差()，进而比较大小即可.
【详解】当时，，解得，
则，
，，

，

，
所以，
得，
，
；
同理，当时，，，
所以，
故选：BD．
17．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）如图，在五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且，，则下列说法正确的是（   ）

A．
B．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若，则平面ADE⊥平面BCE
【答案】ABC
【分析】对于A，利用面面垂直的性质定理得到平面，从而得以判断；对于B，利用线面垂直的判定定理推得平面，由此判断即可；对于C，利用面面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得与不重合，再推得平面平面，从而得到矛盾，由此判断即可.
【详解】对于A，因为平面平面ABEF，，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B，取棱的中点，连接，如图①，
.
因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以，
因为G为棱CE中点，所以，
因为，平面，所以平面，
由题意知，所以四边形为平行四边形，
所以，则平面，故B正确；
对于C，连接，如图①，
由题意知，所以，
又在直角梯形中易知，所以，即，
由选项A知，又平面，
所以平面，又平面，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；
对于D，连接，过点作交的延长线于点，连接，如图②，
.
由，得，所以，
此时，
所以，故与不重合，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
假设平面平面，
因为与不重合，所以平面与平面不重合，
又平面平面，则平面，
因为平面，所以，
又，所以，这与矛盾，
所以假设不成立，故平面与平面不垂直，故D错误.
故选：ABC.
18．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以

所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
19．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在棱长为的正方体中，与平面相交于点，为内一点，且，设直线PD与所成的角为，则下列结论正确的是（    ）
A． B．点P的轨迹是圆
C．点的轨迹是椭圆 D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得平面，分析可得点即为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，转化为是以底面半径为，高为的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，

与平面相交于点，连接交于点，连接；
由题意可知平面，平面，则；
又因为，平面，
所以平面，
又平面，所以；
同理可证，
又，平面，
所以平面；
又因为，由正三棱锥性质可得点即为的中心，连接；
因为为的中点，交于点，连接，
由平面，平面，则，所以选项A正确；
即为的高，设，
由正方体棱长为可知，，且的内切圆半径；
所以；
又，即可得，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以B正确，C错误；
由平面，平面，则，
所以，
因此是以底面半径为，高为的圆锥的母线，如图所示:

设圆锥母线与底面所成的角为，则，所以；
即直线与平面所成的角为，
又因为异面直线所成角的取值范围是，
直线在平面内，所以直线PD与所成的角的取值范围为,
又因为，所以直线PD与所成的角的取值范围为，即；
即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；（2）将直线PD与所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.
20．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（    ）
A． B．
C．为递减数列 D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC

【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.

三、填空题
21．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知实数a，b满足，则的最大值为_____________．
【答案】2
【分析】先消元，再用基本不等式即可求出最大值.
【详解】由得，则
，
当且仅当时，此时，，或者，时等号成立，
所以的最大值为2．
故答案为：2.
22．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，设P为线段AB的中点，若，则双曲线的离心率为_____________．
【答案】##
【分析】由可得点P，求得,由点差法得,可求得离心率.
【详解】
如图:,由,,可得点P的坐标为，
则直线OP斜率为,直线AB斜率为，
另一方面，设 则,
两式相减得,整理得,
即，故．
故答案为:
23．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知F1，F2分别为双曲线C:的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的离心率________
【答案】
【分析】根据得为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求解.
【详解】设,，设的中点为，
由于，故,因此为直角三角形，故，
由于，所以，进而可得，故 或，
由在双曲线渐近线上，所以，
进而，
当时，,，所以，
当时，,，所以不符合题意，舍去，
综上：故离心率为，
故答案为：

24．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.
【答案】##1.25
【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；
（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；
本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.

四、解答题
25．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知双曲线的离心率为2，左、右焦点分别为，,点与，构成的三角形的面积为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知直线（，且）与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，若点在直线上，试判断直线是否经过轴上的一个定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线是否经过轴上的一个定点

【分析】（1）结合双曲线的性质和三角形的面积公式即可求解；
（2）设直线与轴交于点，则直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理表示出，，再结合即可化简求解.
【详解】（1）由题意，，，，
所以，
又，所以，
所以，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线与轴交于点，则直线的方程为，
设，，则，
联立，得，
由题可知，，
所以，，
因为点在直线上，所以，
即，则，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
所以直线是否经过轴上的一个定点.
26．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，已知A，B分别为椭圆M：的左，右顶点，为椭圆M上异于点A，B的动点，若，且直线AP与直线BP的斜率之积等于．

(1)求椭圆M的标准方程；
(2)过动点作椭圆M的切线，分别与直线和相交于D，C两点，记四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点N，问：是否存在两个定点，，使得为定值？若存在，求，的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在定点，，使得为定值6.

