2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（四）

2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（四）一、单选题1．（2023·江苏·南京市第一中学模拟预测）已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（    ）A．1 B．-1 C．2 D．-3【答案】B【解析】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．故选:B．2．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由求导得：，于是得，函数图象在点处的切线方程为，整理得：，从而得，，令，则，当时，，当时，，于是得在上单调递减，在上单调递增，则，所以的最小值为.故选：D3．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于、两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可知，点在直线上，即，可得，直线交轴于点，设点，，，由可得，解得，椭圆的右焦点为，则，又，，因此，该椭圆的离心率为.故选：A.4．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）已知，分别为轴，轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】为直径，，点必在圆上，由点向直线作垂线，垂足为，当点恰好为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆直径为到直线的距离，即半径，所以圆的最小面积，故选：C.5．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】设则，，，在上单调递增，，即，，，，，又，所以.设，则，所以在上单调递增，所以，所以，，所以，，，又，故，综上：，故选：D6．（2022·山东济南·模拟预测）从装有个红球和个蓝球的袋中(，均不小于2)，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为，“第一次摸球时摸到蓝球”为；“第二次摸球时摸到红球”为，“第二次摸球时摸到蓝球”为，则下列说法错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题意可知，，，，，从而，故AC正确；又因为，，故，故B正确；，故，故D错误.故选：D.7．（2022·山东济南·模拟预测）定义在上的函数满足，，当时，，则方程在上解的个数为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】由题意可知，方程在上解的个数可转化为与在上的交点个数，因为，所以的图像关于对称；又由，故，从而是周期为2的周期函数，又由可得，，从而；，故在上单调递增，在单调递减，且，当时，，故与在上的图像如下：从而与在上的交点个数为4，故方程在上解的个数为4.故选：B.8．（2022·辽宁鞍山·一模）权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设a，b，x，y>0，则，当且仅当时等号成立．根据权方和不等式，函数的最小值为（    ）A．16 B．25 C．36 D．49【答案】B【解析】因a，b，x，y>0，则，当且仅当时等号成立，又，即，于是得，当且仅当，即时取“=”，所以函数的最小值为25.故选：B9．（2022·重庆一中高三阶段练习）若，且的解集为，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，由，可得，设，则，则在递增，所以，即当时，，可得当时，的解集为当时，的解集为，不满足题意，舍去因为关于的不等式的解集为当时，，满足当时，，不满足综上可得:的取值范围是故选:B.10．（2022·重庆·高三阶段练习）定义在上的函数满足，则函数的零点个数为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，由，得，即，即，如图，画出函数和的图象，当时，，由图可知函数和的图象右4个交点，即函数有4个零点.故选：B.11．（2022·重庆·高三阶段练习）已知，，且，则的最小值为（    ）A．10 B．9 C． D．【答案】C【解析】由已知，令，，所以，，代入得：，因为，，所以.当且仅当时，即时等号成立.的最小值为.故选：C.12．（2022·重庆八中高三开学考试）已知函数，且，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】令，则，因为，，为奇函数，又因为，由函数单调性可知为的增函数，，则，，，，，．故选A．13．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，令，则，所以为偶函数，当时，，所以，所以函数在上单调递增，根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知在上单调递减，因为，所以，所以，即，解得或.故选：C.14．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）在三棱锥中，PA，PB，PC互相垂直，，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】M是线段BC上一动点，连接PM．