新高考数学满分训练必做题 专题13.1 选填压轴题高分训练（基础+提升2000题1688~1747）

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1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题13.1 选填压轴题高分训练
【1688】．（2022·全国·★★★★★）
函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
【1689】．（2022·全国·★★★★）
已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
【1670】．（2022·全国·★★★★）
某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
【1671】．（2022·全国（理）·★★★★）
已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[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．
【1672】．（2022·全国（理）·★★★★★）
设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
故选：C．
【1673】．（2022·全国·★★★★★）
图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
【1674】．（2022·北京·★★★★）
在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故选：D
【1675】．（2022·天津·★★★★★）
已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．
【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；
令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；
由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
故选：A．
【1676】．（2022·浙江·★★★★★）
已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
【1677】．（2021·全国（理）·★★★★）
设，，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减
令
，即函数在（1，3)上单调递增
综上，，
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
【1678】．（2021·全国（理）·★★★★）
设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
【1679】．（2021·全国·★★★★）
已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.
【详解】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
【1680】．（2021·天津·★★★★★）
设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
【1681】．（2021·浙江·★★★★）
已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
【1682】．（2020·浙江·★★★★★）
设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
【答案】A
【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.
【详解】首先利用排除法：
若取，则，此时，包含4个元素，排除选项 C；
若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；
若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；
下面来说明选项A的正确性：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，，，，，
若，则，则，故即，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍.
若，则，故即，
又，故，所以，
故，此时.
若， 则，故，故，
即，故，
此时即中有7个元素.
故A正确.
故选：A.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
【1683】．（2020·天津·★★★★★）
已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.
故选：D.

【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
【1684】．（2020·全国（理）·★★★★★）
已知55<84，134<85．设a=lg53，b=lg85，c=lg138，则（ ）
A．a【答案】A
【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.
【详解】由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.
【1685】．（2020·全国（理）·★★★★）
北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
【1686】．（2020·全国（理）·★★★★★）
0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
【1687】．（2020·全国（理）·★★★★）
若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.
【详解】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以.
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误.
故选：B.
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
【1688】．（2019·全国（文）·★★★★★）
古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是
A．165 cmB．175 cmC．185 cmD．190cm
【答案】B
【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解．
【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则，得．又其腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，所以其身高约为42．07+5．15+105+26=178．22，接近175cm．故选B．
【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取类比法，利用转化思想解题．
【1689】．（2019·全国（文）·★★★）
已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
【1690】．（2019·全国（理）·★★★★★）
设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点
②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增
④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是
A．①④B．②③C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．
【详解】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，
∴，
∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，
若f（x）在单调递增，
则 ，即 ，
∵，故③正确．
故选D．
【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
【1691】．（2022·全国（理）·★★★★★）
已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
【1692】．（2022·全国（理）·★★★★）
已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
【1693】．（2022·全国·★★★★★）
已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
【1694】．（2022·全国·★★★★★）
若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
【1695】．（2022·浙江·★★★★）
我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
【答案】.
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为，所以．
故答案为：.
【1696】．（2021·全国（理）·★★★★）
已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．
【答案】2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
【1697】．（2021·全国·★★★★★）
函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
【1698】．（2021·天津·★★★★）
若，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】两次利用基本不等式即可求出.
【详解】，
，
当且仅当且，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
【1699】．（2020·江苏·★★★★★）
在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
【1700】．（2020·全国（理）·★★★★★）
设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________.
①②③④
【答案】①③④
【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.
【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，
同理，与的交点也在平面内，
所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；
对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，
直线平面，直线直线，
命题为真命题.
综上可知，，为真命题，，为假命题，
为真命题，为假命题，
为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
【1701】．（2020·全国（理）·★★★★★）
如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB=______________.
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
【1702】．（2019·全国（理）·★★★★）
学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.
【答案】118．8
【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.
