2022年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)選擇題填空壓軸題匯編二十四含解析

Page602022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（二十四）一、單選題1．（2022·山東威?！と＃┮阎獔A柱的高和底面半徑均為4，為上底面圓周的直徑，點(diǎn)P是上底面圓周上的一點(diǎn)且，，是圓柱的一條母線，則點(diǎn)P到平面的距離為（

）A．4 B． C．3 D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意易求三棱錐的體積，再求出的面積即可求解.【詳解】由題可得，因?yàn)?，所以，因?yàn)槠矫?，且，所以，因?yàn)?，所以，所以，設(shè)點(diǎn)P到平面的距離為，則，解得.故選：D.2．（2022·山東威?！と＃┮阎p曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，以原點(diǎn)O為頂點(diǎn)，為焦點(diǎn)的拋物線與雙曲線C在第一象限的交點(diǎn)為P．若，則C的離心率為(

)A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)條件求出拋物線方程和直線方程，聯(lián)立解出P的坐標(biāo)，求出、，根據(jù)雙曲線離心率即可計(jì)算．【詳解】由題知，，則拋物線方程為：，直線方程為：，由，∴，∴軸，∴，，∴雙曲線離心率．故選：B．3．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知、為橢圓的左、右焦點(diǎn)，若為橢圓上一點(diǎn)，且的內(nèi)切圓的周長(zhǎng)等于，則滿足條件的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（

）A． B． C． D．不確定【答案】B【解析】【分析】計(jì)算出，，計(jì)算出的內(nèi)切圓的半徑為，結(jié)合等面積法可求得點(diǎn)的坐標(biāo)，即可得解.【詳解】由得，，所以，.由橢圓的定義知，，.因?yàn)榈膬?nèi)切圓的周長(zhǎng)等于，所以內(nèi)切圓的半徑為，，設(shè)點(diǎn)，則，所以，，將點(diǎn)的坐標(biāo)代入橢圓方程可得，解得，所以，點(diǎn)的坐標(biāo)為或或或，因此，滿足條件的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為.故選：B.4．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)滿足對(duì)任意恒成立，又函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，且則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】首先利用賦值法求出，代入等式賦值得到，即對(duì)稱軸為，再根據(jù)函數(shù)圖象的平移規(guī)律判斷函數(shù)為奇函數(shù)，進(jìn)一步求得函數(shù)周期，進(jìn)而得到，則可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)閷?duì)任意，都有令得解得則即所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱.又函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，即函數(shù)為奇函數(shù)，所以所以所以8是函數(shù)的一個(gè)周期，所以故選：D.5．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）設(shè)，若，則實(shí)數(shù)可能是（

）A．3 B． C．10 D．11【答案】D【解析】【分析】首先運(yùn)用賦值法令、，聯(lián)立方程求出，然后將已知條件轉(zhuǎn)化成，即等號(hào)左邊應(yīng)為的倍數(shù)，進(jìn)一步用二項(xiàng)式定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即是24的倍數(shù)，進(jìn)而判斷出的可能取值.【詳解】令，則

①令，則

②①+②得，，∵，∴且是24的倍數(shù)，的值可能是11.故選：D.6．（2022·山東棗莊·三模）已知點(diǎn)分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為直線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若的最大值為，則橢圓C的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限且坐標(biāo)為，設(shè)，則，進(jìn)而結(jié)合正切的差角公式和基本不等式可得，進(jìn)而根據(jù)齊次式求離心率即可.【詳解】解：根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限且坐標(biāo)為，如圖，記直線與軸的交點(diǎn)為，設(shè)，則，由于，故，所以，，所以，因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，即時(shí)等號(hào)成立，所以，整理得，所以，解得，所以，即橢圓C的離心率為.故選：D7．（2022·福建廈門·模擬預(yù)測(cè)）已知為單位向量，滿足，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】設(shè)，以為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，設(shè)，，可得.【詳解】設(shè)，則，所以為等邊三角形，以為原點(diǎn)建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，，則，所以在以為圓心，1為半徑的圓上，因?yàn)?，所?故選：A.8．（2022·福建廈門·模擬預(yù)測(cè)）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由換底公式得出，則同號(hào)，討論和兩種情況比較可得.【詳解】由題可得且，可得，則同號(hào)，若，則，則由可得，即，由可得，即，所以；若，則，則由可得，即，由可得，即，所以；綜上，.故選：B.9．（2023·福建漳州·三模）英國(guó)化學(xué)家、物理學(xué)家享利·卡文迪許被稱為第一個(gè)能測(cè)出地球質(zhì)量的人，卡文迪許是從小孩玩的游戲（用一面鏡子將太陽(yáng)光反射到墻面上，我們只要輕輕晃動(dòng)一下手中的鏡子，墻上的光斑就會(huì)出現(xiàn)大幅度的移動(dòng)，如圖1）得到靈感，設(shè)計(jì)了卡文迪許扭秤實(shí)驗(yàn)來測(cè)量萬(wàn)有引力，由此計(jì)算出地球質(zhì)量，他在扭秤兩端分別固定一個(gè)質(zhì)量相同的鉛球，中間用一根韌性很好的鋼絲系在支架上，鋼絲上有個(gè)小鏡子，用激光照射鏡子，激光反射到一個(gè)很遠(yuǎn)的地方，標(biāo)記下此時(shí)激光所在的點(diǎn)，然后用兩個(gè)質(zhì)量一樣的鉛球同時(shí)分別吸引扭秤上的兩個(gè)鉛球（如圖2），由于萬(wàn)有引力作用，根秤微微偏轉(zhuǎn)，但激光所反射的點(diǎn)卻移動(dòng)了較大的距離，他用此計(jì)算出了萬(wàn)有引力公式中的常數(shù)G，從而計(jì)算出了地球的質(zhì)量．在該實(shí)驗(yàn)中，光源位于刻度尺上點(diǎn)P處，從P出發(fā)的光線經(jīng)過鏡面（點(diǎn)M處）反射后，反射光線照射在刻度尺的點(diǎn)Q處，鏡面繞M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)a角后，反射光線照射在刻度尺的點(diǎn)處，若△PMQ是正三角形．（如圖3），則下列等式中成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】過點(diǎn)作，則，，，所以，即可求解．【詳解】過點(diǎn)作，因?yàn)椤鱌MQ是正三角形．則，，所以則，解得故選：C10．（2023·福建漳州·三模）若直線與拋物線C：相切于點(diǎn)A，l與x軸交于點(diǎn)B、F為C的焦點(diǎn)．則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】聯(lián)立直線與拋物線方程，消元，根據(jù)求出的值，即可求出、的坐標(biāo)，從而求出，，再根據(jù)直線的斜率與傾斜角的關(guān)系求出，即可得解；【詳解】解：依題意聯(lián)立方程，即，則，解得，此時(shí)直線，則，所以，解得，即，又，所以，，即，又，所以所以；故選：A11．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）若直線與曲線相切，直線與曲線相切，則的值為（