因为PA，PB，PC互相垂直，所以是直线AM与平面PBC所成的角．当PM最短，即时，直线AM与平面PBC所成角的正切值最大，此时，．在中，，则，解得．将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为．故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为．所以D正确；故选：D.15．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知，且满足，则下列正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】由，可得，所以，或，∴(舍去)，或，即，故A错误；又，故，∴，对于函数，则，函数单调递增，∴，故D错误；∵，，∴，令，则，∴函数单调递增，∴，即，∴，即，故B正确；∵，∴函数单调递增，故函数单调递增，∴，即，故C错误.故选：B.16．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，当时，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为为偶函数，所以，所以，又为奇函数，即所以，所以的周期为4，.故选：A.17．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】令,则.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减.而所以在上有.所以在上单调递减.所以，即故.故.故选：D18．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由可知， ，故 ，即，令 ，则，即为奇函数，因为函数为R上的单调增函数，为R上的单调减函数故为单调增函数，则也单调递增；不等式，即，即，故 ，即解集为，故选:A19．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知，其中为自然对数的底数，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】令，，令，，当时，，单调递增，又，所以，又，所以，在成立，所以即，令，，在为减函数，所以，即，令，，在为减函数，所以，即，所以，成立，令，则上式变为，所以所以，所以.故答案为：B.20．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三开学考试）已知函数，．若在区间内有零点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】，令，可得且，则，，又，在有零点，则，，即，，所以时；时；时；时；…综上，.故选：D21．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三开学考试）设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（    ）A． B．为奇函数C．在上是减函数 D．方程仅有6个实数解【答案】C【解析】由题设，则关于对称，即，，则关于对称，即，所以，则，故，所以，即，故，所以的周期为8，，A正确；由周期性知：，故为奇函数，B正确；由题意，在与上单调性相同，而上递增，关于对称知：上递增，故上递增，所以在上是增函数，C错误；的根等价于与交点横坐标，根据、对数函数性质得：，，所以如下图示函数图象：函数共有6个交点，D正确. 故选：C二、多选题22．（2023·江苏·南京市第一中学模拟预测）下列不等式正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】CD【解析】选项A：，故不正确；设，因为，所以，所以在上单调递减，所以选项B：，故不正确；选项C：，故正确；选项D：，故正确，故选:CD．23．（2023·江苏·南京市第一中学模拟预测）已知a，b为正实数，且，则的取值可以为（    ）A．1 B．4 C．9 D．32【答案】BD【解析】因为a，b为正实数，，所以，当且仅当时等号成立，即，所以，所以或，因为a，b为正实数，，所以，所以或．所以或．故选：BD．24．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）阿基米德是伟大的物理学家，更是伟大的数学家，他曾经对高中教材中的抛物线做过系统而深入的研究，定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线：上两个不同点横坐标分别为，，以为切点的切线交于点.则关于阿基米德三角形的说法正确的有（    ）A．若过抛物线的焦点，则点一定在抛物线的准线上B．若阿基米德三角形为正三角形，则其面积为C．若阿基米德三角形为直角三角形，则其面积有最小值D．一般情况下，阿基米德三角形的面积【答案】ABC【解析】由题意可知：直线一定存在斜率，所以设直线的方程为：，由题意可知：点，不妨设，由，所以直线切线的方程分别为：，两方程联立得：，解得：，所以点坐标为：，直线的方程与抛物线方程联立得：.A：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为 ，因为过抛物线的焦点，所以，而，显然点一定在抛物线的准线上，故本选项说法正确；B：因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，即，因为 ，所以化简得：，此时， 点坐标为：，因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，所以，因此正三角形的边长为，所以正三角形的面积为，故本选项说法正确；C：阿基米德三角形为直角三角形，当时，所以，直线的方程为：所以点坐标为：，点 到直线的距离为：，，因为，所以 ，因此直角的面积为：，当且仅当时，取等号，显然其面积有最小值，故本说法正确；D：因为，所以，点到直线的距离为：所以阿基米德三角形的面积，故本选项说法不正确.