2022年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編(七)(原卷版+解析)

2022年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編（七）一、單選題1．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，直角三角形的三個頂點分別在等邊三角形的邊、、上，且，則長度的最大值為（）A． B．6 C． D．2．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知實數(shù)滿足，則大小關系為（）A． B．C． D．3．（2021·江蘇高郵·高三月考）某一輛汽車經過多次實驗得到，每小時耗油量（單位：與速度（單位：的下列數(shù)據：04060801200.0006.6678.12510.00020.000為了描述汽車每小時耗油量與速度的關系，現(xiàn)有以下四種模型供選擇：甲：，乙：，丙：，?。?其中最符合實際的函數(shù)模型為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁4．（2021·福建·三明一中高三月考）設函數(shù)在上存在導函數(shù)，對任意實數(shù)，都有，當時，，若，則實數(shù)的最小值是（）A． B． C． D．5．（2021·福建福州·高三期中）已知函數(shù)，若實數(shù)滿足且，則的取值范圍為（）A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）6．（2021·福建福州·高三期中）意大利數(shù)學家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：即1?1?2?3?5?8?13?21在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草，萬壽簡等）的瓣數(shù)恰是斐波那契數(shù)列中的數(shù)，斐波那契數(shù)列在物理及化學等領域也有著廣泛得應用.已知斐波那契數(shù)列滿足：，若，則等于（）A．15 B．14 C．608 D．3777．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知函數(shù)，分別是定義在上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且，若函數(shù)有唯一零點，則實數(shù)的值為A．或 B．1或 C．或2 D．或18．（2021·山東日照·高三月考）設，，，則（）A． B． C． D．9．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)，，若方程有4個實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．10．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數(shù)的定義域為，是奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當時，，則以下各項中最小的是（）A． B． C． D．11．（2021·湖北武漢·高三期中）已知雙曲線的左?右焦點分別為，，過且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為A，若，則此雙曲線的漸近線為（）A． B． C． D．12．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知，，，則（）A． B． C． D．13．（2022·全國·高三專題練習）在中，D為三角形所在平面內一點，且，則（）A． B． C． D．14．（2020·陜西·涇陽縣教育局教學研究室高一期中）Logistic模型是常用數(shù)學模型之一，可應用于流行病學領域．有學者根據公布數(shù)據建立了某地區(qū)新冠肺炎累計確診病例數(shù)I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：，其中K為最大確診病例數(shù)．當I()=0.95K時，標志著已初步遏制疫情，則約為（）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．6915．（2021·湖南郴州·高三月考）已知函數(shù)，若，且的最大值為3，則的值為（）A．-1 B．1 C．0 D．216．（2021·湖南郴州·高三月考）已知點是橢圓：上一點，點?是橢圓的左?右焦點，若的內切圓半徑的最大值為，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．17．（2021·湖南·高三月考）如圖是古箏鳴箱俯視圖，鳴箱有多根弦，每根弦下有一只弦碼，弦碼又叫雁柱，用于調節(jié)音高和傳振.右圖是根據左圖繪制的古箏弦及其弦碼簡易直觀圖.在直觀圖中，每根弦都垂直于x軸，左邊第一根弦在y軸上，相鄰兩根弦間的距離為1，弦碼所在的曲線(又稱為雁柱曲線)方程為y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示與y軸重合的弦)根弦分別與雁柱曲線和直線l：y＝x＋1交于點An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，則（）參考數(shù)據：1.122＝8.14A．814 B．900 C．914 D．100018．（2021·湖南·高三月考）已知球O的半徑為2，三棱錐P－ABC四個頂點都在球O上，球心O在平面ABC內，△ABC是正三角形，則三棱錐P－ABC的最大體積為（）A．3 B．2 C． D．3二、多選題19．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，?分別為，的中點，過點??作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（）A．三棱柱外接球的表面積為B．C．若交于，則D．將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為20．（2021·江蘇高郵·高三月考）函數(shù)在區(qū)間，上連續(xù)，對，上任意二點與，有時，我們稱函數(shù)在，上嚴格上凹，若用導數(shù)的知識可以簡單地解釋為原函數(shù)的導函數(shù)的導函數(shù)（二階導函數(shù)）在給定區(qū)間內恒為正，即.下列所列函數(shù)在所給定義域中“嚴格上凹”的有（）A． B．C． D．21．（2022·全國·高三專題練習）在中，角??的對邊分別為??，已知，下列哪些條件一定能夠得到？（）A． B．C． D．邊上的中線長為22．（2021·福建·三明一中高三月考）若存在直線，使得函數(shù)和對其公共定義域上的任意實數(shù)都滿足，則稱此直線為和的“隔離直線”，已知函數(shù)，，，下列命題為真命題的是（）A．在內單調遞增B．