【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（一）（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（一）（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，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（一）（新高考通用）

一、单选题
1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球与内切球的研究．其中的一些研究思想启发着后来者的研究方向．已知正四棱锥的外接球半烃为R，内切球半径为r，且两球球心重合，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】正四棱锥的外接球和内接球球心重合，说明其结构特殊，找出结构的特殊性，再计算.
【详解】如图：

设底面正方形ABCD的对角线长为2a，高为h，，正方形的中心为O，外接球的球心为，
则有即，在 中， ① ，②，
以O为原点，建立空间直角坐标系如上图，
则有 ， ，
设平面PCD的一个法向量为 ，则有 ， ，
令 ，则 ，
设向量 与平面PCD的夹角为 ，则 ，
球心 到平面PCD的距离 ，
，由①得即③，
故设，则③可整理成 ，两边平方得 ， ，
由①②得 ；
故选：B.
2．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知抛物线过点，动点M，N为C上的两点，且直线AM与AN的斜率之和为0，直线l的斜率为，且过C的焦点F，l把分成面积相等的两部分，则直线MN的方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意求出抛物线方程为，设，直线，联立直线和抛物线的方程结合韦达定理由，可求出，再求出直线l的方程，由题意可转化为到直线的距离为到直线距离的，代入求解即可得出答案.
【详解】因为抛物线过点，
所以，解得：，所以，
设，
直线，代入中整理得，
所以,，
所以
，即，
则，解得：，
所以直线，
直线l的斜率为，且过C的焦点，
所以，则到直线的距离为，
所以l把分成面积相等的两部分，因为直线与直线平行，
所以到直线的距离为到直线距离的，
，解得：或（舍去）.
所以直线MN的方程为.
故选：D.
3．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）函数的部分图象如图，轴，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角函数的图象性质和三角恒等变换求解.
【详解】因为轴，所以图象最低点的横坐标为，
所以，所以解得，
又因为，
所以，即，
又因为，所以，
所以，
由可得，
即也即，
令，
因为，所以，所以，
因为恒成立，所以.
故选:A.
4．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直线的方程为，当原点到直线的距离最大时，的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出直线所过定点的坐标，分析可知当时，原点到直线的距离最大，利用两直线垂直斜率的关系可求得实数的值.
【详解】直线方程可化为，
由可得，
所以，直线过定点，
当时，原点到直线的距离最大，且，
又因为直线的斜率为，解得.
故选：B.
5．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于A，B两点，则的内切圆半径为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M. 由已知可求得， ，再利用等面积法和双曲线的定义可求得内切圆半径.
【详解】解：如图，

不妨设A在第一象限，，过点A作轴于点M.得，
则，所以（*）.
又，则，即，
代入（*）式得，得，同理，则，
，故的内切圆半径r满足，
又， 所以，得.
故选：C.
6．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）甲、乙两人各有一个袋子，且每人袋中均装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，每人从各自袋中随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，且将取出的2个球全部放入甲的袋子中；若2个球异色，则乙胜，且将取出的2个球全部放入乙的袋子中.则两次取球后，甲的袋子中恰有6个球的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据取球规则分析得到两次取球后甲的袋子中有6个球时，两次取球均为同色，然后分第一次取球甲、乙都取到红球和白球两种情况求解即可.
【详解】由题，若两次取球后，甲的袋子中恰有6个球，则两次取球均为甲胜，即两次取球均为同色.
若第一次取球甲、乙都取到红球，概率为，则第一次取球后甲的袋子中有3个红球和2个白球，乙的袋子中有1个红球和2个白球，第二次取同色球分为取到红球或取到白球，概率为，故第一次取球甲﹑乙都取到红球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为.同理，第一次取球甲、乙都取到白球且两次取球后，甲的袋子中有6个球的概率为.
故所求概率为.
故选：A.
7．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若，，，，则a，b，c，d中最大的是（    ）
A．a B．b C．c D．d
【答案】C
【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，构造函数，，，结合导数和作差法得到，，从而得出，，，中最大值.
【详解】因为，
，
，，所以；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
综上：， ，即，，，中最大的是.
故选：C.
8．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，若的离心率为，则的值为（    ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，
即,解得或,又因为,即.
故选：A
9．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求导利用函数零点定义即可求得，得到数列是公差为2的等差数列.再利用引入辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
则，可得，，所以数列为等差数列．
则，所以数列是公差为2的等差数列.
又，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，则，
∵数列是公差为2的等差数列，其中，
则，假设，
因为是奇函数且在上单调递增，则在上单调递增，
所以，
∵，
∴，与已知矛盾，故不成立；
假设，同理可得，与已知矛盾，故不成立；
综上，．
故选：C.
【点睛】关键点睛：数列与函数的综合问题的解决关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推公式.
1.利用具体函数的解析式得到递推关系.
2.利用抽象函数的性质得到递推关系.
10．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（    ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．

【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.