故选：ABC25．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）A． B．C． D．数列的前项和为【答案】BCD【解析】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.26．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）如图，在多面体中，四边形，，均是边长为1的正方形，点在棱上，则（    ）A．该几何体的体积为 B．点在平面内的射影为的垂心C．的最小值为 D．存在点，使得【答案】BD【解析】由题意，可将该几何体补成正方体，如图，则该几何体的体积为正方体体积去掉一个三棱锥的体积，所以，故A错误；由题意知，为等边三角形，因为，所以点在平面内的射影为的外心，即的中心，故B正确；把所在面沿折起，当四点共面时，连接，则的最小值即为的长，由余弦定理知，，故，即的最小值为，故C错误；四边形为正方形，， ，当与重合时，，故D正确.故选：BD27．（2022·山东济南·模拟预测）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（    ）A．的长度为B．扇形的面积为C．当与重合时，D．当时，四边形面积的最大值为【答案】ACD【解析】依题意圆的半径，，，，所以的长度为，故A正确；因为，所以扇形的面积，故B错误；当与重合时，即，则，则，故C正确；因为，所以所以当，即时，故D正确；故选：ACD28．（2022·山东济南·模拟预测）在正四面体中，若，则下列说法正确的是（    ）A．该四面体外接球的表面积为B．直线与平面所成角的正弦值为C．如果点在上，则的最小值为D．过线段一个三等分点且与垂直的平面截该四面体所得截面的周长为【答案】ACD【解析】正四面体中，，图中点为外接球的球心，半径为，为的外心，所以，由于，又因为，所以，解得，因此外接球的表面积为，故A正确；由于，且与平面所成的角为，因此，故B错误；因为于，所以;于，所以;因此当与点重合时，最小，最小值为，故C正确；在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，连接,又因为，所以平面，因此平面即为所求，则的周长为，同理在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，连接,可得平面，而平面即为所求， ，则的周长为，故D正确.故选：ACD.29．（2022·辽宁鞍山·一模）已知函数，为的导函数，则下列说法正确的是(    )A．当时，在单调递增B．当时，在处的切线方程为C．当时，在上至少有一个零点D．当时，在上不单调【答案】ABD【解析】①当时，，，当x＞0时，＞1，－1≤sinx≤1，∴＞0，∴f(x)在上单调递增，故A正确；∵f(0)＝0，，∴在处的切线方程为y＝x，故B正确；②当m＝－1时，，，令，则，当x＞0时，＞1，－1≤cosx≤1，∴＞0，∴在上单调递增，∴当x≥0时，≥＝1，∴在上无零点，∴C错误；当，时，cosx＜0，＞0，∴＞0，∴在，单调递增，又，而，∴由零点存在定理可知，存在唯一，，使得，当，时，，单调递减，当，时，，单调递增，∴在，上不单调，故D正确．故选：ABD.30．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不超过的概率，即.若，则下列说法正确的有（    ）A． B．C．在上是增函数 D．【答案】ACD【解析】对于A，因为随机变量服从正态分布，，所以，所以A正确，对于B，因为，，所以B错误，对于C，因为随机变量服从正态分布，，所以当时，随的增大，的值在增大，所以在上是增函数，所以C正确，对于D，因为，所以，所以D正确，故选：ACD31．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知a，，满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】A：由，即，当且仅当时等号成立，正确；B：由，则且，令且，则，递减，所以，，即成立，正确； C： 当时，，错误；D：由，当且仅当时等号成立，正确.故选：ABD32．（2022·重庆·高三阶段练习）设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）A． B．函数的图象关于对称C． D．【答案】AD【解析】因为为奇函数，所以，取可得，A对，因为，所以所以，又，故，所以函数的图象关于点对称，B错，因为，所以所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，又，所以，所以，所以，故函数为周期为4的函数，因为，所以，，所以，所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为0，C错；因为，所以，，所以，故函数为周期为4的函数，所以函数为周期为4的函数，又，，，，所以，所以，D对，故选：AD.33．（2022·重庆八中高三开学考试）已知函数， 则下列说法正确的有（    ）A．在单调递增B．