）A． B．1 C．e D．【答案】B【解析】【分析】設(shè)出切點(diǎn)，求出，，根據(jù)斜率列出方程，得到，，構(gòu)造，利用函數(shù)單調(diào)性和圖象特征，求出，從而求出答案.【詳解】設(shè)直線與曲線相切于點(diǎn)，直線與曲線相切于點(diǎn)，則，且，所以，，且，所以，令，，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，且，，所以當(dāng)時(shí)，，因?yàn)椋?，所以，所以，故故選：B【點(diǎn)睛】對(duì)于不知道切點(diǎn)的切線方程問題，要設(shè)出切點(diǎn)，再根據(jù)斜率列出方程，進(jìn)行求解.12．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）若圓）與圓交于A、B兩點(diǎn)，則tan∠ANB的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】分析出AB為圓M與圓N的公共弦，且圓M的半徑為1，，當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)為時(shí)，，由余弦函數(shù)的單調(diào)性確定時(shí)，最大，此時(shí)最大，最大值為.【詳解】可化為，故圓N的圓心為，半徑為，由題意可知：AB為圓M與圓N的公共弦，且圓M的半徑為1，所以且，故，當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)為時(shí)，，在△NAB中，，又，在上單調(diào)遞減，故為銳角，且當(dāng)時(shí)，最大，又在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)最大時(shí)，取得最大值，且最大值為，故選：D13．（2022·江蘇鹽城·三模）已知點(diǎn)為橢圓：的上頂點(diǎn)，點(diǎn)，在橢圓上，滿足且，若滿足條件的△有且只有一個(gè)，則的離心率的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】設(shè)：取，聯(lián)立橢圓結(jié)合求出A、B的點(diǎn)坐標(biāo)，由及兩點(diǎn)距離公式得到，根據(jù)題設(shè)且無其它k值，得到，進(jìn)而求的范圍，即可求離心率范圍.【詳解】設(shè)直線：，則：，而，不妨取，直線與橢圓聯(lián)立，消去得，解得，所以，則，因?yàn)?，所以，整理得，，易知符合，因?yàn)闈M足條件的△有且只有一個(gè)，所以無之外的解，整理得，所以，即，所以離心率．故選：B14．（2022·江蘇鹽城·三模）已知正實(shí)數(shù)a，b，c滿足：，，則a，b，c大小滿足（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】首先利用三角函數(shù)恒等變形，判斷；再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷的關(guān)系，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大，即可判斷選項(xiàng).【詳解】由，又單增，，則，設(shè),，得，當(dāng)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，所以函數(shù)的最大值又，∴，故選：D15．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）已知，函數(shù)，當(dāng)x＞1時(shí)，恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值為（