【分析】(1)由题意可得，，再由线AP与直线BP的斜率之积等于，即可解出的值，从而即可得椭圆方程；
(2)由题意求得切线CD的方程为，进而求出C，D的坐标，从而可得直线AC，直线BD的方程，再求出N点的轨迹即可得结论.
【详解】（1）解：由题知，，在椭圆上，
即，即，
斜率之积，
所以，
所以椭圆M的标准方程为．
（2）解：因为点在椭圆上，
则，即，
又因为，
取，
所以，
所以切线的斜率，
所以切线方程为

由，可得，
假设，
所以切线方程为：，
即，
所以切线CD的方程为，
令得，令知：得，
，则直线AC：，①
，则直线BD：，②
由①×②知：，
点N的轨迹方程为，
即存在定点，，使得为定值6．
27．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知平面内动点M到定点F（0，1）的距离和到定直线y=4的距离的比为定值．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)设动点M的轨迹为曲线C，过点的直线交曲线C于不同的两点A、B，过点A、B分别作直线x=t的垂线，垂足分别为、，判断是否存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点?若存在，求出常数t的值和该定点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，t=3，定点为

【分析】（1）设，由题有：，化简后可得轨迹方程；
（2）设过直线方程为：，将其与曲线C联立，由韦达定理可知.又由对称性可知，若定点存在，其一定在x轴上，并设定点为D.后利用向量共线可得定点坐标.
【详解】（1）设，由题有
.
即动点M的轨迹方程为：；
（2）由题过直线斜率不为0，设过直线方程为：，将其与椭圆方程联立，，消去x得，.
由题其判别式大于0，设，，则，.
则由韦达定理有：，，
得.若存在常数t，使得四边形的对角线交于一定点，
由对称性知，该定点一定在x轴上，设该定点为，则，B，D共线.
又，，则

.
由s为定值，则.
同理，若A，，D共线，可得.
故存在常数t=3，使得四边形的对角线交于一定点，该定点为
【点睛】关键点点睛：本题涉及与椭圆有关的轨迹方程及椭圆中的定点定值，难度较大.
本题求轨迹方程方法为直接法，即将题意转化为代数语言，化简即得轨迹方程；
对于定点问题，常可由对称性确定定点所在位置，后由三点共线结合向量共线或斜率相等可得定点坐标.
28．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知函数，为函数的导函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，若，，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出的解析式，再利用导数求出的单调区间；
（2）首先求出的解析式，再利用导数说明函数的单调性，即可得到①或②两种情况，再分别证明即可.
【详解】（1）解：因为定义域为，
则，即，
所以，
当时恒成立，所以在上单调递增，
当时，令解得，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：当时，
所以，，
所以，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
不妨设，因为，所以有①或②两种情况，
当①时，因为在上单调递增，
所以，所以，
当②时，由，得，所以，
则，
由，所以，
令，，
则，
所以，即在上单调递减，且当趋向于1时趋向于0，则，
所以，则，即，
综上可得当，，且时，.
【点睛】关键点点睛：第一问中，根据的结构，对分类讨论；第二问中，对于②，在证明时，利用将双变量变为单变量，再利用导数证明不等式.
29．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．

(1)求证：点R为线段的中点；
(2)记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析.
(2)存在，.

【分析】（1）设设，，，联立椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出的坐标，计算；继而求出直线的方程，求得点坐标，即可证明结论；
（2）利用（1）的分析，求得，进而表示出，，计算的结果， 再求得的表达式，即可求得与之间的关系，即可得出结论.
【详解】（1）证明：由题意知，，
设，，，
联立，得，，
则，，
直线的方程为，
令，得，所以，
同理，．
所以

,
直线，令得，所以，
则，故点R为线段的中点．
（2）由（1）知，，
又，
所以．
由（1）知点R为线段的中点，
故


，
所以．
故存在，使得．
【点睛】难点点睛：解答直线和圆锥曲线的位置关系类的题目时，解决问题的思路想法不是很困难，一般利用直线方程和圆锥曲线方程联立，可得根与系数的关系，结合题设进行化简求值等，但难点在于计算的复杂性，以及计算量较大，并且大多为字母参数的运算，因此要十分细心.
30．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数.
(1)若，求函数的零点个数，并说明理由；
(2)当时，若方程有两个实根，且，求证：.
【答案】(1)3，理由见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求导数，构造函数，利用导数研究单调性和图象的大致走势，结合零点存在定理和单调性可得答案；
（2）先找出曲线的两条切线，利用切线与的交点证明，再利用割线与的交点证明.
【详解】（1）当时，，
，
显然是的一个零点，
令，则；
设，因为，其对应方程的判别式，所以有两个根，设为，则；
不妨设，令，则；
令，则；
所以在区间单调递增，在区间单调递减，
又，所以；
又当无限趋近于正无穷大时，也无限趋近于正无穷大；当无限趋近于0时，无限趋近于负无穷大；
根据零点存在定理和函数单调性、连续性可知在各有一个零点，所以总共有3个零点.
（2）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.

再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.