二、多选题
11．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数的图象关于直线对称，那么（    ）
A．函数为奇函数
B．函数在上单调递增
C．若，则的最小值为
D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】AC
【分析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可．
【详解】因为的图象关于直线对称，
所以 ，
得，，因为 ，所以，
所以，
对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；
对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；
对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；
对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到
，故选项D不正确；
故选：AC
12．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数，则（    ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．函数的极小值为
C．当时，仅有一个整数解
D．当时，仅有一个整数解
【答案】AC
【分析】选项，利用导数的几何意义求解；选项，利用导数判断函数单调性求极值即可；选项仅有一个整数解可以转化为函数在直线下方的横坐标为整数的点只有一个，画出的图象，利用数形结合即可解决.
【详解】对于选项，，则切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为，故A正确；
对于选项B，在上单调递增，在上单调递减，则当时，有极小值，即，故不正确；
对于选项C，由于在上单调递增，在上单调递减，则当时，有最小值，即，当时，，则函数图象在 轴下方，当时，，则函数存在一个零点，故的图象如下图所示，
函数在直线下方的横坐标为整数的点只有一个，
点，，其中，
则,即，故正确,不正确.

故选：.
13．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.


14．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）圆与双曲线交于，，，四点，则（    ）
A．的取值范围是
B．若，矩形的面积为
C．若，矩形的对角线所在直线是的渐近线
D．存在，使四边形为正方形
【答案】BD
【分析】首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出、，即可判断D.
【详解】双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
因为圆与双曲线交于，，，四点，
所以，故A错误；
当时圆，由，解得，
所以或或或，
不妨令，，，，
所以，，所以，
则，所以，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；
若四边形为正方形，不妨设为第一象限内的交点，设，，
则且，解得，所以，
所以当时，使四边形为正方形，故D正确；
故选：BD
15．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数，，其中且．若函数，则下列结论正确的是（    ）
A．当时，有且只有一个零点
B．当时，有两个零点
C．当时，曲线与曲线有且只有两条公切线
D．若为单调函数，则
【答案】BCD
【分析】A.通过举特例说明该选项错误；B. 考虑，求出函数的单调性，分析图象得到有两个零点；C．求出两曲线的切线方程，再建立方程组，转化为零点个数问题分析得解；D. 分单调递增和单调递减讨论，从而求出得解.
【详解】对A，令，
令或都成立，有两个零点，故A错误；
对B， 令
，（）.考虑
所以函数在单调递减，在单调递增，
.
考虑
所以函数在单调递增，在单调递减，当时，,所以当时，有两个零点.
此时，故B正确；
对C，设，.
设切点
所以.
①
②
,
,
设，
所以，
所以函数在单调递减，因为，
所以
所以有两解，所以当时，曲线与曲线有且只有两条公切线，所以该选项正确；
对D，若单调递增，则.
.考虑不满足.
若单调递减，则.
所以考虑不满足.
当时，不满足.
当时，
，∴.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题主要有四个关键，其一，是逻辑思维，证明命题是错误的，只要举出反例即可；其二，要熟练掌握利用导数讨论函数的零点个数；其三，是理解掌握曲线公切线的研究方法；其四，要会根据函数的单调性求参数的范围.
16．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直四棱柱中，底面为菱形，，，P为中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论正确的是（    ）

A．若，且，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】AB
【分析】对于A，取的中点分别为，，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.
【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，
因为，，所以，，
所以三点共线，所以点在，因为，，
所以,平面，平面，所以∥平面，
所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，因为，因为平面，平面，
所以∥平面，又平面，，平面，
所以平面平面，取的中点，连接，则，，
所以，所以四点共面，所以平面平面，
即在上，当时，取最小值，
因为，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确；