和之間存在“隔離直線”，且的最小值為C．和之間存在“隔離直線”，且的取值范圍是D．和之間存在唯一的“隔離直線”23．（2021·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是邊長為2，側棱長為4，E是的中點，則（）A．三棱錐的體積為B．C．三棱錐的外接球的半徑是D．過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形面積為24．（2021·福建福州·高三期中）已知函數(shù)的定義域、值域都是，且滿足，則下列結論一定正確的是（）A．若，則 B．C． D．25．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）在數(shù)學中，布勞威爾不動點定理可應用到有限維空間，并構成一般不動點的基石，它得名與荷蘭教學家魯伊茲布勞威爾，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在一個點，使得，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，下列為“不動點”函數(shù)的是（）A． B．C． D．26．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）對，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，十八世紀，y=[x]被“數(shù)學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數(shù)，人們更習慣稱為“取整函數(shù)”，則下列命題中的真命題是（）A．B．C．函數(shù)的值域為[0，1）D．若，使得同時成立，則正整數(shù)n的最大值是527．（2021·山東日照·高三月考）已知正方形ABCD的邊長為2，點P為正方形ABCD所在平面內的一點，則（）A．若點Р滿足，且，則點Р在線段BC上B．若點P滿足，則C．若，則點Р在的中位線上D．以點A為圓心作單位圓，分別交AB，AD于E，F(xiàn)兩點，點Р是弦EF所對的劣弧上一點，則的取值范圍為28．（2021·山東日照·高三月考）函數(shù)，下列命題正確的是（）A．若且，則B．方程最多有兩個實根C．直線與曲線相切于點則D．當時，函數(shù)滿足，且與圖象的交點為，則29．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)，下列結論正確的是（）A．是奇函數(shù)B．若在定義域上是增函數(shù)，則C．若的值域為，則D．當時，若，則30．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數(shù)，則下述結論中錯誤的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在[0，2π]有且僅有2個極小值點B．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在上單調遞增C．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則ω的范圍是D．若f（x）圖象關于對稱，且在單調，則ω的最大值為1131．（2021·福建·福清西山學校高三期中）如圖，，，是全等的等腰直角三角形，，處為直角頂點，且O，，，四點共線.，若點，，，分別是邊，，上的動點（包含端點），記，，，則（）A． B． C． D．32．（2021·湖北武漢·高三期中）已知數(shù)列滿足，，前n項和為，則下列選項中正確的是（）（參考數(shù)據：，）A． B．C． D．是單調遞增數(shù)列，是單調遞減數(shù)列33．（2021·湖南·高三月考）已知數(shù)列的前n項和為，下列說法正確的是（）A．若，則是等差數(shù)列B．若，則是等比數(shù)列C．若是等差數(shù)列，則D．若是等比數(shù)列，則，，成等比數(shù)列34．（2021·湖南郴州·高三月考）已知直線：和圓：，下列說法正確的是（）A．直線恒過定點 B．圓被軸截得的弦長為C．直線被圓截得的弦長存在最大值，且最大值為4 D．直線被圓截得的弦長存在最小值，且最小值為435．（2021·湖南郴州·高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，，?分別是?的中點，是上的動點，則下列結論中正確的是（）A．直線，所成的角的大小隨點的位置變化而變化B．三棱錐的體積是定值C．直線與平面所成的角的余弦值是D．三棱柱的外接球的表面積是36．（2021·湖南·高三月考）已知數(shù)列{an}各項均是正數(shù)，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0<a<4)的兩根，下列結論正確的是（）A．若{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{an}前9項和為18B．若{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公差為2C．若{an}是等比數(shù)列，{an}公比為q，a＝1，則q4－14q2＋1＝0D．若{an}是等比數(shù)列，則a3＋a7的最小值為237．（2021·湖南·高三月考）已知兩個完全一樣的四棱錐，它們的側棱長都等于，底面都是邊長為2的正方形.下列結論成立的是（）A．將這兩個四棱錐的底面完全重合，在得到的八面體中，有6對平行棱B．將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到的八面體的所有頂點都在半徑為的球上C．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到的幾何體共有7個面D．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，這兩個四棱錐的底面互相垂直三、雙空題38．（2021·福建福州·高三期中）已知數(shù)列滿足，則___________.設為數(shù)列的前項和，若對任意恒成立，則實數(shù)取值范圍是___________.39．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）函數(shù)，當時，零點的個數(shù)是______；若存在實數(shù)，使得對于任意，都有，則實數(shù)的取值范圍是______.40．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)的定義域為R，且滿足下列條件：①；②則___________；若方程在上有2020個不同的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是___________.41．（2021·湖北武漢·高三期中）如圖，已如平面四邊形ABCD，，，，.沿直線AC將翻折成，則___________；當平面平面ABC時，則異面直線AC與所成角余弦值是___________.

