2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十五）

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1．（2022·广东·深圳市福田区福田中学高三阶段练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
2．（2022·广东·红岭中学高三阶段练习）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】取中点，连接，
则，平面
∴平面，，又，
∴，
则三棱锥的高，
三棱锥体积为；
作，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt ，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：.
3．（2022·广东·红岭中学高三阶段练习）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题设，且，
所以，
当时，，则与条件矛盾；
当时，，显然与条件矛盾；
所以且，即，故只有B符合要求；
故选：B.
4．（2022·广东·高三阶段练习）设函数，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意知：定义域为；
，
为定义在上的奇函数；
令，则，在上单调递增；
又在上单调递增，
在上单调递增，又为奇函数，在上单调递增；
由得：，
，解得：，即的取值范围为.
故选：A.
5．（2022·广东·高三阶段练习）已知双曲线C：的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON（其中O为坐标原点）的中点B，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【解析】记M为双曲线C：的渐近线上的点，因为，且，所以，．
所以．因为右焦点到渐近线的距离，
所以．所以，所以，
所以，所以，
又因为，．
所以△MNB为等边三角形，所以，所以，
即，所以．
故选：A．
6．（2022·广东佛山·高三期中）已知函数满足：，对任意恒成立.若成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】∵，则
令，即，则为奇函数，
又∵，
则，
即，则在上单调递增，
∴在上单调递增，
故为奇函数，且在R上单调递增.
∵，即
则，
∴，则恒成立，
当时，则恒成立，则；
当时，整理可得，
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴，则；
综上所述：实数的取值范围是.
故选：B.
7．（2022·广东江门·高三阶段练习）数列满足，，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】∵，∴，，又∵，选项A正确.
，，选项B正确.
由，，得，选项D不正确.
当然，对于C选项，可以用数学归纳法证明其正确（仅供教师和学生参考）
下面用数学归纳法证明，，，设，则
，选项C正确.
故选:D
8．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A．999B．749C．499D．249
【答案】A
【解析】由，得，又，
所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，
由得：，又，
所以数列是常数列，则②，
由①②联立得.
因为，所以，即，
所以，故，
所以，则.
故选：A
9．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知双曲线：的焦点到渐近线的距离为，又双曲线与直线交于，两点，点为右支上一动点，记直线，的斜率分别为，，曲线的左､右焦点分别为，.若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．双曲线的渐近线方程为
C．若，则的面积为1
D．双曲线的离心率为
【答案】C
【解析】因为双曲线：的焦点到渐近线的距离为1，则，所以双曲线方程为：，由可得，
设，，则，即，∴，设
则，，所以，即，
又，，，所以，∴，即，故A错误；
所以双曲线：，，
双曲线的渐近线方程为，离心率为，故B错误，D错误；
若，则，
所以，的面积为1，故C正确.
故选：C.
10．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）如图，已知直线：与单位圆相交于，两点，点的坐标为，设，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，则由题意得，
由，得，
化简整理得，
因为，所以直线与单位圆恒有两个不同的交点，
所以，
所以
，
故选：D
11．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】对于A，由，则需证，，，
显然不成立，故A错误；
对于B，令，，令，，
令，解得，可得下表：
则，即单调递增，
当时，，由，则，即，故B正确；
对于C，由B的证明过程，易知C正确；
对于D，由，则，
易知单调递增，无最大值，故D错误.
故选：BC.
12．（2022·湖北·襄阳四中高三期中）若正数满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解析】，，
，
当且仅当时等号成立，
，解得，
的最小值为
故选：C
13．（2022·湖北·襄阳四中高三期中）已知，则与的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．不确定
【答案】C
【解析】令，
则当时，，当时，；
由，得
考虑到得，
由，得，
即
故选：C
14．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，又为锐角三角形，，，
且，即，，
即，，．
故选:C．
15．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）已知函数，若函数只有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【解析】由题意，即或.因为，易得无解.故只有两个零点.