对于C，若的外心为，过作于，
因为，
所以，所以C错误；

对于D，过作，垂足为，因为平面，
平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，
则在以为圆心，2为半径的圆上运动，
在上取点，使得，则，
所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，
则圆弧等于，所以D错误；

故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
17．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线与所成角为，平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（    ）
A．过点且与直线、所成角都是的直线有条
B．过点且与平面、所成角都是的直线有条
C．过点且与平面、所成角都是的直线有条
D．过点与平面成角，且与直线成的直线有条
【答案】BC
【分析】根据选项，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.
【详解】对于A选项，因为异面直线与直线所成角为，
在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：

因为直线、所成角为，则直线、所成角为，
在直线、上分别取点、，使得，
则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角均为，
过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，
综上所述，过点且与直线、所成角都是的直线有条，A错；
对于BC选项，因为平面与平面的夹角为，
则过点与平面、所成角都是和的直线各有一条、，
若过点与平面、所成角都是，则在、的两侧各有一条，
所以共条，故B正确，
若过点且与平面、所成角都是，其中一条直线为直线，在直线的两侧各有一条，
所以共条，C对；
对于D选项，过点作与平面成角的直线，
形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，

设所求直线与的交点为, 不妨假设在上，设直线与的交点为，
设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，
易知，又因为，则为等边三角形，
所以，，
因为，则直线与平面所成角为，
则，
故，
当点位于点时，取得最小值，
当点位于点时，取得最大值，
所以，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：
（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；
（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；
（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.
18．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是(    )

A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；
B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；
C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；
D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.
【详解】取、中点，连接、、PF，

由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，
∴∥，∵平面，平面，∥平面，
同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，
∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.
，
，，则当时，d有最大值1；
②，，则当时，d有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，，
，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.
19．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数的导函数为，则（    ）
A．有最小值 B．有最小值
C． D．
【答案】ACD
【分析】对选项逐一判断，首先对求导得到，再对进行求导，得出的单调性及零点，即可得出，最值及单调性，即可判断AB的正误，由的增减性可知的凹凸性，由此可知的大小，即可判断C的正误，再构造，同理可判断D的正误.
【详解】由于函数的导函数为，则，
又得其导函数为，故在定义域为单调递增函数，知无最小值，故B错误；
当时，，故；
当时，，但是指数函数始终增长的最快，故；
又因为
故一定存在，使得，所以在时为单调递减，在时为单调递增，故在处取得最小值，故A正确；
又在定义域为单调递增函数，可知在为凹函数，可得，即，故C正确；
令，易知故，得其导函数故在定义域为单调递增函数；故
则，故D正确.
故选：A C D
20．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知数列，满足，，，，，则下列选项正确的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】代入数据可计算出，可判断A选项；推导出，进而推导出数列为常数列，通过可判断B选项；推导出，结合以及不等式的性质可判断C选项；推导出数列为常数列，结合C选项可判断D选项.
【详解】已知数列，满足，，，，.
对于A选项，，，
，，
所以，，A对；
对于B选项，，
将等式与等式相加可得
，
所以，
，
所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，即，故，B错；
对于C选项，因为，
当且仅当时，等号成立，所以，，



，
所以，，
且，
因此，，C对；
对于D选项，因为，则，
所以，，则，
将等式与等式相减可得

所以，，
所以，所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，所以，，
故，D对.
故选；ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查由递推数列判断数列不等式的正误，本题注意到将题干中的两个的等式分别相加或相减，推导出数列、均为常数列是解本题的关键，此外需要求出的取值范围，再结合不等式的基本求解，综合性较强，有一定的难度.

三、填空题
21．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知函数，若有且仅有两个整数，满足，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
【分析】先对全分离，即，构造新函数，求导求单调性判断最值点，若有且仅有两个整数使得不等式成立，只需大于最小值点附近的两个整数处的函数值，且小于等于该整数处相邻的整数点处函数值，列出不等式，解出即可.
【详解】解：若，即，
因为，所以，即，记，
故只需有且仅有两个整数使得成立即可，
所以，
记，所以，
所以在上单调递增，
因为，，
所以，使得，即，
在上，即，单调递减，
在上，即，单调递增，所以有最小值，
因为，且，
，而，
若使有且仅有两个整数，
只需即可，解得.
故答案为：
【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于不等式成立问题的方法有：
（1）对不等式进行全分离，使分母较简单或容易判断正负，以便少分类讨论；
（2）构造新函数，求导求单调性，判断极值点，在草稿纸上画出草图；
（3）根据题意转化为数学语言，建立不等式，解出即可.
22．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）在平面直角坐标系中，已知动圆的方程为，则圆心的轨迹方程为____________．若对于圆上的任意点，在圆：上均存在点，使得，则满足条件的圆心的轨迹长度为______．
【答案】         
【分析】设出的坐标，得到和，消去得到圆心的轨迹方程；数形结合分析出点离圆O的距离最大，要使得对于圆上的任意点，在圆：上均存在点，使得，只需要过点作圆的切线，切点为，即可，从而得到，由垂径定理得到答案.
【详解】设圆心的坐标为，故①，②，①×2＋②得：
，故圆心的轨迹方程为；