为的一个极小值点C．无最大值D．有唯一零点【答案】ABC【解析】依题意，，令，求导得，当时，令，则，即在上递增，，则在上递增，，因此在上递增，A正确；当时，，求导得，显然函数在上递增，而，，则存在，使得，当时，，函数在上单调递增，当时，，即当时，，则，因此为的一个极小值点，B正确；当时，令，求导得，函数在上递增，当时，，而在上递增，值域为，因此当时，，所以无最大值，C正确；因，即和是函数的零点，D不正确.故选：ABC34．（2022·重庆八中高三开学考试）定义：以双曲线的实轴为虚轴，虚轴为实轴的双曲线与原双曲线互为共轭双曲线．以下关于共轭双曲线的结论正确的是（    ）A．与共轭的双曲线是B．互为共轭的双曲线渐近线不相同C．互为共轭的双曲线的离心率为、则D．互为共轭的双曲线的个焦点在同一圆上【答案】CD【解析】对于A选项，由共轭双曲线的定义可知，与共轭的双曲线是，A错；对于B选项，双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，B错；对于C选项，设，双曲线的离心率为，双曲线的离心率为，所以，，当且仅当时，等号成立，C对；对于D选项，设，双曲线的焦点坐标为，双曲线的焦点坐标为，这四个焦点都在圆上，D对.故选：CD.35．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知在平行四边形ABCD中，，，，把△ABD沿BD折起使得A点变为，则（    ）A．B．三棱锥体积的最大值为C．当时，三棱锥的外接球的半径为D．当时，【答案】ACD【解析】对于选项A，由余弦定理得，∴，故选项A正确；对于选项B，当平面平面BCD时，三棱锥的体积最大，设此时点到平面BCD的距离为h，则，解得：∴三棱锥体积的最大值，故选项B错误；对于选项C，当时，把三棱锥补成一个长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，设长方体的三条棱长分别为x，y，z，外接球的半径为R，则，∴，解得，故选项C正确；对于选项D，由，且，得，故选项D正确．故选：ACD36．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知双曲线的一条渐近线方程为，过点作直线交该双曲线于和两点，则下列结论中正确的有（    ）A．该双曲线的焦点在哪个轴不能确定B．该双曲线的离心率为C．若和在双曲线的同一支上，则D．若和分别在双曲线的两支上，则【答案】BC【解析】对于A选项，若双曲线的焦点在轴上，则，可得，且有，解得，则双曲线的方程为，其焦点在轴上；若双曲线的焦点在轴上，则双曲线的标准方程为，则，可得，且有，无解，A错；对于B选项，，，，所以，双曲线的离心率为，B对；对于CD选项，当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，解得，由韦达定理可得，，，，.若和在双曲线的同一支上，则，可得，则，C对；若和分别在双曲线的两支上且直线不与轴重合时，，可得，则，若直线与轴重合，则、分别为双曲线的两个顶点，则，故当和分别在双曲线的两支上时，，D错.故选：BC.37．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）如图，已知抛物线的焦点为，过直线上一点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交轴于点的中点为，则下列正确的是（    ）A．当在抛物线上时，点的坐标为B．当在抛物线上时，C．D．外接圆面积的最小值为【答案】ACD【解析】由抛物线的方程为可得.设，对于A、B，因，故，结合在抛物线上可得，解得，故，故A正确.此时的斜率必存在，设，，由可得，，所以为方程的根，同理为方程的根，故，所以不成立，故B错误.对于C、D，设切线与抛物线分别切于， ，因为，故，故，故，同理，由可得，故，所以即.又，故，，故，故C成立.同理，故，所以四点共圆，所以的外接圆的直径为，即为到直线的距离，此距离为，故即的外接圆的半径的最小值为，故的外接圆面积的最小值为，故D正确.故选：ACD.38．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在上函数满足：，且，设函数，则下列正确的是（    ）A．的单调递增区间为B．在上的最大值为2025C．有且只有2个零点D．恒成立.【答案】ABD【解析】由题可得函数为周期函数，当时，，则，函数单调递增，，当时，，故可得函数的值域为，因为，，所以()，故，所以函数的单调递增区间为，单调减区间为，故A正确；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故在上的最大值为，故B正确；由可得，所以函数与函数交点的个数即为函数的零点数，作出函数与函数的大致图象，由图可知函数与函数有一个交点，即函数有且只有1个零点，故C错误；由，即，因为，故恒成立，故D正确.故选：ABD.39．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）在复习了函数性质后，某同学发现：函数为奇函数的充要条件是的图彖关于坐标原点成中心对称：可以引申为：函数为奇函数，则图象关于点成中心对称.现在已知函数的图象关于成中心对称，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．对任意，都有【答案】BCD【解析】函数的图象关于成中心对称，且由函数可得定义域为，所以，所以，故A错误，C正确；结合题意可得关于原点对称，所以对任意，都有，故D正确；代入1得，且所以，故B正确故选：BCD40．