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广东省新高考数学模拟卷03-填空题13-16题精编真题重组卷（新高考通用）
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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】 广东省新高考数学模拟卷（三） 填空题13-16题题精编真题重组卷
（新高考通用）
一、填空题
1．（2023·广东·统考一模）已知向量满足，则与的夹角为___________.
【答案】
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可．
【详解】由，
，
故答案为：
2．（2023·广东·统考一模）在平面直角坐标系中，等边三角形的边所在直线斜率为，则边所在直线斜率的一个可能值为___________.
【答案】或
【分析】由等边三角形的性质和直线的倾斜角与斜率的关系以及两角和与差的正切公式，得出边所在直线斜率．
【详解】设直线的倾斜角为，由已知得，设直线的倾斜角为，
则，因为在等边三角形中，，所以，
当，，
所以
当，，
所以
综上，或，
故答案为：或
3．（2023·广东·统考一模）已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则___________.
【答案】24
【分析】由题设可得的周期为8，且关于对称的奇函数，结合区间单调性判断上单调情况，根据与有4个交点，及函数的对称性求根的和．
【详解】由为偶函数，则，故，
又是定义在上的奇函数，则，
所以，故，即有，
综上，的周期为8，且关于对称的奇函数，
由在上单调递减，结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，
所以在的大致草图如下：
要使在上恰好有4个不同的实数根，即与有4个交点，
所以，必有两对交点分别关于对称，则.
故答案为：24
4．（2023·广东·统考一模）已知动圆经过点及原点,点是圆与圆的一个公共点,则当最小时,圆的半径为___________.
【答案】5
【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最小,根据位置关系可得圆的半径．
【详解】如图:
记圆半径为R,,则,,
所以,
当最小时,最大,此时两圆内切．
由已知设动圆的圆心为,
又圆心可得
即,
解得,所以,即圆的半径为5.
故答案为:5.
5．（2023·广东广州·统考一模）已知向量与共线，则__________.
【答案】.
【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可．
【详解】由题意知，
又因为，所以，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
6．（2023·广东广州·统考一模）已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.
【答案】
【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值．
【详解】因为数列是正奇数列，
对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；
当为偶数时，设，则为奇数，
所以，，则，
因此，.
故答案为：.
7．（2023·广东广州·统考一模）已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，再利用函数探讨单调性，求解不等式作答．
【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减，
，因此，即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
8．（2023·广东江门·统考一模）已知，，则的值为___________.
【答案】
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．
【详解】因为，所以，即，
又，所以.
故答案为：.
9．（2023·广东江门·统考一模）椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想．而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱．黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列．根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．
【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，
以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，
即，即，即，所以，
长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，
综上，，即，两边同除以得，又，解得．
故答案为：．
10．（2023·广东江门·统考一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.
【答案】
【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可．
【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，
所以，
所以点到的距离为
故答案为：.
11．（2023·广东江门·统考一模）已知，是方程（）的两根，且，则的最大值是________．
【答案】
【分析】由题意得，即，所以，构造函数，()，结合函数的单调性及最值求解即可．
【详解】由题意是方程的两根，且，
则，，即，
所以，()，
令，()，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则当时，取最大值，
所以的最大值是．
故答案为：．
12．（2023·广东汕头·统考一模）在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【分析】原多项式中写出含的项，然后再从中写出含的项，即可得含的系数．
【详解】由含的项中对应的指数分别为，
所以，
对于中含的项为，
所以含的系数是.
故答案为：.
13．（2023·广东汕头·统考一模）已知是定义在上的偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【分析】根据是定义在上的偶函数，以及当时，等条件求出时，的导数为,进而求出时， ,代入即可求出答案．
【详解】解：由是定义在上的偶函数，
当时，，
可得时，，
所以当时，的导数为，
则曲线在点处的切线的斜率为，切点为，
则切线的方程为，所以
14．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．
【答案】
【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案．
【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，
于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
15．（2023·广东汕头·统考一模）过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设点，分别联立两组直线方程，求出的坐标，然后利用向量的数量积，推出离心率的范围即可．
【详解】因为双曲线的渐近线方程为：，
即，设点，可得：，
联立方程组，解得：，
同理可得：，
所以，
因为，所以，
所以，由题意可得：，
所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，
所以双曲线离心率的取值范围为，
故答案为：.