如图所示，取圆上一点P，要使最大，则过点P作圆O的切线，
连接并延长交圆M于点，则点离圆O的距离最大，
故要使得对于圆上的任意点，在圆：上均存在点，使得，
则只需要过点作圆的切线，切点为，若此时即可，
当时，，此时，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理得：圆心的轨迹长度为.
故答案为：，
23．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知，若对任意的，不等式恒成立，则m的最小值为______.
【答案】
【分析】不等式变形后构造同构不等式，，引入函数，利用其单调性，变形不等式，然后再分离参数转化为求新函数的最值，得出结论．
【详解】变形为，即，
，
设，，是增函数，
由恒成立得，，
设，，时，，递增，时，，递减，
所以，所以，的最小值是．
故答案为：
24．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.
【答案】##0.25
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
故答案为：

四、双空题
25．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______．

【答案】          ##
【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值.
【详解】由四边形为菱形，，可得为正三角形，
设为的中点，连接，所以．又，因此．
又平面，故以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
如图

设，，则，，，，
由题意，则平面，平面，
设，，从而，
因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，
即，解得，所以，，设，
则，因为，所以，所以，即，所以，所以；
设异面直线AG与DE所成角为，又，
所以，
所以异面直线AG与DE所成角的余弦值为.
故答案为：；

五、解答题
26．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，且直线AB的斜率为，的面积为1，O为坐标原点．

(1)求C的方程；
(2)设直线l与C交于，两点，且，N与B不重合，M与C的上顶点不重合，点Q在线段MB上，且轴，AB平分线段QN，点到l的距离为d，求当d取最大值时直线MN的方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)根据已知条件列出关于的方程组求解即可；
(2) 设l的方程为，Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，由已知可得，结合韦达定理可得出，从而可求点到l的距离d，再通过构造函数，利用函数单调性求出d取最大值时的条件，从而可求直线MN的方程．
【详解】（1）由已知得，，，即①
又因为的面积为1，所以，即②
联立①②解得，，所以椭圆C的方程为；
（2）根据题意，直线l的斜率存在，且l不过C的上、下顶点，故可设其方程为
，设Q点的横坐标为，AB与QN的交点为T，其横坐标为，
由得，，
则，即
，
由已知直线的方程为，直线的方程为，
直线的方程为，
联立，解得，即，
联立，解得，即，
因为AB平分线段QN，所以T为线段QN的中点，所以，
即，整理得，
把代入上式整理得，
因为，所以，
化简得，
又由得，解得，
，
设()，则()，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，当时，有最大值，即d有最大值，
所以，所以直线MN的方程为．
27．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知：若点是双曲线上一点，则双曲线在点处的切线方程为．如图，过点分别作双曲线两支的切线，切点分别为P，Q，连结P，Q两点，并过线段的中点F分别再作双曲线两支的切线，切点分别为D，E，记与的面积分别为，．

(1)求直线的方程（含m）；
(2)证明直线过点C，并比较与的大小．
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）利用易知分别求出两点处的切线方程，将分别代入两切线方程即可得直线的方程为；（2）联立双曲线和直线方程，利用韦达定理可得的中点，同理根据（1）中结论可得直线的方程为，显然在直线上；联立双曲线和直线方程可得即为中点即可得.
【详解】（1）根据题意可设，
由已知可得双曲线在处的切线方程为，
同理，在处的切线方程为；
又两切线交点为，所以满足，
即同时满足方程，
所以直线的方程为.
（2）联立整理可得，
所以,
即可得线段的中点，
设，
根据已知可得在两点处的切线方程分别为，；
两切线交点为，所以
可得直线的方程为，整理可得；
易知满足直线方程，
即直线过点C；
联立双曲线与直线方程，
整理可得，
所以，可得，
所以的中点坐标为，即为的中点，即；
易知的面积为，
的面积；
又，可得；
即与的大小关系为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用题目提供的已知条件直接写出双曲线在某点处的切线方程，再根据两切线交点坐标得出两切点的直线方程，联立并利用韦达定理化简即可实现问题求解.
28．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数，其中．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知在区间上存在唯一的极小值点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）记在区间上的极小值为，讨论函数的单调性．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）在区间上单调递减．