综上可得成立.
【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：
（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；
（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.
31．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数．
(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
（2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，则，
得到在区间上单调递减，
在上单调递增，
则，即在区间上恒成立，
分离变量知：在上恒成立，则，

，
由前面可知，当时，恒成立，即，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
所以，所以．
（2），
设曲线图象上任意一点，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，故切点为，
过的切线方程为，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，
从而当时，有三个极值点，，，并且，，，
取对数知：，，即，，
则
．
构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.
32．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知函数．
(1)当a=0时，求函数的最小值；
(2)当的图像在点处的切线方程为y=1时，求a的值，并证明：当时，．
【答案】(1)0
(2)a=1，证明见解析

【分析】（1）当a=0时，．利用导数，可得在时，
有最小值，其中.据此可得答案；
（2）由切线斜率为0，可得a；利用导数研究单调性，可得，
从而可得.后利用当时，
，可证得结论.
【详解】（1）当a=0时，．
定义域为，
令，则，故在上单调递增.
因，，则在上有唯一零点，即.则在上，，即，在单调递减.
在上，，即，在上单调递增.
故，又，
则.即函数的最小值为0；
（2）由题，，，则a=1；
即，则
故在上单调递增，在上单调递递减，则.
则当时，，即.
取，其中 ，则.
则.
又注意到


.故.
【点睛】关键点点睛：本题涉及利用隐零点求函数最值及利用函数证明数列不等式，难度较大.本题最值点不能具体求出，但能证明其存在，后利用其满足等量关系可得最值；证明数列不等式，关键为能利用题目函数找到合适的不等式，后通过改变不等式形式及不等式放缩可证明结论.
33．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；
（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.
【详解】（1）由且，可得.
设，则，
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
函数的图象如下：

又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；
要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.
（2）因为，由（1）得，则，
设，则，即，
由有最小值，即有最小值.
设  ，
记，
由于，若，则，可得单调递增，
此时，即单调递增，
此时在没有最小值，不符合题意.
若，时，，则在单调递减，
时，，则在单调递增.
又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.
此时时，，即，此时在上单调递减；
时，，即， 在上单调递增.
所以时，有最小值，
而，即，整理得
此时，由题意知.
设
设.
设，故递增，.
此时递增，有，
令且，则，即在上递增，故，
此时，故在递增，而知，的唯一解是.
故的唯一解是，即.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.
34．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线C：.
(1)若点P在曲线C上，点A，B分别在双曲线C的两渐近线、上，且点A在第一象限，点B在第四象限，若，，求面积的最大值；
(2)设双曲线C的左、右焦点分别为、，过左焦点作直线l交双曲线的左支于G、Q两点，求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）易得两渐近线，设，根据，将点的坐标用表示，再根据点P在曲线C上，可得的关系，再根据化简整理即可得解；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，根据线l交双曲线的左支于G、Q两点求出的范围，再根据弦长公式求出，再根据周长为，从而可得出结论.
【详解】（1）双曲线C：的两渐近线，
设，
由，得，
所以，所以，
因为点P在曲线C上，
所以，整理得，
，
因为直线，
所以直线的倾斜角为，所以，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
又，所以，
所以当时，；
（2），设，
若直线的斜率不存在时，则，
在中，令，得，则，
周长为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消得，
因为直线l交双曲线的左支于G、Q两点，
所以，得，
周长为





，
因为，所以，所以，
所以周长的范围为，
综上所述，周长的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
1、几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2、函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.

五、双空题
35．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知数列的前项和为，，，若对任意，等式恒成立，则_______，k=_________
【答案】     ##0.5     ##0.25
【分析】由，可得当时，有，两式相减，整理得，从而得数列是以为首项，1为公差的等差数列，再根据等差数列的求和公式可得，，所以，进而得，即可得答案.
【详解】解：因为，
所以当时，有，
两式相减得，
即有，
整理得：，
所以，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
则，
所以，
又因为对任意，等式恒成立，
所以，
解得，
所以.
故答案为：.
36．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆与双曲线有公共焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且，则______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．



【答案】     4    
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，
由椭圆的定义：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②为的内心，
所以为的角平分线，则有，同理：，
所以，
所以，即，
因为，
所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，则有，又，
所以，即，
因为，
所以，故，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：4，.
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道或利用的关系式求出，在利用公式计算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率的方程求解.
37．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，、两条渐近线的夹角正切值为，则双曲线的标准方程为______；若直线与双曲线的右支交于两点，设的内心为，则与的面积的比值的取值范围是______.
【答案】         
【分析】设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，进而结合题意得，进而结合即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得为的内切圆与边的切点，进而将问题转化为，最后联立方程，求解弦长的范围即可得答案.
【详解】解：设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
由得，，
所以，，解得或（舍）
所以，，即，
因为，
所以，即双曲线的标准方程为；
由得，故直线过点，
所以，如图，设的内切圆与分别切于点，
则，，
由双曲线的定义得，
所以，即，
所以，点重合，即为的内切圆与边的切点，
所以，为的内切圆半径，
因为，
所以，
设，
联立方程得，
所以，且，即，
，即
所以，
所以，
故与的面积的比值的取值范围是.

故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到为的内切圆与边的切点，进而根据面积公式求解即可.