【详解】由题意得， ，
四棱锥O−EFG的高3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．
【1703】．（2022·北京四中高三开学考试·★★★★）
数列表示第n天午时某种细菌的数量．细菌在理想条件下第n天的日增长率．当这种细菌在实际条件下生长时，其日增长率会发生变化．下图描述了细菌在理想和实际两种状态下细菌数量Q随时间的变化规律．那么，对这种细菌在实际条件下日增长率的规律描述正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据散点图的规律即可判断
【详解】由图象可知，第一天到第五天，实际情况与理想情况重合， 为定值，而实际情况在第六天以后日增长率逐渐降低，且逐渐趋于0
故选：B
【1704】．（2021·四川·成都七中高三开学考试（理）·★★★★★）
已知函数，则使不等式成立的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，从而可得关于的不等式，求出其解后可得正确的选项．
【详解】的定义域为，且，
故是偶函数，
又当时，，
，故在为增函数，
因为，所以，则，
解得或，
故选：D．
【点睛】方法点睛：解函数不等式，往往需要考虑函数的奇偶性和单调性，前者依据定义，后者可利用导数，注意定义域的要求．
【1705】．（2021·四川省绵阳南山中学高三开学考试（文）·★★★★）
已知椭圆的右焦点为，为坐标原点，为轴上一点，点是直线与椭圆的一个交点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可知，则，所以，即可得到的关系，利用椭圆的定义进而求得离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
因为，所以，如图所示，
所以，
设，，则，
所以，
故选：D.
【1706】．（2021·四川省绵阳南山中学高三开学考试（文）·★★★★）
已知函数，，且，则方程的实数根的个数不可能为
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】利用换元法设，则，结合t的范围，以及，的根的个数，利用数形结合进行判断即可．
【详解】设，则，由题意知有两个根，，
且，
，不妨设，则，
，
当或时，，当时，，
则在时，取得极小值，
在处取得极大值，
当，，，，
则由图象知，当，时，方程，有5个不同的解，
当，时，方程，有4个不同的解，
当，时，方程，有3个不同的解，
即方程的实数根的个数为3或4或5，不可能是6个，
故选D．
【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为两个函数图象交点个数，结合数形结合是解决本题的关键综合性较强．
【1707】．（2022·江西·高三阶段练习（文）·★★★★）
将如图的“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线与构成，则（ ）
A．10B．-10C．2D．-2
【答案】A
【分析】由图可知点在曲线上，点，点在曲线上，将点代入计算可求，，的值，从而得到结果.
【详解】解：由得，其图象为x轴上方（包含x轴上的点）的两个半圆，由“爱心”图知经过点，即，．由“爱心”图知必过点与，所以，得，，从而．
故选：A．
【1708】．（2022·江西·高三阶段练习（理）·★★★）
设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据a、b、c算式特征构建函数，通过求导确定函数单调性即可比较a、b、c的大小关系.
【详解】令，则，
因此在上单调递减，
又因为，，，
因为，所以．
故选：B．
【1709】．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习·★★★★）
数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线围成的图形的面积是；
②曲线上的任意两点间的距离不超过；
③若是曲线上任意一点，则的最小值是．
其中正确结论的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图像，对于①，通过图像可知，所求面积为四个半圆和一个正方形面积之和，结合数据求解即可；对于②，根据图像求出曲线上的任意两点间的距离的最大值即可判断；对于③，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.
【详解】当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：，
曲线的图像如下图所示：
由上图可知，曲线所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，
从而曲线所围成的面积，故①正确；
由曲线的图像可知，曲线上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即，故②错误；
因为到直线的距离为，
所以，
当最小时，易知在曲线的第一象限内的图像上，
因为曲线的第一象限内的图像是圆心为，半径为的半圆，
所以圆心到的距离，
从而，即，故③正确，
故选：C.
【1710】．（2022·全国·高三阶段练习（理）·★★★★）
若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将原不等式变形为，令，根据题意和函数的单调性可知在上恒成立，进而得出结果.
【详解】依题意，，
则（*）．
令，则（*）式即为．
又在上恒成立，
故只需在上单调递增，
则在上恒成立，
即在上恒成立，解得．
故选：D.
【1711】．（2022·广东深圳·高三阶段练习·★★★★）
在中，，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（ ）
A．16B．24C．25D．36
【答案】A
【分析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式可求边长度的最小值.