）A． B． C． D．1【答案】D【解析】【分析】將x＞1時(shí)，恒成立，轉(zhuǎn)化為恒成立，令，用導(dǎo)數(shù)法求解.【詳解】解：因?yàn)閤＞1時(shí)，恒成立，所以在x＞1時(shí)，恒成立，即，在x＞1時(shí)，恒成立，令，則，又，當(dāng)時(shí)，即，因?yàn)?，，，不成立；?dāng)時(shí)，即，則所以在上遞增，則，所以在上遞增，所以，解得，實(shí)數(shù)的最小值為1，故選：D16．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）已知，且，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】已知條件兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，根據(jù)結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，由，可得.【詳解】因?yàn)?，，所以，即記由，解得，解，得，所以函?shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減因?yàn)?，則時(shí)，有，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以因?yàn)?，所以，所?綜上，.故選：C17．（2022·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知、分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，為右頂點(diǎn)，為上頂點(diǎn)，若在線段上（不含端點(diǎn)）存在不同的兩點(diǎn)，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】求得線段的方程為，在線段上取一點(diǎn)，由已知可得關(guān)于的方程在時(shí)有兩個(gè)不等的實(shí)根，根據(jù)二次方程根的分布可得出關(guān)于、、的不等式組，由此可解得的取值范圍.【詳解】易知點(diǎn)、、、，則線段的方程為，在線段上取一點(diǎn)，滿足，則，，，所以，，整理可得，由題意可知，關(guān)于的方程在時(shí)有兩個(gè)不等的實(shí)根，則，可得，可得，所以，.故選：D.18．（2022·河北·模擬預(yù)測(cè)）高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的美譽(yù)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”：設(shè)，用表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)，也稱取整函數(shù)，例如：.已知，當(dāng)時(shí)，x的取值集合為A，則下列選項(xiàng)為的充分不必要條件的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】令，根據(jù)高斯函數(shù)知時(shí)，，利用導(dǎo)數(shù)分析不等式的解集，即可得解.【詳解】令，由題意時(shí)，，，時(shí)，，時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，顯然時(shí)，，又，所以的解為，其中，因?yàn)?，，，所以，故選：B19．（2022·河北·模擬預(yù)測(cè)）我們定義：方程的實(shí)數(shù)根叫做函數(shù)的“新駐點(diǎn)”，，若的“新駐點(diǎn)”分別為，則下列選項(xiàng)中正確的有（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)“新駐點(diǎn)”的定義分別求解的值或其范圍逐一驗(yàn)證即可.【詳解】，由“新駐點(diǎn)”的概念可知，故A錯(cuò)誤，C正確.令，，故在單調(diào)遞增，又，故，故B錯(cuò)誤，令，由上可知在單調(diào)遞增,故在先減后增，又，，，所以或,故D錯(cuò).故選：C二、多選題20．（2022·山東威?！と＃┮阎瘮?shù)，則（

）A．當(dāng)時(shí)，函數(shù)的定義域?yàn)锽．當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)镃．當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減D．當(dāng)時(shí)，關(guān)于x的方程有兩個(gè)解【答案】BCD【解析】【分析】A.由根式函數(shù)的定義域求法求解；B.由函數(shù)值域的求法求解；C.由，分和判斷；D.設(shè)，將問題轉(zhuǎn)化為，即有兩個(gè)解求解判斷.【詳解】A.當(dāng)時(shí)，，由，解得或，所以函數(shù)的定義域?yàn)?，故錯(cuò)誤；B.當(dāng)時(shí)，，定義域?yàn)镽，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)的值域?yàn)?，故正確；C.當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，在上遞減，當(dāng)時(shí)，，在上遞減，又，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，故正確；D.易知，，即為，設(shè)，則，即，若方程有兩個(gè)解則，故正確.故選：BCD21．（2022·山東威?！と＃?shù)學(xué)中有許多優(yōu)美的曲線，星形曲線就是其中之一，它最早是由古希臘天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)的，羅默、伯努利、萊布尼茲等數(shù)學(xué)家都研究過其性質(zhì)在工業(yè)生產(chǎn)中，利用星形曲線的特性，能設(shè)計(jì)出一種超輕超硬材料，展現(xiàn)了數(shù)學(xué)模型的廣泛性和應(yīng)用性．已知星形曲線，設(shè)為E上任意一點(diǎn)，則（

）A．曲線E與坐標(biāo)軸有四個(gè)交點(diǎn)B．C．曲線E有且只有兩條對(duì)稱軸D．【答案】ABD【解析】【分析】利用曲線方程令，可判斷A，利用可判斷B，利用方程可得曲線關(guān)于關(guān)于，軸對(duì)稱，關(guān)于對(duì)稱，可判斷C，結(jié)合對(duì)稱性可得，進(jìn)而可判斷D.【詳解】∵，令，可得，令，可得，∴曲線E與坐標(biāo)軸有四個(gè)交點(diǎn)，故A正確；由可知，，∴，故B正確；因?yàn)?，將方程中的換為，不變，則方程不變；將方程中的換為，不變，則方程不變；可得曲線關(guān)于，軸對(duì)稱；將方程中的換為，方程中的換為，則方程不變，可得曲線關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；將方程中的換為，換為，則方程不變，可得曲線關(guān)于對(duì)稱；將方程中的換為，換為，則方程不變，可得曲線關(guān)于對(duì)稱；故C錯(cuò)誤；由上可知曲線關(guān)于曲線關(guān)于，軸對(duì)稱，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，當(dāng)時(shí)，，所以，即，故D正確.故選：ABD.22．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）向量函數(shù)，則下述結(jié)論正確的有（

）A．若的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，則可能為B．周期時(shí)，則的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C．若的圖像向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到一個(gè)偶函數(shù)，則的最小值為D．若在上單調(diào)遞增，則【答案】ACD【解析】【分析】先由向量的數(shù)量積及三角恒等變換得到，再由對(duì)稱性、奇偶性及單調(diào)性依次判斷4個(gè)選項(xiàng)即可.【詳解】，對(duì)于A選項(xiàng)，若的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，則，所以，當(dāng)時(shí)，，故A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)，則=2，令，，當(dāng)時(shí)，，所以關(guān)于對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，若的圖像向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到，所以，又，所以，故C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)楹瘮?shù)在上遞增，所以，故D正確.故選：ACD.23．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則（

