【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题17 双空题小题 （压轴版）

这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题17 双空题小题 （压轴版），文件包含专题17双空题小题压轴练原卷版docx、专题17双空题小题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题17 双空题小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2023秋·广东清远·高三统考期末）设函数若关于的方程有四个实根，，，且，则_________，的最小值为_________.
【答案】
【分析】画出的图象，结合图象求得，，，的关系式，根据基本不等式求得正确答案.
【详解】画出的图象如下图所示.
由图可知，其中.
因为，即，
整理得.
且，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
又因为
，
当且仅当时等号成立，此时.
所以的最小值为.
故答案为：；
【点睛】解决含有绝对值的对数函数的问题，可结合函数图象来进行研究.求解最值问题，可考虑利用基本不等式或二次函数的性质来进行求解.二次函数的图象具有对称性.
2．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线交于P，Q两点（点P在第一象限），，则直线的斜率为______若，点为抛物线上的动点，且点在直线的左上方，则面积的最大值为______.
【答案】
【分析】空1：设直线的方程为，联立抛物线方程得到韦达定理式，根据线段比例关系得到两交点纵坐标关系，联立即可解出斜率；
空2：根据三角形底为弦长，若面积最大，则高最大，则点到直线的距离最大，则转化为直线与抛物线相切的问题.
【详解】设直线的方程为，，，
联立抛物线方程得，
故①，②，，
则，代入②式得，解得，
在第一象限，故在第四象限，故，
故，，则，
解得，故直线的斜率，
，即，则，
若，则，则，
故抛物线方程为，此时，，，
而，
若要的面积最大，则只需将直线沿着左上方平移直至与抛物线相切，
此时切点位置即为点位置，
故设切线方程为：，，
将切线方程与抛物线方程联立得，
则，解得，此时切线方程为：，
直线的方程为，则两直线的距离，
此时面积最大值为.
故答案为：；.
【点睛】结论点睛：设抛物线方程为，若倾斜角为直线经过焦点交抛物线于，则有以下结论：
（1） ；（2）；（3）.
3．（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.
4．（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）数学家康托（）在线段上构造了一个不可数点集——康托三分集.将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，余下的区间段长度为；再将余下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，余下的区间段长度为.以此类推，不断地将余下各个区间均分为三段，并各自去掉中间的区间段.重复这一过程，余下的区间集合即为康托三分集，记数列表示第次操作后余下的区间段长度.
（1）_______________；
（2）若，都有恒成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】 ； .
【分析】由题意直接求出，，，.归纳出数列为等比数列，求出.利用分离常数法得到.记，判断出单调性，求出最大，即可求出的取值范围.
【详解】由题意可知：，，，.
所以.
所以数列为首项，公比的等比数列，所以.
因为，都有恒成立，且，所以恒成立，只需
记，显然，.
所以.
令，即，即，解得：.
因为，所以，可以取包含以后的所有正整数，即以后递减.
而
，
所以.
综上所述：当时，最大.
所以，所以实数的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】求数列最值的方法：（1）利用函数单调性求出最值；（2）利用数列的性质求出最大项或最小项.
5．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．
【答案】 0
【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n项和公式即可推出的表达式；第二空，将化为，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.
【详解】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余数问题的关键在于将利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.
6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆与双曲线有公共焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且，则______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．
【答案】 4
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，
由椭圆的定义：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②为的内心，
所以为的角平分线，则有，同理：，
所以，
所以，即，
因为，
所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，则有，又，
所以，即，
因为，
所以，故，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：4，.
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道或利用的关系式求出，在利用公式计算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率的方程求解.
7．（2023春·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考开学考试）侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上．设外围第一个正方形的边长为1，往里第二个正方形为，…，往里第个正方形为．那么第7个正方形的周长是____________，至少需要前____________个正方形的面积之和超过2．（参考数据：，）．
【答案】
【分析】根据已知，利用勾股定理、正方形的周长公式、面积公式以及等比数列的通项、前n项和公式进行求解.
【详解】
因为每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，
且外围第一个正方形的边长为1，所以，,
由勾股定理有：，
设第个正方形的边长为，则
，，……，，
所以，
所以第7个正方形的周长是，
第n个正方形的面积为，
则第1个正方形的面积为，
则第2个正方形的面积为，
则第3个正方形的面积为，
……
则第n个正方形的面积为，
前n个正方形的面积之和为，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
所以至少需要前4个正方形的面积之和超过2．
故答案为：，4.
8．（2023春·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考阶段练习）中，，沿将折起到位置，点不在面内，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球半径是__________；当时，三棱锥的外接球表面积是__________.