【详解】因为的内切圆的面积为，所以的内切圆半径为4．设内角，，所对的边分别为，，．因为，所以，所以．因为，所以．设内切圆与边切于点，由可求得，则．又因为，所以．所以．又因为，所以，即，整理得．因为，所以，当且仅当时，取得最小值．
故选：A．
【1712】．（2022·云南师大附中高三阶段练习（理）·★★★★）
已知正方形的边长为，将沿对角线折起，使得二面角的大小为90°.若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，为边的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据面面垂直的判定定理得平面，继而表示出三棱锥的体积，求出时，取得最大值，在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.
【详解】因为正方形的边长为，所以.

如图，由于平面平面，平面平面，又为边的中点，则有，所以平面．设，则，所以三棱锥的体积
，当时，取得最大值．由于，则球O的球心即为，且球O的半径．又在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以，则截面面积的最小值为.
故选：D．
【1713】．（2022·广西·南宁二中高三阶段练习（理）·★★★★★）
已知正四棱柱中，，E为的中点，P为棱上的动点，平面过B，E，P三点，有如下四个命题：
①平面平面；
②平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形；
③当P与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为；
④存在点P，使得AD与平面所成角的大小为．
则正确的命题个数为（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由题可证明，从而证明出平面，进而可判断①，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形判断②，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积可判断③，作于点H，设点C到平面的距离为h，进而可得可判断④.
【详解】由题意可知，，，
所以，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②，当时，可延长BP交的延长线于点M，
延长BE交的延长线于点N，连结MN，分别交，于点R，Q，连结PR，EQ，
则截面为五边形BPRQE，故②错误；
对于③，当P与A重合时，可取的中点为点F，截面为图示中的矩形ABEF，
则四棱柱的外接球半径为，
设点为平面的中心，过作于，连接，
则可得，平面，
所以点到平面ABEM的距离，
所以截此四棱柱的外接球所得的截面圆的半径，
所以截此四棱柱的外接球所得的截面的面积为，故③正确；
对于④，AD与平面所成角的大小，即为BC与平面所成角，可设为，
作于点H，设点C到平面的距离为h，则，
所以，则，故④错误．
综上，正确的命题个数为2.
故选：B．
【1714】．（2022·重庆一中高三阶段练习·★★★★★）
已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2021个方程中，无实数解的方程最多有（ ）
A．1008个B．1009个C．1010个D．1011个
【答案】C
【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到，要想无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，从而得到结论..
【详解】由题意得：，
其中，，
代入上式得：，
要想方程无实数解，则，
显然第1011个方程有解，
设方程与方程的判别式分别为和，
则
，
等号成立的条件是a1=a2021.
所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，
……，和至多一个成立，且，
综上，在所给的2021个方程中，无实数根的方程最多1010个
故选：C
【点睛】对于数列综合题目，要综合所学，将不熟悉的问题转化为我们熟练的知识点进行解决，比如本题中要结合根的判别式，以及等差数列的性质，以及基本不等式进行求解，属于难题.
【1715】．（2022·北京四中高三开学考试·★★★★★）
已知曲线的方程是，给出下列四个结论：
①曲线与两坐标轴有公共点；
②曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形；
③若点，在曲线上，则的最大值是；
④曲线围成图形的面积大小在区间内．
所有正确结论的序号是______．
【答案】②③
【分析】根据题意，对绝对值里面的正负分类讨论求出方程，作出图象，由此分析个结论，即可得答案．
【详解】根据题意，曲线的方程是，必有且，
当，时，方程为，
当，时，方程为，
当，时，方程为，
当，时，方程为，
作出图象：
【1716】．（2022·全国·高三阶段练习（理）·★★★★★）
已知圆C：，过x轴上一点A作直线l与圆C交于M，N两点，若，则点A的横坐标的取值范围为______．
【答案】
【分析】设圆的圆心为，设，连接AC，设直线AC交圆C于E，F两点，易得，整理得，进而得到，，根据圆的直径，最后可得的范围
【详解】
设圆的圆心为，设，连接AC，设直线AC交圆C于E，F两点，连接，，易得，易得，，因为，所以．
又，所以，则，即．因为，所以，解得．
故答案为：
【1717】．（2022·云南师大附中高三阶段练习（理）·★★★★）
给出下列命题：①；②；③；④，其中真命题的序号是______.
【答案】①②④
【分析】构造函数，借助函数的单调性分别比较大小即可.