）A．的最大值為B．C．若，則D．對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)，且，若，則【答案】ABD【解析】【分析】對(duì)于A，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷導(dǎo)數(shù)正負(fù)，確定函數(shù)單調(diào)性，即可求得最大值；對(duì)于B，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷；對(duì)于C，構(gòu)造函數(shù)，判斷其單調(diào)性，結(jié)合即即可判斷；對(duì)于D，將展開整理得，然后采用分析法的思想，推出，構(gòu)造函數(shù)，求其最小值即可判斷.【詳解】由題意得，則，當(dāng)時(shí)，，遞增，當(dāng)時(shí)，，遞減，故，故A正確；由于，由于當(dāng)時(shí)，遞減，故，即，即，因?yàn)?，故，即，故，故B正確；因?yàn)椋?，設(shè)，由于當(dāng)時(shí)，遞增，當(dāng)時(shí)，遞減，故單調(diào)減函數(shù)，故，即，由于，不妨設(shè)，則，即，故C錯(cuò)誤；對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)，且，若，不妨設(shè)，即，設(shè)，則，則，，而，設(shè)令，則，即為單調(diào)增函數(shù)，故，即成立，故，故D正確，故選：ABD24．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐的底面為矩形，底面，，且，則下列結(jié)論中不正確的是（

）A．為線段上的點(diǎn)，則存在點(diǎn)使得平面B．到平面的距離有可能等于C．與平面所成的角有可能等于D．四棱錐的外接球的表面積的最小值是【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)線面平行的定義，點(diǎn)到平面的距離的定義，以及線面角和球的表面積公式，逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可得到答案.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，記和的交點(diǎn)為，則，平面，故選項(xiàng)正確;對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)?，故平面，所以到平面的距離等于到平面的距離，由平面，平面平面，所以到的距離即為到平面的距離，當(dāng)時(shí)，到平面的距離等于，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，角是與平面所成的角，當(dāng)時(shí)，線面角為，此時(shí)方程組無正解，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，四棱錐可以補(bǔ)成長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體的外接球的半徑為，而，所以外接球的半徑大于等于，所以其表面積的最小值為，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：CD.25．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）橢圓:的左、右焦點(diǎn)分別為，點(diǎn)在橢圓上，點(diǎn)在以為圓心，的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為直徑的圓上，則下列說法正確的是（

）A．橢圓的離心率為B．的最大值為C．過點(diǎn)的直線與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)直線方程為D．的最小值為【答案】BD【解析】【分析】利用橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程直接求離心率即可判斷A；根據(jù)橢圓定義以及基本不等式即可判斷B；直接考慮直線斜率不存在的情況即可判斷C；利用橢圓的定義將轉(zhuǎn)化成，進(jìn)而根據(jù)幾何關(guān)系求其最值即可判斷D.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)，由橢圓的方程知，所以離心率，故選項(xiàng)不正確；對(duì)于選項(xiàng)B，由橢圓的定義可得，所以，即當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最大值為，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，所求直線為，滿足條件，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，圓：，所以，故選項(xiàng)D正確；故選：BD.26．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于偶函數(shù)，下列結(jié)論中正確的是（

）A．函數(shù)在處的切線斜率為B．函數(shù)恒成立C．若則D．若對(duì)于恒成立，則的最大值為【答案】BD【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可判斷A；構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題可判斷B；對(duì)求導(dǎo)，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值的大小可判斷C；利用在上的單調(diào)性，求出恒成立，進(jìn)而確定的最大值，進(jìn)而判斷D.【詳解】因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以，所以；對(duì)于選項(xiàng)，因?yàn)樗运运院瘮?shù)在處的切線斜率為故選項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)，令則當(dāng)時(shí)，所以單調(diào)遞減，所以即

所以因?yàn)闉榕己瘮?shù)，所以函數(shù)恒成立.故選項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)，令則當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減，所以即在上恒成立，因此函數(shù)在上單調(diào)遞減.又所以故選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞減，所以函數(shù)在上也單調(diào)遞減，所以在上恒成立，即在上恒成立，即的最大值為故選項(xiàng)正確；故選：.27．（2022·山東棗莊·三模）已知、，且，則（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式可判斷A選項(xiàng)；利用基本不等式結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可判斷B選項(xiàng)；利用特殊值法可判斷C選項(xiàng)；構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)在上的單調(diào)性可判斷D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)椋?，，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，由基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以，，B對(duì)；對(duì)于C選項(xiàng)，取，，則，此時(shí)，C錯(cuò)；對(duì)于D選項(xiàng)，令，其中，則，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，因?yàn)椋瑒t，D對(duì).故選：ABD.28．（2022·山東棗莊·三模）給出構(gòu)造數(shù)列的一種方法：在數(shù)列的每相鄰兩項(xiàng)之間插入此兩項(xiàng)的和，形成新的數(shù)列，再把所得數(shù)列按照同樣的方法不斷構(gòu)造出新的數(shù)列．現(xiàn)自1，1起進(jìn)行構(gòu)造，第1次得到數(shù)列1，2，1，第2次得到數(shù)列1，3，2，3，1，…，第次得到數(shù)列，記，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，則（

）A． B． C． D．【答案】CD【解析】【分析】通過計(jì)算求出的值，運(yùn)用歸納法得到之間的關(guān)系，最后根據(jù)等比數(shù)列的定義和前n項(xiàng)和公式進(jìn)行求解判斷即可.【詳解】由題意得：，所以有，因此選項(xiàng)AB不正確；，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，因此有，因此選項(xiàng)C正確；，所以選項(xiàng)D正確，故選：CD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：通過計(jì)算得到是解題的關(guān)鍵.29．（2022·福建廈門·模擬預(yù)測(cè)）已知F為雙曲線的右焦點(diǎn)，過F的直線l與圓相切于點(diǎn)M，l與C及其漸近線在第二象限的交點(diǎn)分別為P，Q，則（