16．（2023·广东梅州·统考一模）展开式中的系数为___________.
【答案】40
【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果．
【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；
所以展开式中的系数为.
故答案为：40
17．（2023·广东梅州·统考一模）在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转 得到点，点的横坐标为___________.
【答案】
【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案．
【详解】由题意得,
设与x轴正半轴的夹角为，则，
则与x轴正半轴的夹角为，
故点的横坐标为 ，
故答案为：
18．（2023·广东梅州·统考一模）函数的最小值为___________.
【答案】##3.5
【分析】将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出答案．
【详解】，
，
可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，
而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，
如图，根据抛物线的定义有，
则，
故答案为：.
19．（2023·广东深圳·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字做答）．
【答案】－10
【分析】利用二项展开式的通项公式求解．
【详解】解：的展开式的通项公式为，
令，
则的展开式中的系数为，
故答案为：-10
20．（2023·广东深圳·统考一模）若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．
【答案】
【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解．
【详解】依题意，由图象的性质可知，
点到焦点距离的最大值为，最小值为，
所以，化简得，即离心率，
故答案为：.
21．（2023·广东深圳·统考一模）定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间____________（只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．
【答案】（不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解．
【详解】解：因为都是减函数，
所以是减函数，
又，
即，
所以函数在上有零点，且，
故答案为（不唯一）
22．（2023·广东佛山·统考一模）在的展开式中，常数项为___________．（用数字作答）
【答案】15
【分析】利用二项展开式的通项公式计算可得．
【详解】解：，令，解得，所以常数项为
故答案为：15.
23．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则______.
【答案】44
【分析】根据奇函数的定义运算求解．
【详解】由题意可得：.
故答案为：44.
24．（2023·广东佛山·统考一模）抛物线C：的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上，若，且，则______.
【答案】5
【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果．
【详解】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，
不妨设点，则，即，
可得，即，故，
则直线的斜率，
∵，则直线的斜率，
∴直线的方程，
令，解得，即，
故.
故答案为：5.
25．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（其中，）．T为的最小正周期，且满足．若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案．
【详解】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.
26．（2023·广东茂名·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字作答）．
【答案】56
【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可．
【详解】，
令，解得，所以.
故的展开式中的系数为56.
故答案为：56
27．（2023·广东茂名·统考一模）过四点、、、中的三点的一个圆的方程为______（写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用圆的一般式方程求过三点的圆．
【详解】过，，时，设圆的方程为，
则，解得，
圆的方程是：，即；
同理可得：
过、、时，圆的方程是：；
过，，时，圆的方程是：；
过，，时，圆的方程是：.
故答案为：．（、、、写其中一个即可）
28．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，的零点为______.
【答案】##
【分析】只用求方程的零点，讨论左右两个函数的最值即可求解．
【详解】由得，
因为，所以，
当且仅当，即，取等号，
令，，
令解得；令解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以要使，只能，，
所以零点为，
故答案为:.
29．（2023·广东茂名·统考一模）已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是______.
【答案】
【分析】先求得的坐标，根据三角形的内心以及角平分线定理以及的内心到轴的距离的范围，求得的取值范围，进而求得离心率的取值范围．
【详解】因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以，，则.
因为A是线段BD的中点，又轴，
所以，，
所以的内心G在线段EA上．
因为DG平分，所以在中所以，
设，所以，
因为G到y轴的距离不小于，∴，
∴.
∴，故.
故答案为：
二、双空题
30．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点．且平面，则点的轨迹长为__________．点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答．
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上．
31．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名．根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名．
【答案】 A 三
【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名．
【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,
所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,
因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,
因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,
因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名．
故答案为：A；三．
32．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brcard点），则点P横坐标x的最大值为______．
【答案】 ##0.8
【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值
【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题．
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】 广东省新高考数学模拟卷（三） 填空题13-16题题精编真题重组卷
（新高考通用）
一、填空题
1．（2023·广东·统考一模）已知向量满足，则与的夹角为___________.
【答案】
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可．
【详解】由，
，
故答案为：
2．（2023·广东·统考一模）在平面直角坐标系中，等边三角形的边所在直线斜率为，则边所在直线斜率的一个可能值为___________.