【详解】构造函数，所以，得，当时，；当时，，于是在上单调递增，在上单调递减. 对于①，，即，又，据的单调性知成立，故①正确；
对于②，，因为，所以，即，又，据的单调性知成立，故②正确；
对于③，
，即，又，据的单调性知成立，故③错误；
对于④，
，即，又，据的单调性可知成立，故④正确.
故答案为：①②④．
【1718】．（2022·广西·南宁二中高三阶段练习（理）·★★★★）
关于函数的下述四个结论中
①是奇函数 ②的最大值为2
③在有3个零点 ④在区间单调递增
则所有正确结论的编号是______．
【答案】④
【分析】根据奇偶性的定义可判断①，首先求出在的最大值，然后结合的周期性和奇偶性可判断②，直接解方程求零点即可判断③，利用三角函数的性质可判断④.
【详解】对于命题①，函数的定义域为R，关于原点对称，
又，
该函数为偶函数，命题①错误；
对于命题②，当函数取最大值时，，
则，
当时，，
此时，，
当，函数取得最大值．
当时，，
此时，，当，函数取得最大值，
所以，函数的最大值为，命题②错误；
对于命题③，当时，令，则，此时；
当时，令，则，此时．
所以，函数在区间上有且只有两个零点，命题③错误；
对于命题④，当时，，
则，所以函数在区间上单调递增，命题④正确．
故答案为：④.
【1719】．（2022·全国·高三阶段练习（理）·★★★★）
已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C相交于A，B两点，且点A在x轴上方，若，，则双曲线C的离心率的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据双曲线以及直线的对称性可得四边形是矩形，然后根据焦点三角形的边的关系列出不等关系进行求解.
【详解】因为且互相平分，所以四边形是矩形.
在直角三角形中，，所以，故
当时，，当则
由双曲线定义知，又因为,可得，解得或(舍去)
故答案为:
【1720】．（2022·河南·高三阶段练习·★★★★）
已知椭圆C1：（0＜b＜2）的离心率为，F1和F2是C1的左右焦点，M是C1上的动点，点N在线段F1M的延长线上，｜MN｜＝｜MF2｜，线段F2N的中点为P，则｜F1P｜的最大值为__________．
【答案】3
【详解】首先根据离心率为，由判断出点的轨迹方程，利用代入法求得点的轨迹方程，进而求得的最大值.
【分析】由条件得，∴，∴椭圆的方程是，，
∴，．由于点在线段的延长线上，，
所以，
∴点的轨迹是以为圆心，以4为半径的圆，方程为．
设，则关于对称的点的坐标为，
∴，化简得点的轨迹方程为，
即点的轨迹是以原点为圆心，以2为半径的圆，
，所以的最大值为3．
故答案为：
【1721】．（2022·安徽·芜湖一中高三阶段练习·★★★★）
已知是R上的偶函数，满足，且对恒成立，则实数a的取值范围是_________.
【答案】
【分析】对求导得是奇函数，在中用代换，并变形后两者结合可求得，对再求导以便确定其单调性，得其正负，从而确定的单调性后对不等式变形，并用分离参数法得参数范围．
【详解】对两边求导得：，可得为奇函数.
与，
两式相减，可得，
因为当时，显然成立,
当时，设，则，即单调递增，，
所以时，，为增函数，又为偶函数，故，
恒成立.故.
故答案为：．
【1722】．（2022·江苏省昆山中学高三阶段练习·★★★★★）
若曲线在点处的切线与曲线交于点，直线与轴交于点，则_______．
【答案】
【分析】设点的坐标为，根据导数的几何意义和点斜式，即可求出曲线在点处的的切线方程，再将此方程与曲线联立，求出点的横坐标，再利用，即可求出结果.
【详解】因为点在曲线上，设点的坐标为 ，即，
由得
所以曲线在点处的的切线方程为
，即
由，消去整理得，解得或，
因为，且点在曲线上，所以点的横坐标为，
因为点在轴上，所以点的横坐标为，
所以.
故答案为：.
【1723】．（2022·浙江·舟山中学高三阶段练习·★★★★）
设，则______， ______．
【答案】 64 15
【分析】根据式子的特点，选用特殊值代入法，令 ，可得.
以及可得.
【详解】由，
令 ，可得.
又，
所以 .