）A． B．直線與C相交C．若，則C的漸近線方程為 D．若，則C的離心率為【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)給定條件，計(jì)算切線長(zhǎng)判斷A；由直線斜率與的大小說明判斷B；求出出點(diǎn)Q，P的坐標(biāo)計(jì)算判斷C，D作答.【詳解】令雙曲線的半焦距為c，有，，依題意，，如圖，對(duì)于A，，A正確；直線的斜率，直線是雙曲線C過第一三象限的漸近線，直線與C不相交，B不正確；對(duì)于C，由選項(xiàng)A可得點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，依題意，，即，解得，即，又點(diǎn)Q在直線上，則有，解得，有，C的漸近線方程為，C不正確；對(duì)于D，由選項(xiàng)C同理得點(diǎn)，因此，即，解得，D正確.故選：AD30．（2022·福建廈門·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，則（

）A．是奇函數(shù) B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C．有唯一一個(gè)零點(diǎn) D．不等式的解集為【答案】BCD【解析】【分析】求解的定義域，可知定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，知A錯(cuò)誤；根據(jù)解析式驗(yàn)證可知，則知B正確；當(dāng)時(shí)，由單調(diào)性的性質(zhì)可確定在上單調(diào)遞減，結(jié)合值域的求法可求得；結(jié)合對(duì)稱性可知在上單調(diào)遞減；利用零點(diǎn)存在定理可說明在有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，知C正確；結(jié)合C的結(jié)論可說明時(shí)，時(shí)，；利用單調(diào)性，分別討論和在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)、兩個(gè)不同單調(diào)區(qū)間內(nèi)的情況，解不等式組可求得結(jié)果.【詳解】對(duì)于A，由得：，即定義域?yàn)椋魂P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，為非奇非偶函數(shù)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，，，，圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞減；由知：圖象關(guān)于對(duì)稱，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，，，在上無零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，，，，使得，則在上有唯一零點(diǎn)；綜上所述：有唯一一個(gè)零點(diǎn)，C正確；對(duì)于D，由C知：在和上單調(diào)遞減，又時(shí)，；時(shí)，；①當(dāng)，即時(shí)，由得：，解得：（舍）或；②當(dāng)時(shí)，不等式組無解，不合題意；③當(dāng)，即時(shí)，，，滿足題意；④當(dāng)，即時(shí)，，，不合題意；綜上所述：的解集為：，D正確.故選：BCD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用問題，涉及到函數(shù)奇偶性的判斷、對(duì)稱性的判斷、函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的求解、利用函數(shù)單調(diào)性解不等式；利用單調(diào)性解不等式的關(guān)鍵是能夠確定函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)單調(diào)性將函數(shù)值大小關(guān)系的比較轉(zhuǎn)化為自變量大小關(guān)系的比較問題.31．（2023·福建漳州·三模）若函數(shù)的圖象與的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則（

）A．B．θ的值可以是C．函數(shù)f(x)在單調(diào)遞減D．將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度可以得到g(x)的圖象【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱可知，據(jù)此可判斷AB，由正弦函數(shù)的單調(diào)性可判斷C，根據(jù)函數(shù)圖象的平移判斷D.【詳解】因?yàn)椋深}意，所以，即，所以，θ的值不可以是，，當(dāng)時(shí)，，由正弦函數(shù)的單調(diào)性知函數(shù)f(x)在單調(diào)遞減；將的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度可得，得不到g(x)的圖象.故選：AC32．（2023·福建漳州·三模）已知函數(shù)，若方程有且只有三個(gè)實(shí)根，且，則（

）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)的圖像將方程轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)問題，通過函數(shù)圖像判斷A，C，D的正誤，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求出的值，進(jìn)而判斷B的正誤.【詳解】根據(jù)題意，令，可得，或，作出的圖像，如圖一所示，由方程可得，，所以，當(dāng)時(shí)，，則有，即，當(dāng)時(shí)，，則有，即，當(dāng)時(shí)，，則有，即，設(shè)，所以，作出和圖像如圖二所示，因?yàn)橹本€繞坐標(biāo)系原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)直線與相切時(shí)，直線與有三個(gè)交點(diǎn)，如果直線繼續(xù)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，會(huì)有四個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)直線過時(shí)，，即，此時(shí)也過點(diǎn)，所以直線與有兩個(gè)個(gè)交點(diǎn)，綜上，當(dāng)且僅當(dāng)直線與相切時(shí)，直線與有三個(gè)交點(diǎn)，所以，，，故A正確，C錯(cuò)誤，因?yàn)?，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，所以，解得，故B正確，因?yàn)?，，，所以，，所以，故D正確，故選：ABD.33．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）已知A（a，0），M（3，-2），點(diǎn)P在拋物線上，則（