当时，或，解得或有两个零点.故无解. 因为，，故，解得
故选：D
16．（2022·湖北·高三期中）己知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】已知，当时， ，
当时，，
作出其图象如图示：
可知值域为，设 ，则，
则函数的零点问题即为函数的图象的交点问题，
而，作出函数的图象如图示：
可知：的图象有两个交点，横坐标分别在之间，
不妨设交点横坐标为，
当时，由图象和直线可知，二者有两个交点，
即此时有两个零点；
当时，由图象和直线可知，二者有3个交点，
即此时有3个零点，
故函数的零点个数是5，
故选：B.
17．（2022·湖北·高三期中）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，
则，，
∵，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
令，则，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
所以，即．
综上，．
故选：D．
二、多选题
18．（2022·广东·深圳市福田区福田中学高三阶段练习）已知函数 ，若方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值可以是（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】CD
【解析】如图，作出函数的大致图象，
当时， ，
故在点处的切线斜率为 ，
直线过定点，当时，与图象有一个交点；
直线过点时， ，此时与图象有2个交点；
当时，与图象有一个交点；
当时，与图象有2个交点；
综上，当时，与图象有2个交点，
故方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值可以是3，4，
故选：CD
19．（2022·广东·深圳市福田区福田中学高三阶段练习）已知函数，若，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．当时，
【答案】AD
【解析】设，函数单调递增，
∵，∴，即，∴，A正确；
设，∴，不是恒大于等于零，B错误；
设，则，不是恒小于等于零，C错误；
∵，∴，函数单调递增，
∴，
∴，又，
∴，D正确．
故选：AD．
20．（2022·广东·红岭中学高三阶段练习）数列满足，，是的前项和，以下正确的是（ ）
A．是数列的最小项
B．是等差数列
C．
D．对于两个正整数，，的最小值为
【答案】ABD
【解析】因为，
所以，数列为等差数列，且公差为2，
又， ，
所以，，
所以，，又，
所以，当时，取得最小值，故A正确；
，故C不正确；
所以，，是常数，
所以是等差数列，故B正确；
对于两个正整数，，，
由，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
21．（2022·广东·红岭中学高三阶段练习）已知正方体的棱长为2，动点F在正方形内，则（ ）
A．若平面，则点F的位置唯一
B．若平面，则不可能垂直
C．若，则三棱锥的外接球表面积为
D．若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半
【答案】AD
【解析】如图，以D为原点分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，
由于动点F在正方形内，可设，其中，，
选项A：若平面，则，．
由于，，，
则，解得：或（舍去），
此时，即点F的位置唯一，故选项A正确；
选项B：，，
设平面的一个法向量为．则，
令，得，，故，
而，若平面，则，
则，即，
所以，此时，
而，所以，
当时，，此时，则.故选项B不正确；
选项C：由于，则F为的中点，此时，
设三棱锥的的外接球的球心为，则，
即，解得：，
所以，则三棱锥的的外接球的半径为，
所以三棱锥的的外接球表面积为，
故选项C不正确；
选项D：点E为BC中点，由正方体可知平面，
则
则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半. 故选项D正确.
故选：AD
22．（2022·广东·高三阶段练习）已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于、两点，则（ ）
A．B．
C．的面积为D．线段的中点到轴的距离为2
【答案】AC
【解析】由，
不妨设，
因为，所以选项A正确；
因为，所以不互相垂直，因此选项B不正确；
因为点到直线的距离为，
所以的面积为，因此选项C正确；
因为线段的中点的横坐标为：，
所以线段的中点到轴的距离为3，因此选项D不正确，
故选：AC
23．（2022·广东·高三阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD—中，E为侧面的中心，F是棱的中点，若点P为线段上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．·的最小值为
B．若，则平面PAC截正方体所得截面的面积为
C．若与AB所成的角为，则N点的轨迹为双曲线的一部分
D．若正方体绕旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是
【答案】BCD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，
则，，，，,
对于A，，设，，所以，，，
，
所以时，，A不正确；
对于B，，则是上靠近的三等分点，，
取上靠近的三等分点，则，
，显然与平面的法向量垂直，因此平面，
所以截面与平面的交线与平行，作交于点，
设，则，由得，解得，
则与重合，因此取中点，易得，截面为，它是等腰梯形，
，，，梯形的高为，
截面面积为，B正确；
对于C，，若与AB所成的角为，则有，两边平方化简整理有，C正确；
对于D，，，，，，
，，同理，
所以是平面的一个法向量，即平面，设垂足为，则，是正方体的外接球的直径，因此正方体绕旋转角度后与其自身重合，至少旋转．D正确．
故选：BCD．
24．（2022·广东佛山·高三期中）已知数列的通项公式为的通项公式为.将数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，设的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】因为，所以或，
所以，，
所以数列的公共项为，则，
易知数列是以首项为5，公差为6的等差数列，故，
对于A，令，解得，故，故A错误；
对于B，，故，故B正确；
对于C，因为，显然是奇数，而数列中的项表示所有奇数，故，故C正确；
对于D，因为 ，
显然当时，，故，故D正确.