故答案为：64；15.
【点睛】熟悉这类题目的特点，选用合适的特殊值达到解题目的.
【1724】．（2022·北京·101中学高三阶段练习·★★★★）
已知函数为奇函数，且，当时，，给出下列四个结论：
①图像关于对称
②图像关于直线对称
③
④在区间单调递减
其中所有正确结论的序号是_______
【答案】①②④
【分析】由题知函数为周期函数，周期为，再根据函数性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：函数为奇函数得：
所以图像关于对称；
因为，
所以，
所以根据周期性得图像关于对称，①正确，
因为，所以，即，所以，即图像关于直线对称，②正确；
所以，所以③不正确；
因为当时，，为单调递增函数，
因为图像关于直线对称，在上单调递减，
所以由周期性得在区间单调性与上的单调性相同，
所以在区间单调递减，④正确.
所以，正确题目的顺序号为①②④
故答案为：①②④
【1725】．（2021·浙江·★★★★）
已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
【答案】
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
【1726】．（2022·全国·高三阶段练习（理）·★★★★★）
已知函数，若对任意的，都有成立，则整数a的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】参变分离得到，再求导分析的最小值范围，进而得到整数a的最大值
【详解】对任意的，，故变形可得恒成立，设，则，令，则，故为增函数，且，，故存在唯一使得，故当时，，单调递减；时，，单调递增；故，又，故，故，又恒成立，故整数a的最大值为4
故选：B
【点睛】本题主要考查了利用导数解决恒成立的问题，可考虑参变分离，构造函数分析最值，设零点分析最值的范围，属于难题
【1727】．（2022·河南·高三阶段练习（文）·★★★★）
四面体的四个顶点都在半径为的球上，该四面体各棱长都相等，如图一﹒正方体的八个顶点都在半径为的球上，如图二﹒八面体的六个顶点都在半径为的球上，该八面体各棱长都相等，四边形ABCD是正方形，如图三﹒设四面体、正方体、八面体的表面积分别为、、，若，则( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求出四面体外接球半径与四面体棱长的关系，正方体外接球半径与正方体棱长的关系，八面体外接球半径与八面体棱长的关系，并用外接球半径表示各自的表面积，根据即可得到它们表面积之间的关系.
【详解】由题可知四面体为正四面体，设四面体的长为，如图正四面体ABCD内接于棱长为的正方体内，
则易求，∴，∴；
设正方体的棱长为，则，∴，∴．
设八面体的棱长为，其外接球球心为AC中点，则，∴．
∵，∴设，，，
∴．
故选：D.
【1728】．（2022·安徽·芜湖一中高三阶段练习（理）·★★★★）
已知，，，则、、的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性可得出、的大小关系，利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，由此可得出合适的选项.
【详解】对函数求导得，其中，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，可得，所以，.
因为，则，可得，即，所以，.
故选：C.
【1729】．（2022·浙江·舟山中学高三阶段练习·★★★★）
设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】D
【分析】由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.
【详解】∵，
∴，又，
∴ 数列为递增数列，∴
∵
∴，
∴
∴，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴
当时，，
又
∴当时，，
当时，
∴ 使成立的最小正整数是2023.
故选：D.
【点睛】本题主要考察累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.
【1730】．（2022·浙江·舟山中学高三阶段练习·★★★★★）
已知，若函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先画出函数的图象，根据图象得时有三个零点，求出当时的最大值，判断零点的范围，然后推导得出结果.
【详解】函数的图象如图所示，
函数有三个不同的零点，，，
即方程有三个不同的实数根，，，由图知，
当时，，
∵，∴，当且仅当时取得最大值，
当时，，，
此时，
由，可得，
∴，，
∴，
∴，
∵，∴的取值范围是.
故选：A.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令f(x)＝0，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[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，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.
【1731】．（2022·湖北省武汉市汉铁高级中学高三阶段练习·★★★★）
已知、、、为锐角，在，，，四个值中，大于的个数的最大值记为，小于的个数的最大值记为，则等于（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【分析】由题意可得，，从而可求的m、n的值，即可得出答案.
【详解】解：因为、、、为锐角，
则，当且仅当时取等号，
同理，
，
故不可能有4个数都大于，所以最多三个数大于，所以，例如，
故最多有4个数均小于，所以，例如，
所以.