【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）（i）分、、三种情况讨论，利用导数分析函数在上的定义，结合极小值点的定义可求得实数的取值范围；
（ii）由（i）以及极小值的定义可得出．令函数，，则，利用导数分析函数在上的单调性，再结合函数单调性的定义可证得在区间上单调递减．
【详解】（1）解：若，则，，
所以，，．
所以，曲线在点处的切线方程为．
（2）解：（i），令，
①若，则，在区间上单调递减，不存在极值点；
②若，则当时，，从而．
因为正切函数在上单调递增，且该函数在上的值域为，
则，使得，即．
当时，，即函数在上单调递减.
当时，，从而；
当时，，从而．
所以，在上单调递增，在上单调递减，在上不存在极小值点．
③若，则当时，，从而．
因为正切函数在上单调递增，且该函数在上的值域为，
所以，，使得，即．
当时，，所以，函数在上单调递增.
当时，，从而；
当时，，从而．
所以，在上单调递减，在上单调递增．
此时，为在区间上的唯一的极小值点．
综上所述，实数的取值范围为．
（ii）由（ⅰ）知，在上的唯一的极小值点满足且．
由此，．
令函数，，则，
且．
所以，在区间上单调递减．
下面证明函数在区间上单调递减．
对于任意的，设当和时，在上的极小值点分别为、，
则、，且，．
由及函数在上单调递增，有．
又由在区间上单调递减，有．
综上，对于任意的，均有，即在区间上单调递减．
【点睛】方法点睛：函数单调性的判断方法：
（1）利用基本初等函数的单调性与图像：只需作出函数的图象便可判断函数在相应区间上的单调性；
（2）性质法：
①增函数增函数增函数，减函数减函数减函数，增函数减函数增函数，减函数增函数减函数；
②函数与函数的单调性相反；
③时，函数与的单调性相反（）；
时，函数与的单调性相同（）.
（3）复合函数法：同增异减法.即函数的单调性，由内层函数和外层函数同时决定，若内层函数和外层函数单调性相同，则函数单调递增；若内层函数和外层函数单调性相反，则函数单调递减.
（4）导数法：在区间上恒成立，则函数在区间上单调递增；在区间上恒成立，则函数在区间上单调递减.
（5）定义法：作差法与作商法（常用来函数单调性的证明，一般使用作差法）.
29．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知圆，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为.
(1)当切线的长度为时，求点的坐标.
(2)若的外接圆为圆，试问：当点运动时，圆是否过定点？若过定点，求出所有的定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)或；(2)过定点，定点和.
【分析】(1)由切线的性质可得，列方程求P的坐标；(2)由条件求出圆N的方程，根据恒等式的性质确定圆所过定点.
【详解】(1)由题可知圆的圆心为，半径.
设，因为是圆的一条切线，所以.
在中，，故.
又，
所以，解得或.
所以点的坐标为或.
(2)因为，所以的外接圆圆是以为直径的圆，且的中点坐标为，所以圆的方程为，
即.
由，解得或，
所以圆过定点和.
30．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知离心率为的椭圆C1：(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上的一点，△PF1F2的周长为6，且F1为抛物线C2：的焦点.
(1)求椭圆C1与抛物线C2的方程；
(2)过椭圆C1的左顶点Q的直线l交抛物线C2于A，B两点，点O为原点，射线OA，OB分别交椭圆于C，D两点，△OCD的面积为S1，△OAB的面积为S2.则是否存在直线l使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在，或.