【答案】
【分析】根据图形，得出面外接圆的半径为，而后利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径；结合余弦定理，二倍角公式以及同角关系，求出，再由勾股定理得出，进而求出三棱锥的外接球表面积.
【详解】由题知，取中点，连接，，
设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
连接，如图所示，
要使三棱锥的体积最大时，即要使得点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到的距离最大，三棱锥体积最大.
此时，四边形是正方形，假设外接圆的半径为，
则在中，由勾股定理得：，
解得，所以，
.
当时，由上述可知，结合余弦定理，
由二倍角公式，
，，
，三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：；.
9．（2023春·云南·高三校联考开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点M，N的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，点P满足．则点P的轨迹方程为____________；在三棱锥中，平面，且，该三棱锥体积的最大值为______________．
【答案】
【分析】利用求点的轨迹方程的步骤及两点间的距离公式即可求解；根据已知条件及阿波罗尼斯圆的特点，结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设，所以，所以，即，所以点P的轨迹方程为；
三棱锥的高为，当底面的面积最大值时，三棱锥的体积最大，，，取靠近B的一个三等分点为坐标原点O，为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，由题设定义可知的轨迹方程为，
所以A在圆的最高点处，，
此时，．
故答案为：；.
【点睛】解决此题的关键是第一空主要利用求点的轨迹方程的步骤即可；第二空要使该三棱锥体积的最大值，只需要将问题转化为求底面的面积最大值，再利用阿波罗尼斯圆的特点即可.
10．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知抛物线E：的焦点为F，现有不同的三点A，B，C在抛物线E上，且，，则p的值是____________；若过点的直线PM，PN分别与抛物线E相切于点M，N，则____________.
【答案】 4 ##8.5
【分析】根据向量的坐标运算化简可得，再利用抛物线的定义求出，根据切线的方程可求出直线的方程，根据直线过焦点利用弦长公式
求解.
【详解】设，
则,
，即，
又，解得.
设，由可得，则，
所以直线PM的方程为即①，
同理直线PN的方程为②
由直线均过点P可得，，
即直线的方程为，过焦点，
联立，消元得，
所以，
，
故答案为：4；
11．（2023·安徽淮北·统考一模）已知双曲线C：过点，则其方程为________，设，分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为，的内心，则的取值范围是________．
【答案】
【分析】①将点代入方程中求出，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围
【详解】①由双曲线C：过点，所以
所以方程为
②如图：
设的内切圆与分别切于，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，
设直线的倾斜角为.则，，
，
当时，，
当时，由题知，...
因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，
∴.且，，
综上所述，.
故①答案为：;
【点睛】关键点点睛：第一问相对简单，代点求出即可；第二问难度较大，主要根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出，的内切圆与轴同时切于双曲线的右顶点,并将用直线的倾斜角表示出来是解题关键.
12．（2023春·重庆·高三统考开学考试）定义：若A，B，C，D为球面上四点，E，F分别是AB，CD的中点，则把以EF为直径的球称为AB，CD的“伴随球”.已知A，B，C，D是半径为2的球面上四点，，则AB，CD的“伴随球”的直径取值范围为____________；若A，B，C，D不共面，则四面体ABCD体积的最大值为______________.
【答案】 4
【分析】设为所在球面的球心，则由题可知E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，据此即可求出EF范围；根据(d为点到平面距离，)，求出的最大值即可得体积最大值.
【详解】设为所在球面的球心，∴.
∵，且分别是的中点，
∴，，且，
∴，
则E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，
若以EF为直径作球，则，
即AB，CD的“伴随球”的直径取值范围是(0，2]；
∵E是AB中点，∴，
d为点到平面距离，，
又，为点到距离，，
∴，当且仅当，F三点共线，且⊥CD时，等号成立.
故答案为：(0，2]；4.
【点睛】本题关键是根据已知条件确定E和F的轨迹，数形结合可得EF的范围；根据E是AB中点，则A与B到平面CDE的距离相等，据此将三棱锥A－BCD的体积转化为三棱锥A－CDE体积的2倍，再数形结合即可求得最值.对空间想象能力的要求很高，属于难题.
13．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面沿x轴折起，使平面平面，则三棱锥体积为__________；若，则异面直线，所成角的余弦值取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为,
在中，，又 ， 同理可得，
过作于,由于平面平面，且交线为，平面 ,所以平面,且，
故三棱锥的体积为，
，
且， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，， 即，,
所以 ，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线，所成角的角等于，故异面直线，所成角的余弦值取值范围为
故答案为：，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
14．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列满足：①；②.则的通项公式______；设为的前项和，则______.（结果用指数幂表示）
【答案】
【分析】当为奇数时令可得，当为偶数时令，可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.