【答案】或
【分析】由等边三角形的性质和直线的倾斜角与斜率的关系以及两角和与差的正切公式，得出边所在直线斜率．
【详解】设直线的倾斜角为，由已知得，设直线的倾斜角为，
则，因为在等边三角形中，，所以，
当，，
所以
当，，
所以
综上，或，
故答案为：或
3．（2023·广东·统考一模）已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则___________.
【答案】24
【分析】由题设可得的周期为8，且关于对称的奇函数，结合区间单调性判断上单调情况，根据与有4个交点，及函数的对称性求根的和．
【详解】由为偶函数，则，故，
又是定义在上的奇函数，则，
所以，故，即有，
综上，的周期为8，且关于对称的奇函数，
由在上单调递减，结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，
所以在的大致草图如下：
要使在上恰好有4个不同的实数根，即与有4个交点，
所以，必有两对交点分别关于对称，则.
故答案为：24
4．（2023·广东·统考一模）已知动圆经过点及原点,点是圆与圆的一个公共点,则当最小时,圆的半径为___________.
【答案】5
【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最小,根据位置关系可得圆的半径．
【详解】如图:
记圆半径为R,,则,,
所以,
当最小时,最大,此时两圆内切．
由已知设动圆的圆心为,
又圆心可得
即,
解得,所以,即圆的半径为5.
故答案为:5.
5．（2023·广东广州·统考一模）已知向量与共线，则__________.
【答案】.
【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可．
【详解】由题意知，
又因为，所以，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
6．（2023·广东广州·统考一模）已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.
【答案】
【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值．
【详解】因为数列是正奇数列，
对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；
当为偶数时，设，则为奇数，
所以，，则，
因此，.
故答案为：.
7．（2023·广东广州·统考一模）已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，再利用函数探讨单调性，求解不等式作答．
【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减，
，因此，即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
8．（2023·广东江门·统考一模）已知，，则的值为___________.
【答案】
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．
【详解】因为，所以，即，
又，所以.
故答案为：.
9．（2023·广东江门·统考一模）椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想．而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱．黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列．根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．
【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，
以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，
即，即，即，所以，
长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，
综上，，即，两边同除以得，又，解得．
故答案为：．
10．（2023·广东江门·统考一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.
【答案】
【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可．
【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，
所以，
所以点到的距离为
故答案为：.
11．（2023·广东江门·统考一模）已知，是方程（）的两根，且，则的最大值是________．
【答案】
【分析】由题意得，即，所以，构造函数，()，结合函数的单调性及最值求解即可．
【详解】由题意是方程的两根，且，
则，，即，
所以，()，
令，()，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则当时，取最大值，
所以的最大值是．
故答案为：．
12．（2023·广东汕头·统考一模）在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【分析】原多项式中写出含的项，然后再从中写出含的项，即可得含的系数．
【详解】由含的项中对应的指数分别为，
所以，
对于中含的项为，
所以含的系数是.
故答案为：.
13．（2023·广东汕头·统考一模）已知是定义在上的偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【分析】根据是定义在上的偶函数，以及当时，等条件求出时，的导数为,进而求出时， ,代入即可求出答案．
【详解】解：由是定义在上的偶函数，
当时，，
可得时，，
所以当时，的导数为，
则曲线在点处的切线的斜率为，切点为，
则切线的方程为，所以
14．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．
【答案】
【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案．
【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，
于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
15．（2023·广东汕头·统考一模）过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设点，分别联立两组直线方程，求出的坐标，然后利用向量的数量积，推出离心率的范围即可．
【详解】因为双曲线的渐近线方程为：，
即，设点，可得：，
联立方程组，解得：，
同理可得：，
所以，
因为，所以，
所以，由题意可得：，
所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，
所以双曲线离心率的取值范围为，
故答案为：.
16．（2023·广东梅州·统考一模）展开式中的系数为___________.
【答案】40
【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果．
【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；
所以展开式中的系数为.
故答案为：40
17．（2023·广东梅州·统考一模）在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转 得到点，点的横坐标为___________.
【答案】
【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案．
【详解】由题意得,
设与x轴正半轴的夹角为，则，
则与x轴正半轴的夹角为，
故点的横坐标为 ，
故答案为：
18．（2023·广东梅州·统考一模）函数的最小值为___________.