故选：BCD.
25．（2022·广东佛山·高三期中）已知函数，设方程的三个根分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若，则
【答案】BCD
【解析】因为，所以，
当或时，当时，
即在上单调递减，在和上单调递增，
所以的图象如下所示：
因为方程的三个根分别为，
所以，，所以，故A错误；
依题意
，
所以，故B正确；
对于C：，
因为，所以，
所以，故C正确；
又，即，所以关于对称，
所以当时，所以，
所以，故D正确；
故选：BCD
26．（2022·广东江门·高三阶段练习）已知函数，，若与图象的公共点个数为，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BCD
【解析】对于A：当时，令，则，即函数有且仅有一个零点为，同理易知函数有且仅有一个零点为，即与也恰有一个公共点，故A错误；
对于B：当时，如下图：
易知在，且，与图象相切，由当时，，则，，故，从而，所以，故B正确；
对于C：当时，如下图：
则，，所以，又图象关于对称，结合图象有，即有，故C正确；
对于D：当时，由，与的图象在轴右侧的前1012个周期中，每个周期均有2个公共点，共有2024个公共点，故D正确.
故选：BCD.
27．（2022·广东江门·高三阶段练习）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．当为偶数时，B．当为奇数时，
C．D．数列的前项和为
【答案】AB
【解析】令且，
当时，①；当时，②，
①②联立得，
所以，累加得，
令（且为奇数）得 ，当时仍成立，
所以当为奇数时，，B正确；
当为奇数时，，所以，其中为偶数，A正确；
当为偶数时，C错误；
数列前项和，
因为①，
②，
所以①-②，D错误；
故选：AB.
28．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上不具有单调性
B．不是周期函数
C．函数为偶函数
D．当时，函数的最小值是0
【答案】CD
【解析】对于A，当时，函数单调递增，函数单调递减，所以在上为增函数，
当时，函数单调递减，函数单调递增，所以在上为减函数，故A错误；
对于B，定义域是，且，因此是函数的一个周期，故B错误；
对于C，由函数可得，解得，
故函数的定义域是，关于原点对称，
因为，，
∴，即函数为偶函数，故C正确；
对于D，当时，
故在上为减函数，在上为增函数，
∴当时，取得最小值0，故D正确，
故选：CD
29．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）如图，在直角梯形中，，，，将沿翻折，得到大小为的二面角，，分别是，的中点.则（ ）
A．
B．异面直线与所成角的正弦值为
C．二面角的大小为
D．三棱锥的表面积为
【答案】ACD
【解析】由题意知，，，，
取的中点，连接，，
因为，，分别为，的中点，
所以，，又，所以，
因为，，所以为二面角的平面角，
如图，以为轴，为轴，过点垂直平面的直线为轴，向上的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，，
所以
所以，故A正确；
由，
设异面直线与所成的角为，
则，，故B错误；
设平面的一个法向量为，
又，
由得，
令，得，，则，
又易知平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
则，
又易知二面角为锐角，故，，故C正确；
由，，，则为等腰三角形，
所以，
又，，在中，由余弦定理得，
，
，
所以，
又，，
所以三棱锥的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
30．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）定义：为集合相对常数的“余弦方差”.若，则集合相对的“余弦方差”的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】依题意
，
因为，所以，所以，
所以；
故选：ABC
31．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则的可能取值为（ ）
A．－5B．－3C．－1D．1
【答案】AC
【解析】由已知得，则切线斜率，切线方程为，
直线过点，则，化简得，
切线有且仅有条，即，化简得，即，解得或.