【详解】当为奇数时，令，则，
当为偶数时，令，则，
则，
当时，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，则，
当为奇数时，由，则，所以，
当为偶数时，由，则，所以，
所以，
所以
故答案为：，
15．（2023秋·河北张家口·高三统考期末）已知的三个内角所对的边分别为，且，则面积的最大值是________；若分别为的内切圆和外接圆半径，则的范围为_________________．
【答案】 ； .
【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出，再表示出，再利用可得答案；
对于第二空，利用可得答案.
【详解】因在三角形中，则由三角形三边关系可得，又利用余弦定理有：
，又，
则.
得，当且仅当
，即时取等号.则面积的最大值是；
对于第二空，因，
则，
又，
则，因，
则.令，其中，因，
则在上单调递增，故，得.
故答案为：；.
16．（2023秋·河北保定·高三统考期末）定义在R上的两个函数和，已知，．若图象关于点对称，则___，___________．
【答案】
【分析】①根据题意，利用方程法得到，通过赋值得到，根据的图象关于点对称得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，然后求即可；
②利用方程法得到，整理可得，得到4是的一个周期，然后根据得到，最后再利用周期求即可.
【详解】由可得，
又，所以，
令，所以；
因为的图象关于点对称，所以，
又，所以，
因为，所以，，
令，所以，则；
因为，所以，
又，所以，，则，4是的一个周期，
因为，，所以，
因为周期是4，所以.
故答案为：3，0.
17．（2023秋·江苏·高三统考期末）已知数列满足其中，是公比为的等比数列，则__________（用表示）；若，则__________.
【答案】 1024
【分析】根据已知得出，则，即可得出，根据已知得出，可得到，根据已知得出，结合条件即得.
【详解】时，，即，，
则，
是公比为的等比数列，
，即；
，
中的项同号，
时，，
，
则中的项都为正，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
解得，
.
故答案为：；1024.
18．（2023秋·山东潍坊·高三统考期中）在中，点是上的点，平分面积是面积的2倍，且，则实数的取值范围为________；若的面积为1，当最短时，______.
【答案】 ##
【分析】过作交延长线于，由题设易得、、，在△中应用三边关系求的取值范围，若，由三角形面积公式得，且得，进而可得，应用余弦定理得到关于的表达式，结合其范围求最小时对应值即可.
【详解】由面积是面积的2倍，即，
如上图，过作交延长线于，又平分，
所以，即，且，故，
若，又，则且，，
△中，，可得，故；
由角平分线性质知：，则，
若，则，
又，即，则，故，
所以，可得，
由，
令，则，
所以时，即，此时，即.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：注意过作交延长线于，应用三角形三边关系求参数范围，根据已知条件得到关于的表达式是求最值的关键.
19．（2023秋·山东德州·高三统考期末）如图所示，已知、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点，则的取值范围为______；记的内切圆的面积为，的内切圆的面积为，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出的取值范围，可求得的取值范围；设圆切、、分别于点、、，分析可知直线的倾斜角取值范围为，推导出圆、圆的半径、满足，求得，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】设直线的倾斜角为，
在双曲线中，，，则，故点，
若直线与轴重合，则直线与双曲线交于该双曲线的两个实轴的端点，不合乎题意，
所以，直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
，可得，
，可得，
所以，，且
当时，，此时，
当时，轴，此时，
当时，，此时，
综上，，
不妨设点在第一象限，则；
设圆切、、分别于点、、，
过的直线与双曲线的右支交于、两点，可知直线的倾斜角取值范围为，
由切线长定理可得，，，
所以，
，则，所以点的横坐标为.
故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，
故圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.
在中，，，
，，所以，，
所以，，则，
所以，
即，则，
由直线的倾斜角取值范围为，可知的取值范围为，
则，
故，
则，其中，
令，其中，则在单调递减，在单调递增.
因为，，则当时，，
故.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
20．（2023春·山东滨州·高三山东省北镇中学校考阶段练习）如图所示，一个平面内任意两两相交但不重合的若干条直线，直线的条数与这些直线将平面所划分的区域个数满足如下关系：1条直线至多可划分的平面区域个数为2；2条直线至多可划分的平面区域个数为；3条直线至多可划分的平面区域个数为7；4条直线至多可划分的平面区域个数为11；一般的，条直线至多可划分的平面区域个数为__________；在一个平面内，对于任意两两相交但不重合的若干个圆，类比上述研究过程，可归纳出：个圆至多可划分的平面区域个数为__________.