）A．當(dāng)時(shí)，最小值為1B．當(dāng)時(shí)，的最小值為3C．當(dāng)時(shí)，的最小值為4D．當(dāng)時(shí)，的最大值為2【答案】ACD【解析】【分析】當(dāng)時(shí)，得到為拋物線焦點(diǎn)，利用焦半徑求出，從而判斷A選項(xiàng)；作輔助線，得到當(dāng)N，P，M三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，求出最小值，判斷C選項(xiàng)；延長(zhǎng)AM交拋物線于點(diǎn)，此時(shí)為的最大值，求出最大值，判斷D選項(xiàng)；當(dāng)時(shí)，利用兩點(diǎn)間距離公式和配方求出最小值，判斷B選項(xiàng).【詳解】當(dāng)時(shí)，為拋物線的焦點(diǎn)，設(shè)，則，故的最小值為1，A正確；設(shè)拋物線的準(zhǔn)線為，過點(diǎn)P作PN⊥l于點(diǎn)N，此時(shí)，故當(dāng)N，P，M三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，此時(shí)，C正確；當(dāng)時(shí)，，連接AM，并延長(zhǎng)AM交拋物線于點(diǎn)，此時(shí)為的最大值，當(dāng)在其他位置時(shí)，根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，可知均小于，因?yàn)?，故D正確；此時(shí)當(dāng)時(shí)，，B錯(cuò)誤.故選：ACD34．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）若，則下列式子可能成立的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，，得到其單調(diào)性且零點(diǎn)情況，分與兩種情況進(jìn)行討論，由函數(shù)單調(diào)性解不等式，求出答案.【詳解】令，則恒成立，所以單調(diào)遞增，其中，，則存在，使得①當(dāng)時(shí)，即，若，則，且，則，不滿足，故，且，所以又因?yàn)?，所以，D正確；②當(dāng)時(shí)，，即（1）當(dāng)時(shí)，，，則成立，故，B正確；（2）當(dāng)時(shí)，，若，則，因?yàn)?，且在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，，則，所以，所以，又因?yàn)椋?，選項(xiàng)C正確.故選：BCD【點(diǎn)睛】對(duì)于多元方程或不等式問題，要根據(jù)方程或不等式特征構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行求解，注意分類討論.35．（2022·江蘇鹽城·三模）已知銳角，下列說法正確的是（

）A． B．C．，，則 D．【答案】BCD【解析】【分析】取特殊值，可判斷A;根據(jù)三角形是銳角三角形，可知，判斷B;利用同角的三角函數(shù)的關(guān)系式可求得，結(jié)合正切函數(shù)的單調(diào)性，可判斷C;由三角形是銳角三角形可得，可得，結(jié)合輔助角公式，以及三角函數(shù)性質(zhì)，可判斷D.【詳解】對(duì)于A，取，則，可知A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由于是銳角三角形，故，故，故B正確；對(duì)于C，銳角中，由知，故，則，即C正確；對(duì)于D，是銳角三角形，故，所以，故，即，即D正確，故選：BCD36．（2022·江蘇鹽城·三模）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn)在線段（不包含端點(diǎn)）上，則下列結(jié)論正確的是（

）A．三棱錐的體積隨著點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)而變化B．異面直線與所成角的取值范圍是C．直線平面D．三棱錐的外接球表面積的最小值為【答案】BC【解析】【分析】對(duì)于A選項(xiàng)，連接，由平面，即直線上任意點(diǎn)到平面的距離相等；對(duì)于B選項(xiàng)，為正三角形，則當(dāng)且僅當(dāng)在中點(diǎn)時(shí)，，即可判斷；對(duì)于C選項(xiàng)，證明平面即可，對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，外接球半徑最小，計(jì)算即可.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)?，所以平面，所以，為定值，即A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)闉檎切?，與所成角的范圍為，即B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，易知，，，，，則平面平面，可知平面，平面，即C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，易知當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，外接球半徑最小，此時(shí)設(shè)的中心為，的中心為，的中點(diǎn)為，則，，，則易知，所以最小球即為以為球心，半徑，表面積，即D錯(cuò)誤．故選：BC37．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）過點(diǎn)作兩條直線分別交拋物線于和，其中直線AB垂直于軸（其中，位于軸上方），直線，交于點(diǎn)．則（

）A． B． C．QP平分 D．的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】設(shè)點(diǎn)，將直線的方程代入拋物線方程，通過韋達(dá)定理，判斷A項(xiàng)，求出直線的方程，直線的方程，推出點(diǎn)的橫坐標(biāo)，判斷B項(xiàng)，通過，但，判斷C項(xiàng)，通過兩點(diǎn)間的距離公式表示出，通過判斷函數(shù)的單調(diào)性求出的最小值，判斷D項(xiàng)【詳解】設(shè)點(diǎn)設(shè)直線的方程為：將直線方程與拋物線方程聯(lián)系方程組得：，故A正確由題意可知：則，直線的方程為：,直線的方程為：消去得：將代入上式得：，所以，故B正確，但，故C錯(cuò)誤當(dāng)時(shí)，此時(shí)，故D正確故選：ABD38．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）如圖，矩形所在平面與正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，則（