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（    ）A．存在点使得平面B．若，则动点的轨迹长度为C．若平面，则动点的轨迹长度为D．若平面，则三棱锥的体积为定值【答案】BD【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，其中，，设平面的法向量为，，，则，取，则，，若平面，则，则，解得，，不合乎题意，A错；对于B选项，若，可得，则点在平面内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，所以，动点的轨迹长度为，B对；对于C选项，若平面，则，则，所以，点在底面的轨迹为线段，故点的轨迹长度为，C错；对于D选项，因为平面平面，若平面，则点的轨迹为线段，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，则点到平面的距离为定值，又因为的面积为定值，则为定值，D对.故选：BD.41．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（    ）A．函数的单调减区间为、B．函数的值域为C．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是D．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A选项，当时，，则，当时，，则，由可得，所以，函数的单调减区间为、，A对；对于B选项，当时，，当时，，因此，函数的值域为，B错；对于CD选项，作出函数的图像如下图所示：若，由可得，则方程只有两个不等的实根；若，由可得或或，由图可知，方程有个不等的实根，方程只有一个实根，若关于的方程有个不相等的实数根，则，C对；若关于的方程有个不相等的实数根，则，D对.故选：ACD.42．（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知函数的导函数为，若，经过点和点的直线l与曲线的另一个交点为，则实数的取值可能为（    ）A．0 B． C． D．【答案】ACD【解析】由已知得，，∵，即有两个不同的实数根，∴，解得，，且，，故，同理，从而直线l：，化简得，，因为直线l与曲线的另一个交点为，所以，解   ①，又   ②，联立①②可得，或或．故选：ACD.43．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（    ）A．B．当时，的值不唯一C．可能等于D．当时，的取值范围是【答案】ACD【解析】不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，，，当时，，因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，，故B错误，此时成立；当时，，所以，故可能等于，C正确；当当时，，显然，故D正确；综上，，A正确.故选：ACD三、填空题44．（2023·江苏·南京市第一中学模拟预测）已知函数的图象与函数的图象关于某一条直线l对称，若P，Q分别为它们图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为______．【答案】【解析】令，则，，．因为与关于直线对称，所以函数与函数关于直线对称，所以P，Q两点之间距离的最小值等于P到直线距离最小值的2倍，函数在点处的切线斜率为，令得，，，所以点P到直线距离的最小值为，所以这两点之间距离的最小值为．故答案为：.45．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.【答案】2【解析】因为时，，所以，而，所以数列是首项为3公差为1的等差数列，故，从而.又因为恒成立，即恒成立，所以.由得，得，所以，所以，即实数的最小值是2.故答案为：246．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）在平面四边形中，，，，，将沿折成三棱锥，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积为______．【答案】【解析】因为在平面四边形中，，，，，所以，则，所以，，则，过点作于点，由可得，，则为使三棱锥的体积最大，只需平面，记的外接圆圆心为，连接，，因为为直角三角形，所以为中点，且，又在中，由余弦定理可得，，则，所以，因此点即为该三棱锥外接球的球心，且该外接球的半径为，所以球的体积为.故答案为：.47．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上.若该正四棱锥的体积为，则该球的表面积的最小值为___________.【答案】【解析】如图，不妨设正四棱锥为，易得为正方形，设正方形的中心为点，连接，则为正四棱锥的高，球心在上，连接，则为球的半径，设，则，即，在中，可得，又，则，令，则，当时，单减；当时，单增；则，即球的半径的最小值为3，则球的表面积的最小值为.故答案为：.48．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若，且，则该双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】因为在双曲线的左右支上，所以，①②得，，即，又，所以，得，又,所以离心率.故答案为：.49．（2022·山东济南·模拟预测）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．