【答案】
【分析】根据当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设条直线可划分的平面区域个数为，推导出，利用累加法求得；利用类比的方法可求得个圆至多可划分的平面区域个数.
【详解】当这些直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，
设这样的条直线可划分的平面区域个数为，
已知，当时，因为第条直线与前条直线至多新增个交点，且新增的这个交点均在上，按沿的方向向量方向排布将这个交点依次记为，，
对于线段，且，和以和为端点且不经过的两条射线，
均能将前条直线所划分的区域一分为二，故将新增个区域，
故，
故
，
故条直线至多将平面划分的区域个数为；
同理，当这些圆两两相交，且任意三个圆均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的个圆可划分的平面区域个数为，已知，
当时，因为第个圆与前个圆至多新增2个交点，且新增的这个交点均在上，
按沿的逆时针方向排布将这个交点依次记为，
对于弧，且，和弧，每一段弧均能将前1个圆所划分的区域一分为二，
故将新增个区域，故有，
故
，
故个圆至多可划分的平面区域个数为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：确定当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的条直线可划分的平面区域个数为，关键点就是要推导出当增加一条直线时新增的区域个数，从而得到.
21．（2023·山东青岛·统考一模）设函数是定义在整数集Z上的函数，且满足，，对任意的，都有，则______；______．
【答案】 0
【分析】由结合已知函数值，通过代入特殊值计算；推导出函数周期，通过已知函数值，分析中自变量的数据特征求值.
【详解】令，，∴，
令，，∴，
令，则﹐即，可得，
，函数周期，
，，，，∴为奇数时，，
为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时.
∴，
，由，则为偶数，
记，，

，
所以 .
故答案为：0；
【点睛】思路点睛：
由已知条件可得函数周期，有，，，，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时，可求的值，，可求的值.
22．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）高斯函数是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数，其中表示不超过的最大整数，如.已知满足，设的前项和为的前项和为.则（1）__________；（2）满足的最小正整数为__________.
【答案】 91
【分析】利用构造法可得数列的通项公式为，令，可求得的值，即可得的值，即可得第一空答案；
由题意可得， 单调递增，利用放缩法可得，或，分为偶数、为奇数求解即可得第二空答案.
【详解】解：因为，
所以，
设，
则有，
所以数列是等比数列，公比，，
所以，
即，
，
所以，
令，
则，
所以，
所以，
所以，
所以；
因为，
因为，
所以，
，
，
所以，
即，且当时，单调递增；
又因为，
即，
所以单调递增，
又因为，
所以，
所以，
所以或，
所以当为偶数时，设，
所以，
所以，
所以当为奇数时，设，
所以，
所以，
所以，
所以，
当为偶数时，，
由可得，，或(舍)
因为，
所以，
又因为为偶数，所以；
当为奇数时，
，
由可得，由(舍)，或，
因为，
所以，
所以，
又因为为奇数，
所以，
综上所述，.
故答案为：
【点睛】对于形如，且的类型题目，变换成的形式，使数列为等比数列，从而可求得数列的通项公式.
23．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.
【答案】 或
【分析】（1）由求得的取值范围.
（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.
【详解】依题意，，对任意的都有，
则，
，
，
，
，
以此类推，结合两式相减得，
可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；
偶数项是首项为，公差为的等差数列.
（1）若，即.
所以的取值范围是.
（2）若存在，使得，
.
当为奇数时，为偶数，
由得：
，
解得.
当为偶数时，为奇数，
由得：
，
解得.
综上所述，的值为或.
故答案为：；或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.
24．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，、两条渐近线的夹角正切值为，则双曲线的标准方程为______；若直线与双曲线的右支交于两点，设的内心为，则与的面积的比值的取值范围是______.
【答案】
【分析】设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，进而结合题意得，进而结合即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得为的内切圆与边的切点，进而将问题转化为，最后联立方程，求解弦长的范围即可得答案.
【详解】解：设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
由得，，
所以，，解得或（舍）
所以，，即，
因为，
所以，即双曲线的标准方程为；
由得，故直线过点，
所以，如图，设的内切圆与分别切于点，
则，，
由双曲线的定义得，
所以，即，
所以，点重合，即为的内切圆与边的切点，
所以，为的内切圆半径，
因为，
所以，
设，
联立方程得，
所以，且，即，
，即
所以，
所以，
故与的面积的比值的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到为的内切圆与边的切点，进而根据面积公式求解即可.
25．（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，设是一个“0，1数列”，定义数列为数列中每个0都变为“”，每个1都变为“”所得到的新数列.例如数列，则数列.已知数列，记数列，则数列的所有项之和为___________；数列的所有项之和为___________.