42．（2021·湖南郴州·高三月考）依次將一數(shù)列的每相鄰兩項之積及原數(shù)列首尾項（仍為新數(shù)列的首尾項），構造新的數(shù)列，再把所得數(shù)列按照同樣的方法不斷構造出新的數(shù)列.現(xiàn)將數(shù)列1，2進行構造，第1次得到數(shù)列1，2，2；第2次得到數(shù)列1，2，，2；第3次得到數(shù)列1，2，，，2；依次構造，第次得到數(shù)列1，，，…，，2；記，則___________，設數(shù)列的前項積為，則___________.四、填空題43．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）已知三棱錐P-ABC外接球的表面積為，PA平面ABC，，，則三棱錐體積的最大值為______.44．（2021·江蘇高郵·高三月考）我們知道，函數(shù)的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數(shù)為奇函數(shù)，有同學發(fā)現(xiàn)可以將其推廣為：函數(shù)的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數(shù)為奇函數(shù).則函數(shù)圖象的對稱中心為___________.45．（2021·福建·三明一中高三月考）已知函數(shù)，若函數(shù)恰有6個零點，則實數(shù)的取值范圍是______．46．（2021·福建福州·高三期中）為了參加校教職工運動會，某校高三年級組準備為本年級教師訂制若干件文化衫，經與廠家協(xié)商，可按出廠價結算，同時廠家也承諾超過50件就可以每件比出廠價低22元給予優(yōu)惠.如果按出廠價購買年級組總共應付元，但若再多買15件就可以達到優(yōu)惠條件并恰好也是共付元（為整數(shù)），則的值為___________.47．（2021·山東日照·高三月考）對任意的，定義函數(shù)滿足成立，則稱函數(shù)為函數(shù)到函數(shù)在區(qū)間D上的“中值函數(shù)”.已知函數(shù)，，，且是到在區(qū)間上的“中值函數(shù)”，則實數(shù)的取值范圍為___________.48．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數(shù)，，若函數(shù)有3個不同的零點，，，且，則的取值范圍是_____________.49．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知函數(shù)為奇函數(shù)，設，則___________.50．（2021·湖南·高三月考）在中，角，，所對的邊分別為，，，若，，，成等差，則的值為___________.51．（2021·湖南·高三月考）已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點B繞點A沿逆時針方向旋轉角得到點P.已知平面內點，，把點B繞點A沿順時針方向旋轉后得到點P，則點P的坐標為___________.52．（2021·湖南·高三月考）如圖是2021年9月17日13：34神州十二號返回艙(圖中C)接近地面的場景.傘面是表面積為1200m2的半球面(不含底面圓)，傘頂B與返回艙底端C的距離為半球半徑的5倍，直線BC與水平地面垂直于D，D和觀測點A在同一水平線上.在A測得點B的仰角∠(DAB＝30°，且BC的視角∠BAC滿足sin∠BAC＝，則此時返回艙底端離地面距離CD＝____________.(π＝3.14，sin∠ACB＝，計算過程中，球半徑四舍五入保留整數(shù)，長度單位：m).2022年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編（七）一、單選題1．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，直角三角形的三個頂點分別在等邊三角形的邊、、上，且，則長度的最大值為（）A． B．6 C． D．【答案】C【分析】設，用正弦定理把用表示，然后求得，結合兩?和與差的正弦公式可求得最大值．【詳解】設，則，，，中，由正弦定理，得，，同理，＝，其中，，且為銳角，所以當時，．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題考查用正弦定理解三角形．解題關鍵是引入角，把表示為的函數(shù)，從而把用的三角函數(shù)表示，再利用三角函數(shù)知識求得最值．2．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知實數(shù)滿足，則大小關系為（）A． B．C． D．【答案】D【分析】先分析得到，再構造函數(shù)利用導數(shù)比較的大小即得解.【詳解】，，設，所以，所以函數(shù)在單調遞減，設所以，所以，因為函數(shù)在單調遞減，所以，故選：D【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是兩次構造函數(shù)，第一次是構造函數(shù)，得到函數(shù)在單調遞減，第二次是構造函數(shù)得到.在解答函數(shù)的問題時，經常要觀察已知條件構造函數(shù)解決問題.3．