）A．B．若為線段的中點(diǎn)，則平面C．點(diǎn)B到平面CEF的距離為D．的最小值為48【答案】ABC【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)、平面的法向量進(jìn)行求解判斷即可.【詳解】因?yàn)槭蔷匦危?，又因?yàn)榫匦嗡谄矫媾c正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面與正方形相交于，所以平面，而平面，所以，而是正方形，所以，因此建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則有，因?yàn)?，所以有，因此選項(xiàng)A正確；當(dāng)為線段的中點(diǎn)時(shí)，，，，設(shè)平面的法向量為，于是有，因?yàn)槠矫?，所以選項(xiàng)B正確；，，所以點(diǎn)B到平面CEF的距離為，因此選項(xiàng)C正確；設(shè)，，，當(dāng)時(shí)，有最小值47，因此本選項(xiàng)不正確，故選：ABC39．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）“外觀數(shù)列”是一類有趣的數(shù)列，該數(shù)列由正整數(shù)構(gòu)成，后一項(xiàng)是前一項(xiàng)的“外觀描述”．例如：取第一項(xiàng)為，將其外觀描述為“個(gè)”，則第二項(xiàng)為；將描述為“個(gè)”，則第三項(xiàng)為；將描述為“個(gè)，個(gè)”，則第四項(xiàng)為；將描述為“個(gè)，個(gè)，個(gè)”，則第五項(xiàng)為，…，這樣每次從左到右將連續(xù)的相同數(shù)字合并起來描述，給定首項(xiàng)即可依次推出數(shù)列后面的項(xiàng)．對(duì)于外觀數(shù)列，下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則的最后一個(gè)數(shù)字為6 D．若，則中沒有數(shù)字【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)題干中的遞推規(guī)律，依次分析各項(xiàng)的正誤.【詳解】對(duì)于A項(xiàng)，，即“個(gè)”，，即“個(gè)，個(gè)”，，即“個(gè)，個(gè)”，故，故A項(xiàng)錯(cuò)；對(duì)于B項(xiàng)，，即“2個(gè)2”，，即“2個(gè)2”，以此類推，該數(shù)列的各項(xiàng)均為22，則，故B項(xiàng)正確；對(duì)于C項(xiàng)，，即“1個(gè)6”，，即“1個(gè)1，1個(gè)6”，，即“3個(gè)1，1個(gè)6”，故，即“1個(gè)3，2個(gè)1，1個(gè)6”，以此類推可知，的最后一個(gè)數(shù)字均為6，故C項(xiàng)正確；對(duì)于D項(xiàng)，，則，，，，若數(shù)列中，中為第一次出現(xiàn)數(shù)字，則中必出現(xiàn)了個(gè)連續(xù)的相同數(shù)字，如，則在的描述中必包含“個(gè)，個(gè)”，即，顯然的描述是不合乎要求的，若或，同理可知均不合乎題意，故不包含數(shù)字，故D項(xiàng)正確.故選：BCD.40．（2022·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱臺(tái)（上下底面都是正方形的四棱臺(tái)）．下底面ABCD邊長(zhǎng)為2，上底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為，則（

）A．它的表面積為B．它的外接球的表面積為C．側(cè)棱與下底面所成的角為60°D．它的體積比棱長(zhǎng)為的正方體的體積大【答案】ACD【解析】【分析】分別求得上、下底面面積，再求得側(cè)面等腰梯形的面積，即可判斷A的正誤；如圖作輔助線，可求得各個(gè)長(zhǎng)度，根據(jù)三角函數(shù)的定義，可判斷C的正誤；求得的長(zhǎng)，分析可得即為正四棱臺(tái)外接球的球心，且外接球半徑，代入表面積公式，可判斷B的正誤；分別求得正四棱臺(tái)的體積和正方體的體積，利用作商法比大小，即可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】由題意得：上底面的面積，下底面的面積，側(cè)面為等腰梯形，過分別做AB的垂線，垂足為E、F，如圖所示所以，則，所以，所以梯形的面積為，所以正四棱臺(tái)的表面積，故A正確；連接，且交于點(diǎn)，連接AC、BD交于點(diǎn)，連接，則垂直底面ABCD，過作于G，則底面ABCD，則四邊形為矩形，由題意得，所以，同理，又，所以，在中，，所以，即側(cè)棱與下底面所成的角為60°，故C正確所以.連接，在中，，所以點(diǎn)到的距離相等，均為，所以點(diǎn)即為正四棱臺(tái)外接球的球心，且外接球半徑，所以外接球的表面積，故B錯(cuò)誤；正四棱臺(tái)的體積，棱長(zhǎng)為的正方體的體積，所以，所以，所以正四棱臺(tái)的體積比棱長(zhǎng)為的正方體的體積大，故D正確；故選：ACD【點(diǎn)睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握棱臺(tái)的表面積、體積的求法及公式，并靈活應(yīng)用，難點(diǎn)在于求各個(gè)棱長(zhǎng)及確定為外接球的球心，考查分析理解，數(shù)形結(jié)合的能力，屬中檔題.41．（2022·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，底面交于點(diǎn)O，M是棱上的動(dòng)點(diǎn)，則（

）A．三棱錐體積的最大值為B．存在點(diǎn)M，使平面C．點(diǎn)M到平面的距離與點(diǎn)M到平面的距離之和為定值D．存在點(diǎn)M，使直線與所成的角為【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)題意以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AS所在直線分別為軸，利用向量法判斷CD，根據(jù)底面積不變，高最大時(shí)，錐體體積最大，判斷A選項(xiàng).根據(jù)線面平行的判定定理判斷B即可求解.【詳解】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AS所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)，則,由是棱上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)，,因?yàn)榈酌鏋檎叫危?又底面所以,又,所以底面,所以當(dāng)與D重合時(shí)，三棱錐體積的最大且為，故A對(duì).當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，是的中位線，所以，又平面，平面，所以平面，故B正確；點(diǎn)到平面的距離，點(diǎn)到平面的距離,所以，故C正確.,,若存在點(diǎn)，使直線與所成的角為30°則，化簡(jiǎn)得，無解，故D錯(cuò)誤；故選：ABC三、雙空題42．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)滿足且，當(dāng)時(shí)，，則的值域?yàn)開___，若方程在上有個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍為______.【答案】