故选：AC.
32．（2022·湖北·襄阳四中高三期中）函数（k为常数）的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】显然有唯一零点，故D错误；
，，
∴在上单减，上单增，
∴，且时，时，
故当时，，单增，选项A可能；
当时，存在两个零点，在和上单增，上单减，选项B可能；
当时，存在唯一零点，在上单增，在上单减，
选项C可能．
故选: ABC.
33．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得与所成角为锐角
B．棱上总会有一点，使得平面
C．当三棱锥的体积最大时，
D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】BC
【解析】对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；
对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；
对于C选项，设到平面的距离为，因为且，
所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；
对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，
在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.
故选：BC
34．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）已知函数，下列命题正确的是（ ）
A．若是函数的极值点，则
B．若是函数的极值点，则在上的最小值为
C．若在上单调递减，则
D．若在上恒成立，则
【答案】ABC
【解析】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，
对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，
对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，
对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，
故选：ABC
35．（2022·湖北·高三期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．是数列中的最大项D．
【答案】ACD
【解析】由，，与等比数列性质，
可得，
对于A，，则成立，故A正确，
对于B，，则，故B错误，
对于C，当时，，当时，
故是数列中的最大项，故C正确，
对于D，，故D正确，
故选：ACD
36．（2022·湖北·高三期中）己知函数，令，，则下列正确的选项为（ ）
A．数列的通项公式为，
B．
C．若数列为等差数列，则
D．
【答案】ACD
【解析】由已知得，则，即，
所以，所以数列时以为首项，为公比的等比数列，所以，即，，故A选项正确；
当时，，故B选项错误；
由数列为等差数列，得，
所以，同理，所以，故C选项正确；
由，若证，即证，即证，
由基本不等式得，故，
设数列，
由，
，
逐项比较，前两项相同，，，，
且还多出最后一项，
所以，即数列单调递增，
且，
所以，
即，D选项正确；
故选：ACD.
三、填空题
37．（2022·广东·深圳市福田区福田中学高三阶段练习）若存在直线与函数，的图象都相切，则实数a的最大值为______.
【答案】1
【解析】因存在直线与函数，的图象都相切，由函数，的图象知，
必有函数的图象在的图象及上方，
即，成立，令，，
在单调递增，而，则当时，，当时，，
因此，在上递减，在上递增，，则，
设直线与曲线，相切的切点分别为，
而，于是有：，即，，
该直线方程为，点在此直线上，则，
整理得：，令，求导得：，
显然函数在上单调递减，当时，，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，，即，
所以实数a的最大值为1.
故答案为：1
38．（2022·广东·红岭中学高三阶段练习）已知函数若关于x的方程有3个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________
【答案】
【解析】因为当时，则，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，在取得极小值，，，当时，当时，
当时，；
当时，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递增，
所以在取得极大值，，当时，，
当时，；
所以的函数图像如下所示：
方程，即，即或，
因为方程有个不同的实数根，
由图可知有一个实数根，
所以有两个实数根，即与有两个交点，
所以，；
故答案为：
39．（2022·广东·高三阶段练习）在中，已知，，，则的内接正边长的最小值为______.
【答案】【解析】因为，，，
所以，
设正的边长为，，
在中，，即，
因为，所以,
，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为
，其中，
所以，
因为，
所以当时，取得最小值，
所以的内接正边长的最小值为，
故答案为：.
40．（2022·广东江门·高三阶段练习）已知指数函数（，且）图象与其反函数的图象有公共点，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】由于与其反函数的图象关于直线对称，所以问题转化为的图象与直线在第一象限有公共点，令，则问题转化为有正零点，
，
①当时，，从而，在上递减，
又在由零点存在定理知，此时有且只有一个正零点，满足题意；
②当时，令得：，
时，，时，，
在递减，在上递增，且，
所以
由于，所以，进而，得：
③当时，，无零点.
综上：的取值范围是.
41．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则函数的图象的对称中心是___________.