【分析】（1）由题可得，即求；
（2）设直线l的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理可得，利用直线与椭圆的位置关系可求，再利用三角形面积公式及条件列出方程，即得.
【详解】（1）由题意得，解得
∴ 椭圆的方程为，，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意得直线l的斜率不为0，，
设直线l的方程为，设，
由，得，
∴，
∵，
∴，
∵，∴ 直线OA的斜率为，即直线OA的方程为,
由，得，
同理可得，

，
∴，得m=±1，
∴ 存在直线l，方程为或.
31．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，函数，记为的从小到大的第个极值点，证明：
（1）数列是等比数列
（2）若，则对一切，恒成立.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【详解】试题分析：（1）求导，可知，利
用三角函数的知识可求得的极值点为，即可得证；（2）分析题意可知，问题等
价于恒成立，构造函数，利用导数判断其单调性即可得证.
试题解析：（1）
其中，，令，由得，即，，
对，若，即，则，
若，即，则，
因此，在区间与上，的符号总相反，于是
当时，取得极值，∴，
此时，，易知，而
是非零常数，故数列是首项为，公比为的等比数列；（2）由（1）知，，于是对一切，|恒成立，即恒成立，等价于（）恒成立（∵），
设，则，令，得，
当时，，∴在区间上单调递减；
当时，，∴在区间上单调递增，
从而当时，函数取得最小值，因此，要是（）式恒成立，只需，即只需，而当时，，且，于是
，且当时，，因此对一切，，∴，故（）式亦恒成立.
综上所述，若，则对一切，恒成立.
考点：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.
【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.

32．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
33．（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)证明：当时，为增函数；
(2)若有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：， ．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将a=3代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；
（2）参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可.
【详解】（1）将a=3代入 得解析式得 ，
，令 ，显然 是增函数，
， ，使得 ，此时，
当 时，， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
，
显然 是关于 得减函数， ，
由 ，得 ，
即 ， 是增函数；
（2）令 ， ，
令 ，
令 ，则有 ，
，显然 是增函数， ， ，使得 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
， 时，  ，即 是增函数，
时， ，即 是减函数， 时 是增函数，
所以在 处， 有极大值 ，在 处 有极小值 ，
的大致图像如下：

欲使得原函数有3个零点，a得取值范围是 ；
综上，a得取值范围是.
【点睛】特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好.
34．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”．
(1)，均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；
(2)，，若存在实数，使得，为“相关函数”，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据函数单调递增，可推出直线，的斜率均为正数，即可证明；
（2）首先讨论是否满足题意，数形结合可知，由题可知时满足题意；再讨论时，，或，联立且由(1)可判断出,由此可得出m和n的等式关系,建立一个关于m或n的方程，将方程根的问题转化为函数零点问题，利用导数求出函数单调区间，讨论a的取值范围对零点的影响即可.
【详解】（1）设，.由单调递增，则.
则.
同理可得，.
所以，直线，的斜率均为正数，不可能互为相反数.
即不存在实数m，n，使得，为“相关函数”．
（2）情况一：当时，，，若，则存在实数，使得，为“相关函数”，且；
情况二：当时
因为，为“相关函数”，所以有.
因为，所以有或.
①联立，可得，所以.
则有，，此时有，满足题意；
②联立，可得.
因为，所以方程组，则．
当时.
因为，均为上的单调递增函数，由（1）知不存在实数m，n，
使得，为“相关函数”，所以.
则由，可得，可得，
所以.
同理可得.
则在上存在两个不同的实数根.
记，则.
记，则.
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得，所以在上单调递减.
所以，在处取得极小值.
（ⅰ）当时，，
此时有，即在单调递减.
又，，
则根据零点存在定理可得，存在唯一，使得，
即有唯一负根，不符合式；
（ⅱ）当时，.
因为，且，有，
根据零点存在定理可得，，使得；，使得.
所以，当时，有，此时，在上单调递减；
当时，有，此时，在上单调递增；
当时，有，此时，在上单调递减.
，
令，，则.
因为，所以，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以.
根据零点存在定理可知，，使得.
取，即有，符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
35．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)当时，令.
①证明：当时，；
②若数列满足，，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.

【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答.
(2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可；
②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答.
【详解】（1）函数定义域为R，求导得，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当时，令，解得，令，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
①当时，，
令，，恒成立，则在上单调递减，
，因此，成立，
所以当时，.
②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，
而，又，即，则，
由于，只需证，
又当时，，
令，，恒成立，则在上单调递增，，
则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，
因此成立，即成立，
所以原不等式得证.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.