【解析】【分析】根據(jù)題意得到函數(shù)是上周期為4的偶函數(shù)，轉(zhuǎn)化為每個(gè)周期內(nèi)有6個(gè)不同的實(shí)根，得到方程在內(nèi)有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的值域，設(shè)，轉(zhuǎn)化為，設(shè)，得到方程在內(nèi)有個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，得到1個(gè)根在，另1個(gè)根在，分類討論，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)滿足可得函數(shù)是上周期為4的偶函數(shù)，又由區(qū)間內(nèi)共有5個(gè)周期，方程有30個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，所以每個(gè)周期內(nèi)有6個(gè)不同的實(shí)根.所以方程在內(nèi)有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，當(dāng)時(shí)，，可得，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，所以，則的值域?yàn)?設(shè)則，設(shè)，則，而，要使方程在內(nèi)有個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則函數(shù)在上必有2個(gè)根，且1個(gè)根在，另1個(gè)根在，如圖所示當(dāng)作為根時(shí)，另一個(gè)根在，則，此時(shí)；當(dāng)一個(gè)根在時(shí)，另一個(gè)根在，則，解得，綜上可得，實(shí)數(shù)的取值范圍為.故答案為：；.43．（2022·福建廈門·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列與數(shù)列的前n項(xiàng)和分別為，則_________；若對(duì)于恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是___________．【答案】

【解析】【分析】設(shè)，，可得出，由裂項(xiàng)相消法可求出，不等式可化為恒成立，求出的最小值即可.【詳解】設(shè)，，則，所以，所以，由，得，即對(duì)于恒成立，設(shè)，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，又，且，則，所以，所以，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.故答案為：；.44．（2023·福建漳州·三模）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，，點(diǎn)P在C上，直線PF2與y軸交于點(diǎn)Q，點(diǎn)P在線段上，的內(nèi)切圓的圓心為，若為正三角形，則=___________，C的離心率的取值范圍是___________．【答案】

【解析】【分析】設(shè)為上頂點(diǎn)，點(diǎn)位于第一象限，作交橢圓于點(diǎn)如圖所示，則，即可求解，又因?yàn)辄c(diǎn)位于點(diǎn)與之間，所以，利用正切值即可求解離心率范圍．【詳解】設(shè)為上頂點(diǎn)，點(diǎn)位于第一象限，作交橢圓于點(diǎn)，則如圖所示：依題意得依題意得點(diǎn)位于點(diǎn)與之間，故所以，則化為，解得故答案為：，四、填空題45．（2022·山東威?！と＃┮阎€，若有且只有一條直線同時(shí)與，都相切，則________．【答案】1【解析】【分析】設(shè)出直線與兩條曲線的切點(diǎn)坐標(biāo)，分別求出曲線在切點(diǎn)處的切線方程，再利用兩個(gè)方程所表示的直線重合，建立方程組求解.【詳解】設(shè)與相切于，與相切于點(diǎn)，由，得，則與相切于點(diǎn)的切線方程為：，即，由，，則與相切于點(diǎn)的切線方程為：，即，，因?yàn)閮汕芯€重合，所以，①，②，由①得，代入②得，，化簡(jiǎn)得，，明顯可見，，時(shí)等式成立.故答案為：146．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，點(diǎn)是拋物線上一點(diǎn)，過點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線，交于點(diǎn)，若，，則拋物線的方程為______.【答案】【解析】【分析】利用拋物線的定義得到，再利用等腰三角形得到，進(jìn)而利用直角三角形和的幾何意義進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)閽佄锞€上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離，所以，又，所以為頂角為的等腰三角形，所以，記準(zhǔn)線與軸交于點(diǎn)，則，所以，所以該拋物線方程為.故答案為：.47．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線與軸的交點(diǎn)為，雙曲線的一條漸近線被拋物線截得的弦為，為坐標(biāo)原點(diǎn)，若為直角三角形，則該雙曲線的離心率等于_______．【答案】或【解析】【分析】對(duì)的直角進(jìn)行討論，若，求出點(diǎn)坐標(biāo)，代入到漸近線方程可得，進(jìn)而求出離心率；若，聯(lián)立拋物線與漸近線方程求出點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)向量垂直的數(shù)量積為零得出，進(jìn)而求出離心率.【詳解】由題意知，雙曲線的漸近線方程為，可取漸近線，若，則，代入，得，故，故;若，由得，則由，得，整理得，解得（負(fù)值舍去），所以此時(shí).故答案為：或.48．（2022·山東棗莊·三模）魯班鎖是我國(guó)傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國(guó)古代建筑中的榫卯結(jié)構(gòu)，其內(nèi)部的凹凸部分嚙合十分精巧．圖1是一種魯班鎖玩具，圖2是其直觀圖．它的表面由八個(gè)正三角形和六個(gè)正八邊形構(gòu)成，其中每條棱長(zhǎng)均為．若該玩具可以在一個(gè)正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)（忽略摩擦），則此正方體表面積的最小值為________．【答案】##【解析】【分析】計(jì)算出該玩具任意兩點(diǎn)間最大距離，可得出正方體的棱長(zhǎng)，即可求得正方體的表面積.【詳解】將魯班鎖補(bǔ)成正方體，然后以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，在魯班鎖所在幾何體上任取一個(gè)頂點(diǎn)，觀察圖形可知，到魯班鎖所在幾何體上其他頂點(diǎn)的距離的最大值在、、、、、、、中取得，結(jié)合圖形可知、、、、、、、，則，，，，，，，，所以，到魯班鎖所在幾何體上其他頂點(diǎn)的距離的最大值，所以，若該玩具可以在一個(gè)正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)（忽略摩擦），設(shè)該正方體的棱長(zhǎng)的最小值為，則，該正方體的表面積為.故答案為：.49．（2022·山東棗莊·三模）已知均為單位向量，且夾角為，若向量滿足