故选：B.
【1732】．（2022·北京·101中学高三阶段练习·★★★★）
已知集合.若，且对任意的，，均有，则集合B中元素个数的最大值为
A．25B．49C．75D．99
【答案】D
【分析】先分析集合元素的特点，通过列举可得.
【详解】当或的值较小时，集合B中元素个数最多，即共有99个元素.
【点睛】本题主要考查集合的表示方法，抓住集合元素的特点是求解的关键.
【1733】．（2022·全国·★★★★★）多选题
已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
【1734】．（2022·全国·★★★★★）多选题
已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
【1735】．（2021·全国·★★★★★）多选题
设正整数，其中，记．则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：ACD.
【1736】．（2020·山东·★★★★★）多选题
信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（ ）
A．若n=1，则H(X)=0
B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C．若，则H(X)随着n的增大而增大
D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
【答案】AC
【分析】对于A选项，求得，由此判断出A选项；对于B选项，利用特殊值法进行排除；对于C选项，计算出，利用对数函数的性质可判断出C选项；对于D选项，计算出 ，利用基本不等式和对数函数的性质判断出D选项.
【详解】对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确.
对于B选项，若，则，，
所以，
当时，，
当时，，
两者相等，所以B选项错误.
对于C选项，若，则
，
则随着的增大而增大，所以C选项正确.
对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，且 （ ）.
.
由于，所以 ，所以 ，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选：AC
【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题.
【1737】．（2022·江苏南京·高三开学考试）多选题
设k∈R且k≠0，n≥2，n∈N*，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】对原等式令和求解后判断AB，对已知等式求导后令可判断C，再一次求导后令可判断D．
【详解】对于，代入得；
对于B，代入得，所以；
对于，对等式两边同时求导得，
代入得；
对于，对（*）式两边同时求导得，
代入，则，
所以
故选：BC．
【1738】．（2022·江苏南京·高三开学考试·★★★★★）多选题
在长方体中，，AB⊥AD，且P为中点，Q为上一动点，则（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．存在点Q使得与平面垂直D．存在点Q使得与平面垂直
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、等体积法进行求解.
【详解】因为在长方体中，所以、、两两垂直，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
对于选项A，，所以，且，所以，故A正确；
对于选项B，，故B正确；
对于选项C，，设平面的法向量，且，即，则可以是，所以不可能平行于，故C错误；
对于选项D，因为，所以也不可能平行于，故D错误.
故选：AB.
【1739】．（2022·广东深圳·高三阶段练习·★★★★★）多选题
已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则面积的最小值为
D．四点共圆
【答案】ACD
【分析】由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得，知A正确；设，与抛物线方程联立可得，由向量数量积的坐标运算可知B错误；由可知C正确；表示出直线方程后，可求得点坐标，进而得到，知，同理可得，由此可知D正确.
【详解】
对于A，由抛物线焦半径公式得：，解得：，A正确；
对于B，由题意知：直线斜率存在，设，
由得：，；
由得：，则，
，B错误；
对于C，若，则，不妨设，
则（当且仅当时取等号），即面积的最小值为，C正确；
对于D，直线的斜率为，
直线的方程为，令得：，
点的横坐标为，即，
则直线的斜率，，，
同理可得：，四点共圆，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用的问题，本题D选项中，证明四点共圆的基本思路是能够通过说明两条直线斜率乘积为，得到两条直线互相垂直，进而得到四边形对角互补，得到四点共圆.
【1740】．（2022·重庆一中高三阶段练习·★★★★★）多选题
已知函数（为常数），其中正确的结论是（ ）
A．当时，无最大值
B．若为锐角的两个锐角，则对于任意的，都有
C．当时，是的极值点
D．有个零点的充要条件是
【答案】ABD
【分析】根据的正负可确定，由此可得单调递减，知A正确；根据时在上单调递减且，可知B正确；根据的正负可确定，由此可得单调递减，知C错误；将D中问题转化为与有个不同的交点，利用导数可求得单调性，采用数形结合的方式可求得的范围，知D正确.