【答案】 （说明：第二空也可以写成
【分析】空①根据新定义，利用递推关系得出结果即可；
空②根据，，得出，，联立得到，即求得结果.
【详解】空①中有2个1，3个；中有8个1，7个；中有22个1，23个0，数列的所有项之和为
空②设数列中0的个数为，的个数为，则，，
法一：两式相加有，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，所以①；两式相减有，且，所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以②，
①-②得，数列的所有项之和即为1的个数，即为.
法二：
，且，所以是以5为首项，3为公比的等比数列，
所以，又因为，所以，
即，所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，
数列的所有项之和即为1的个数，即为.
故答案为：①；②.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则 (公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列求通项或求和.
26．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）已知函数，，若直线与函数，的图象均相切，则的值为________；若总存在直线与函数，图象均相切，则的取值范围是________
【答案】
【分析】利用直线与函数相切，求出，设直线与函数的切点为，利用导数的几何意义，列方程组即可；设切线方程为，利用导数的几何意义可得，化为，构造函数，利用导数求出函数的最值即可求解.
【详解】设直线与函数的切点为，
由，所以，解得，所以切点为，
所以，解得，即切线方程为，
设直线与函数的切点为，
则，解得 ，即，
设切线方程为，
且与的切点为，
与的切点为
则，，
整理可得，，
所以，
整理可得，
设，
则，
设，
则，
所以在为增函数，
又因为，
所以在上，即，所以单调递减；
在上，即，所以单调递增，
所以，
即，解得.
故答案为： ；
【点睛】本题考查了导数的几何意义、利用导数求函数的最值，此题难度较大，综合性比较强，属于难题.
27．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分，每个部分从红，黄，蓝三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花.将总的栽植方案数用表示，则___________，___________.
【答案】 18
【分析】当时，讨论用两种花色与三种花色求解即可；第一块有3种选法，为了从第2块开始，每一块与前一块不同，则第2块到第块有两种选法，即有种选法，则，构造，即可求解．
【详解】当时，若只用两种花色栽植有种方法，若用三种花色栽植有种方法，所以；
由于圆环区域第一块有3种选法，为了从第2块开始，每一块与前一块不同，则第2块到
第块有两种选法，即有种选法，
现考虑第块，若与第1块不同，则有种选法，若与第1块相同，则有种选法
故，则
所以
得
故答案为：18，
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于运用数列构造法求解数列通项公式．
28．（2023秋·广东广州·高三广州市第七中学校考阶段练习）已知函数恰有两个零点，和一个极大值点，且，，成等比数列，则__________；若的解集为，则的极大值为__________．
【答案】 4 4
【分析】根据已知，结合三次函数的图象特征可得是的极小值点，借助导数及函数零点可得的关系即可求出；由不等式的解集求出，再验证即可求出极大值作答.
【详解】因三次函数有一个极大值点，则该函数必有一个极小值点，且极小值点大于，
又恰有两个零点，，且，因此也是的极小值点，
求导得：，即，是方程的二根，有，即，
显然，则，
整理得，两边平方得：，因成等比数列，即，
于是得，即，而，有，所以；
显然有，，，
因的解集为，则5是方程的根，
即有，整理得：，解得或，
当时，，，不等式，
解得，符合题意，函数的极大值为，
当时，，，不等式，
解得，不符合题意，舍去，所以函数的极大值为.
故答案为：4；4
【点睛】方法点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．
29．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知，为圆上的两个动点，，是的中点，则点的轨迹方程是______；若点为直线上一动点，则的最小值为______.
【答案】 6
【分析】利用相关点代入法解得点的轨迹方程；利用极化恒等式求出的最小值为6.
【详解】圆圆心为，半径2，是的中点，，所以，，
点的轨迹方程是，，
点为直线上一动点，点是上一点，圆心到的距离是4，
所以的最小值是3，的最小值为6.
故答案为：； 6
30．（2023春·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为_______；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为__________．
【答案】
【分析】根据给定的几何体，证明平面，求出四棱锥的体积即可；证明点所在平面平行于平面，作出过点与平面平行的几何体的截面，求出其周长作答.
【详解】连接，有，而，为中点，则有，
，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点，
于是点共面，而，即有，，
因为，，平面，则平面，
又平面，即有，则，同理，
即，从而，即四边形为平行四边形，，，
等腰梯形中，高，其面积，
显然平面，所以多面体的体积；
因为平面，同理可得平面，又，则平面，
依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点，
令这个平面与几何体棱的交点依次为，则,
又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形，
长度为：.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.