【答案】【解析】记，则由可得所以为偶函数记，则因为当时，，当时，所以，当时，有最小值又因为在上，即所以所以在上单调递增，由可得即所以，即，解得.故答案为：50．（2022·辽宁鞍山·一模）若实数，，，满足，则的最小值为__________.【答案】2【解析】因为，所以，，即，，令，，设直线与曲线相切于点，由，得，则，由，解得或（舍去），所以．，则到直线的距离．而的几何意义为曲线上的点与直线上点的距离的平方，则的最小值为．故答案为：．51．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知且对任意的恒成立，则的最小值为_____．【答案】1【解析】设，则由得：，当当时，，当时，，所以当时，有唯一极值，也是最小值，所以由对任意的恒成立，得，可得，因为 ，故成立，令（），，当时，，当时，，所以当时，，所以，故填．52．（2022·重庆一中高三阶段练习）函数的所有零点之和为__________．【答案】9【解析】由，令，，显然与的图象都关于直线对称，在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，这6个点两两关于直线对称，有，则，所以函数的所有零点之和为9.故答案为：953．（2022·重庆·高三阶段练习）已知，是曲线的两条倾斜角互补的切线，且，分别交y轴于点A和点B，O为坐标原点，若，则实数a的最小值是______.【答案】【解析】设切线，的切点坐标为，，由函数，求导可得，由题意可知，，即，可得，，令，，故，同理可得，则，由于，则等号不能取，即，解得，即的最小值为.故答案为.54．（2022·重庆·高三阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在双曲线上，若，，则此双曲线的渐近线方程为______.【答案】【解析】因为，所以，所以，，又，所以，所以，所以，又，，所以，，所以，所以，因为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：.55．（2022·重庆八中高三开学考试）_____.【答案】【解析】故答案为：56．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知函数有两个零点，则正实数的取值范围为______．【答案】【解析】因为函数有两个零点，所以方程有两个根，所以所以方程其中有两个根，设，，所以，令可得，化简可得，，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，作函数的图象可得，由图象可得，当时，直线与函数，，的图象有且仅有两个交点，所以当时，函数有两个零点，故答案为：．57．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知双曲线，直线l经过C的左焦点F，与C交于A，B两点，且，其中O为坐标原点．则C离心率的取值范围是______．【答案】【解析】设，，AB：，与C的方程联立，消x得，则，．由题可知，则，且判别式．因为，所以，即，整理得，即，即，化简得．当时，解得．由于，所以，即，即，所以，所以．另一方面，，即，所以，即解得．且，所以．故C离心率的取值范围是．故答案为：58．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】不等式等价于或，而的解集为，故的解为且对任意的恒成立.又即为，若，则即为，这与解为矛盾；若，则即为，这与解为矛盾；若，则即为，因为的解为，故.当时，恒成立即为恒成立，令，则，故在为增函数，故，故.综上，故答案为：.59．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知奇函数的定义域为，当讨，，且，则不等式的解集为___________.【答案】【解析】构造函数，则当时，，所以当x>0时单调递增.因为f(2)=0，所以，所以当x>2时，从而.当时，，从而.又奇函数的图像关于原点中心对称，所以的解集为.故答案为: .60．（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知F为抛物线的焦点，P为抛物线上的动点，点，则的最小值为______．【答案】22【解析】设，则，因为，，所以，，则，令，则，所以，当时，因为，所以当时，取得最小值，此时最小值为22，故答案为：2261．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三开学考试）已知，，且在区间上有最小值，无最大值，则______.【答案】【解析】依题意，当时，y有最小值，即，则，所以.因为在区间上有最小值，无最大值，所以，即，令，得.故答案为：四、双空题62．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）记分别为函数的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.（1）以下函数与存在“点”的是___________①函数与；②函数与；③函数与.（2）已知：，若函数与存在“点”，则实数的取值范围为___________.【答案】     ②     【解析】①因为函数与，所以，，由题意得，无解，故不存在“点”；②函数与，所以，，由题意得，解得，故为函数与的一个“点”；③函数与，所以，，由题意得，无解，故不存在“点”；函数与，则与，由题意得，则，令，则，令，则，所以时，则，故单调递增；时，则，故单调递减；所以在处取得极小值，也是最小值，，且时，，所以实数的取值范围为,故答案为：②；