【详解】对于A，当时，，则，，
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，在上单调递减，
无最大值，A正确；
对于B，当时，在上单调递减，
为锐角的两个锐角，，，
，，B正确；
对于C，当时，，则，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
在上单调递减，无极值，C错误；
对于D，显然不是的零点，
有个零点等价于与有个不同的交点；
，当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
则可得图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有个不同的交点，
即有个零点的充要条件是，D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在函数问题中的应用，判断是否存在最值和极值的基本思路是通过确定函数的单调性，结合极值和最值定义得到结论；解决函数零点个数问题的基本思路是将问题转化为图象交点个数问题，通过数形结合的方式来求得结果.
【1741】．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习·★★★★）多选题
已知点在圆上，点，，则（ ）
A．点到直线的距离最大值为
B．满足的点有2个
C．过点作圆的两切线，切点分别为､，则直线的方程为
D．的最小值是
【答案】ABCD
【分析】对A，求出直线AB的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质判断答案；
对B，设点，根据得到点P的轨迹方程，进而判断该轨迹与圆的交点个数即可；
对C，设，进而得到切线方程MB,NB，再根据点B在两条切线上求得答案；
对D，设，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，进而求出点P的轨迹方程，然后结合点P在圆O上求得答案.
【详解】对A，，则圆心到直线的距离，所以点P到该直线距离的最大值为.A正确；
对B，设点，则，且，由题意，
两圆的圆心距为，半径和与半径差分别为，于是，即两圆相交，满足这样条件的点P有2个.B正确；
对C，设，则直线MB,NB分别为，因为点B在两条直线上，所以，于是都满足直线方程，即直线MN的方程为.C正确；
对D，即求的最小值，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，设，则有，化简得，∵，
则有，即，∴，，
所以，所以D正确.
故选：ABCD.
【1742】．（2022·湖北省武汉市汉铁高级中学高三阶段练习·★★★★）多选题
如下图所示，B是AC的中点，，P是平行四边形BCDE内含边界的一点，且，以下结论中正确的是（ ）
A．当P是线段CE的中点时，，
B．当时，
C．若为定值时，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段
D．的最大值为
【答案】CD
【分析】结合平面向量的线性运算、三点共线等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，，
A选项，当是线段的中点时，
，A选项错误.
B选项，若
设分别是的中点，连接并延长，交的延长线于，
则，且，所以，
则点的轨迹是，，
所以，B选项错误.
C选项，，，
令、的中点为，
由于，即，
所以三点共线.
设分别是的中点，连接，交于，则，
是的中点，是的中点，则点的轨迹是，点的轨迹是，所以C选项正确.
D选项，，
由于平行四边形在的左上方，三点共线，所以，，
故当取得最大值，取得最小值时，取得最大值，D选项正确.
故选：CD
【1744】．（2021·四川·成都七中高三开学考试（理）·★★★★★）
已知，在处取最大值.以下各式正确的序号为__________．
① ② ③ ④ ⑤
【答案】②⑤
【详解】，．因为在处取得最大值，则，，化为，所以，②正确；另外，令，则，
，即有，所以函数的零点落在，由知，函数的零点为，故，即，⑤正确；故选②⑤．
考点:函数的零点与最大值．
【1745】．（2021·四川省绵阳南山中学高三开学考试·★★★★）
为实数，表示不超过的最大整数.，若的图像上恰好存在一个点与的图像上某点关于轴对称，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】将分离参数，得到 ，转化为， 与有一个交点，数形结合可求解.
【详解】设，点关于 轴对称，由题意可知在 有一个解
故在 有一个解
设，
写成分段函数形式即为
作出函数图象可知
与， 只有一个交点，由图象可知，的取值范围为
或
故答案为：
【点睛】函数零点或方程的根的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，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[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，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．
【1746】．（2022·江西·高三阶段练习（理）·★★★★）
在中，，则________．
【答案】##
【分析】利用三角形的特性与三角恒等变化由可得，进而，利用基本不等式和三角函数的值域可得，，求出即可求解
【详解】在中，，
，
又，
，
，
，
，
当且仅当即时取等，
又，
，，
从而，，
所以．
故答案为：
【1747】．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习·★★★★）
已知函数，若对于正数，直线与函数的图像恰好有个不同的交点，则___________.
【答案】
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，；
当时，，函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，
故，故，
.
故答案为：.
【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