【答案】##3.5
【分析】将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出答案．
【详解】，
，
可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，
而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，
如图，根据抛物线的定义有，
则，
故答案为：.
19．（2023·广东深圳·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字做答）．
【答案】－10
【分析】利用二项展开式的通项公式求解．
【详解】解：的展开式的通项公式为，
令，
则的展开式中的系数为，
故答案为：-10
20．（2023·广东深圳·统考一模）若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．
【答案】
【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解．
【详解】依题意，由图象的性质可知，
点到焦点距离的最大值为，最小值为，
所以，化简得，即离心率，
故答案为：.
21．（2023·广东深圳·统考一模）定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间____________（只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．
【答案】（不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解．
【详解】解：因为都是减函数，
所以是减函数，
又，
即，
所以函数在上有零点，且，
故答案为（不唯一）
22．（2023·广东佛山·统考一模）在的展开式中，常数项为___________．（用数字作答）
【答案】15
【分析】利用二项展开式的通项公式计算可得．
【详解】解：，令，解得，所以常数项为
故答案为：15.
23．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则______.
【答案】44
【分析】根据奇函数的定义运算求解．
【详解】由题意可得：.
故答案为：44.
24．（2023·广东佛山·统考一模）抛物线C：的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上，若，且，则______.
【答案】5
【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果．
【详解】由题意可得：抛物线C：的焦点为，准线，
不妨设点，则，即，
可得，即，故，
则直线的斜率，
∵，则直线的斜率，
∴直线的方程，
令，解得，即，
故.
故答案为：5.
25．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（其中，）．T为的最小正周期，且满足．若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案．
【详解】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.
26．（2023·广东茂名·统考一模）的展开式中的系数为______（用数字作答）．
【答案】56
【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可．
【详解】，
令，解得，所以.
故的展开式中的系数为56.
故答案为：56
27．（2023·广东茂名·统考一模）过四点、、、中的三点的一个圆的方程为______（写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用圆的一般式方程求过三点的圆．
【详解】过，，时，设圆的方程为，
则，解得，
圆的方程是：，即；
同理可得：
过、、时，圆的方程是：；
过，，时，圆的方程是：；
过，，时，圆的方程是：.
故答案为：．（、、、写其中一个即可）
28．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，的零点为______.
【答案】##
【分析】只用求方程的零点，讨论左右两个函数的最值即可求解．
【详解】由得，
因为，所以，
当且仅当，即，取等号，
令，，
令解得；令解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
所以要使，只能，，
所以零点为，
故答案为:.
29．（2023·广东茂名·统考一模）已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是______.
【答案】
【分析】先求得的坐标，根据三角形的内心以及角平分线定理以及的内心到轴的距离的范围，求得的取值范围，进而求得离心率的取值范围．
【详解】因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以，，则.
因为A是线段BD的中点，又轴，
所以，，
所以的内心G在线段EA上．
因为DG平分，所以在中所以，
设，所以，
因为G到y轴的距离不小于，∴，
∴.
∴，故.
故答案为：
二、双空题
30．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点．且平面，则点的轨迹长为__________．点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答．
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上．
31．（2023·广东梅州·统考一模）甲､乙､丙三人参加数学知识应用能力比赛,他们分别来自A､B､C三个学校,并分别获得第一､二､三名:已知:①甲不是A校选手;②乙不是B校选手;③A校选手不是第一名;④B校的选手获得第二名;⑤乙不是第三名．根据上述情况,可判断出丙是___________校选手,他获得的是第___________名．
【答案】 A 三
【分析】根据②④⑤说明乙是第一名,根据③说明乙是C校选手,根据①说明甲是B校选手,即丙是A校选手,根据④说明甲是第二名,可得丙是第三名．
【详解】解:因为乙不是B校选手且B校的选手获得第二名,
所以乙不是第二名,又因为乙不是第三名,所以乙是第一名,
因为乙不是B校选手且A校选手不是第一名,所以乙是C校选手,
因为甲不是A校选手,所以甲是B校选手,故丙是A校选手,
因为B校的选手获得第二名,所以甲是第二名,故丙是第三名．
故答案为：A；三．
32．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brcard点），则点P横坐标x的最大值为______．
【答案】 ##0.8
【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值
【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题．
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