（2021·江蘇高郵·高三月考）某一輛汽車經過多次實驗得到，每小時耗油量（單位：與速度（單位：的下列數(shù)據：04060801200.0006.6678.12510.00020.000為了描述汽車每小時耗油量與速度的關系，現(xiàn)有以下四種模型供選擇：甲：，乙：，丙：，?。?其中最符合實際的函數(shù)模型為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】根據題意以及表中數(shù)據可知，函數(shù)在定義域，上單調遞增，且函數(shù)的圖象經過坐標原點，即可判斷出最符合實際的函數(shù)模型．【詳解】依題意可知該函數(shù)必須滿足三個條件：第一，定義域為，；第二，在定義域上單調遞增；第三，函數(shù)經過坐標原點.當時，沒有意義，排除丁，函數(shù)不一定經過坐標原點，排除甲，函數(shù)單調遞減，排除丙，故最符合實際的函數(shù)模型為乙.故選：B.4．（2021·福建·三明一中高三月考）設函數(shù)在上存在導函數(shù)，對任意實數(shù)，都有，當時，，若，則實數(shù)的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】構造函數(shù)，根據等式可得出函數(shù)為偶函數(shù)，利用導數(shù)得知函數(shù)在上單調遞減，由偶函數(shù)的性質得出該函數(shù)在上單調遞增，由，得出，利用函數(shù)的單調性和偶函數(shù)的性質解出該不等式即可.【詳解】構造函數(shù)，對任意實數(shù)，都有，則，所以，函數(shù)為偶函數(shù)，.當時，，則函數(shù)在上單調遞減，由偶函數(shù)的性質得出函數(shù)在上單調遞增，，即，即，則有，由于函數(shù)在上單調遞增，，即，解得，因此，實數(shù)的最小值為，故選A.【點睛】本題考查函數(shù)不等式的求解，同時也涉及函數(shù)單調性與奇偶性的判斷，難點在于根據導數(shù)不等式的結構構造新函數(shù)，并利用定義判斷奇偶性以及利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.5．（2021·福建福州·高三期中）已知函數(shù)，若實數(shù)滿足且，則的取值范圍為（）A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）【答案】B【分析】作出函數(shù)的圖象，求出的取值范圍，可得出的取值范圍，利用結合絕對值的性質可求得，由此可求得的取值范圍.【詳解】作出函數(shù)的圖象如下圖所示：當時，，由圖可知，，即，解得，則，由，即，即，可得，因此，.故選：B6．（2021·福建福州·高三期中）意大利數(shù)學家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：即1?1?2?3?5?8?13?21在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草，萬壽簡等）的瓣數(shù)恰是斐波那契數(shù)列中的數(shù)，斐波那契數(shù)列在物理及化學等領域也有著廣泛得應用.已知斐波那契數(shù)列滿足：，若，則等于（）A．15 B．14 C．608 D．377【答案】D【分析】由遞推公式計算數(shù)列的前幾項，再求解．【詳解】根據遞推公式計算到，到的值依次為：，其中，，．故選：D．7．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知函數(shù)，分別是定義在上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且，若函數(shù)有唯一零點，則實數(shù)的值為A．或 B．1或 C．或2 D．或1【答案】A【分析】根據題意，利用函數(shù)的奇偶性，求出，結合函數(shù)的對稱性得出和都關于對稱，由有唯一零點，可知，即可求.【詳解】解：已知，①且，分別是上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，則，得：，②①+②得：，由于關于對稱，則關于對稱，為偶函數(shù)，關于軸對稱，則關于對稱，由于有唯一零點，則必有，，即：，解得：或.故選：A.【點睛】本題考查函數(shù)基本性質的應用，涉及函數(shù)的奇偶函數(shù)，對稱性和零點，考查函數(shù)思想和分析能力.8．（2021·山東日照·高三月考）設，，，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用對數(shù)式和指數(shù)式的關系判斷冪的大小，根據對數(shù)函數(shù)的單調性比較對數(shù)的大小．【詳解】因為，所以，，，,所以．故選：D．9．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)，，若方程有4個實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，則，方程有4個實數(shù)根等價于在上有2個實數(shù)根，即當時，函數(shù)的圖象與的圖象有2個交點，數(shù)形結合即可求解【詳解】令，則，方程有4個實數(shù)根等價于在上有2個實數(shù)根，即當時，函數(shù)的圖象與的圖象有2個交點，作出與的圖象，如圖：由圖象可知，當時，函數(shù)的圖象與的圖象有2個交點，所以方程有4個實數(shù)根時實數(shù)的取值范圍為故選：D10．