【答案】【解析】已知，，
则，故函数在定义域内为非奇非偶函数，
令，
则，
则在定义域内为奇函数，
设的最大值为，则最小值为，则的最大值为，最小值为，
则，∴，
所以，
∴当时，，
∴关于中心对称，
故答案为：
42．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）函数的最大值为______.
【答案】
【解析】因为的定义域为，
所以为偶函数，
当时，
，，
所以当时，函数取得最大值，
综上可知函数的最大值，
故答案为：
43．（2022·湖北·襄阳四中高三期中）在正方体中，球同时与以A为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点若以F为焦点，为准线的抛物线经过，，设球，的半径分别为，，则__________.
【答案】【解析】如图所示：
根据抛物线的定义，点到点F的距离与到直线的距离相等，
其中点到点F的距离即半径，也即点到面的距离，
点到直线的距离即点到面的距离，
因此球内切于正方体.
不妨设，两个球心，和两球的切点F均在体对角线上，
两个球在平面处的截面如图所示，
则，，所以
因为，所以，所以，
因此，得，所以.
故答案为：
44．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）在三棱锥中，点在底面的射影是的外心，，则该三棱锥外接球的体积为___________.
【答案】
【解析】设的外心为,连接,则球心在
上，连接,
则为外接圆的半径r,
连接,设外接球的半径为R,
则,
在中，由正弦定理得
解得,即,
在中，
在,中,即
,解得：,
所以外接球的体积为：，
故答案为：
45．（2022·湖北·黄梅国际育才高级中学高三期中）已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为
所以
当，，所以单调递减，
因为，所以，
当，，所以单调递增，
因为，使得，
所以
所以.
故答案为：.
46．（2022·湖北·高三期中）若项数为的数列满足：我们称其为项的“对称数列”．例如：数列，，，为4项的“对称数列”；数列，，，，为项的“对称数列”．设数列为项的“对称数列”，其中，，，，是公差为的等差数列，数列的最大项等于．记数列的前项和为，若，则___________．
【答案】或
【解析】，，，…，是以8为末项，2为公差的递增等差数列，
所以，解得，
所以，根据对称数列的性质，
，所以，
所以，即，解得或.
故答案为：或
47．（2022·湖北·高三期中）若不等式恒成立，则的取值范围为___________．
【答案】
【解析】由已知得，，
整理得，，
设，则
，则
，则
，则
，明显地时，
，又由，单调递增，
，，则单调递减，，，则单调递增，
又，分类讨论，
①，即时，，即有，，此时单调递增，又，故，，单调递减，，单调递增，
所以，又，故恒成立，满足题意；
②，即时，，，
存在，且，则，，单调递减，，，单调递增，
又，故，，，存在，且，，，单调递减，
又因为，所以，故与题意恒成立不符；
综上，时，满足题意.
故答案为：
四、双空题
48．（2022·广东佛山·高三期中）如图，设正方体的棱长为2，设为的中点，为上的一个动点，设由点确定的平面为，当点与重合时，平面截正方体的截面的面积为__________；点到平面的距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】如图所示当点与重合时，取中点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
，同理，，四边形为平行四边形，
又因为，
则平面截正方体的截面为菱形，
因为正方体的棱长为2，所以菱形的边长为，
又因为，所以中上的高，
所以截面面积.
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
所以点到平面的距离
，
由对勾函数可得当时单调递减，所以当时，点到平面的距离取最小值，
.
故答案为：，.
49．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）设抛物线的焦点为，准线为，过第一象限内的抛物线上一点作的垂线，垂足为.设，直线与相交于点.若，且的面积为，则直线的斜率___________，抛物线的方程为___________.
【答案】
【解析】如图所示，，，
所以，
∵轴，，，∴，
所以四边形为平行四边形，
∴，，
∴
解得，
代入可取，∴
解得，∴，
∴.
故答案为：；.
50．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）在数列中，已知，，则______，当为偶数时，______.
【答案】 159
【解析】因为在数列中，已知，，
所以，，，，
，，，
令，则，，
令，则，
所以，
所以，
所以数列是以3为公比，6为首项的等比数列，
所以，
所以，
所以，
所以当为偶数时，，
故答案为：159，.


极小值