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數(shù)的定義域為，是奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當時，，則以下各項中最小的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知條件可知、，進而得到，即周期為8，應用周期性結合已知區(qū)間解析式，即可知、、、中最小值.【詳解】是奇函數(shù)，即關于對稱，的圖象關于點對稱，即．又為偶函數(shù)，即關于對稱，的圖象關于直線對稱，即．，，即，函數(shù)的周期為8，，，，，故最小．故選：D【點睛】本題考查了函數(shù)的性質，根據已知奇偶性推導函數(shù)的周期，應用函數(shù)周期求函數(shù)值，進而比較大小，屬于基礎題.11．（2021·湖北武漢·高三期中）已知雙曲線的左?右焦點分別為，，過且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為A，若，則此雙曲線的漸近線為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】通過得到，結合題干中的斜率條件表達出點坐標，再代入雙曲線方程求解與的關系，求解漸近線方程.【詳解】因為，所以，故三角形是等腰三角形，即，又因為，過點A作AB⊥x軸于點B，則，設，，由勾股定理得：，解得：，故，把A點代入雙曲線方程，得：，解得：，顯然=0，所以，所以雙曲線的漸近線為故選：D12．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知，，，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先通過簡單的放縮比較和的大小，再通過構造函數(shù)比較和的大小.【詳解】解：設，，當時，與相交于點和原點時，，即故選：A.【點睛】思路點睛：當數(shù)值相差比較小時，可以通過構造函數(shù)來比較大小.13．（2022·全國·高三專題練習）在中，D為三角形所在平面內一點，且，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設AD交BC于E，然后根據條件得到點E的位置，進而根據向量關系得到線段間的比例，最后得出面積比.【詳解】如圖，設AD交BC于E，且，由B,E,C三點共線可得：，∴，∴.設，則，∴.又，∴，∴.故選：B.14．（2020·陜西·涇陽縣教育局教學研究室高一期中）Logistic模型是常用數(shù)學模型之一，可應用于流行病學領域．有學者根據公布數(shù)據建立了某地區(qū)新冠肺炎累計確診病例數(shù)I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：，其中K為最大確診病例數(shù)．當I()=0.95K時，標志著已初步遏制疫情，則約為（）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【分析】將代入函數(shù)結合求得即可得解.【詳解】，所以，則，所以，，解得.故選：C.【點睛】本題考查對數(shù)的運算，考查指數(shù)與對數(shù)的互化，考查計算能力，屬于中等題.15．（2021·湖南郴州·高三月考）已知函數(shù)，若，且的最大值為3，則的值為（）A．-1 B．1 C．0 D．2【答案】C【分析】當時，，求導函數(shù)，分析導函數(shù)的符號，得出函數(shù)的單調性，作出圖象，當時，不符題意.當時，利用導函數(shù)的幾何意義可求得答案.【詳解】解：因為函數(shù)，當時，，則，令，解得，當時，，函數(shù)單調遞減，當時，，函數(shù)單調遞增，如下如圖，當時，，則，且，不符.如下如圖，當時，，要使得取得最大值，則，，不妨設直線為曲線在處的切線，則，，，所以，，所以，，故選：C.16．（2021·湖南郴州·高三月考）已知點是橢圓：上一點，點?是橢圓的左?右焦點，若的內切圓半徑的最大值為，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設的內切圓半徑為，則，結合，，，，可得，再由以及即可求解.【詳解】由題意可得：，，設的內切圓半徑為，所以，因為的內切圓半徑的最大值為，所以因為，所以，可得，所以橢圓的離心率為，故選：B.17．（2021·湖南·高三月考）如圖是古箏鳴箱俯視圖，鳴箱有多根弦，每根弦下有一只弦碼，弦碼又叫雁柱，用于調節(jié)音高和傳振.右圖是根據左圖繪制的古箏弦及其弦碼簡易直觀圖.在直觀圖中，每根弦都垂直于x軸，左邊第一根弦在y軸上，相鄰兩根弦間的距離為1，弦碼所在的曲線(又稱為雁柱曲線)方程為y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示與y軸重合的弦)根弦分別與雁柱曲線和直線l：y＝x＋1交于點An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，則（）參考數(shù)據：1.122＝8.14A．814 B．900 C．914 D．1000【答案】C【分析】由題得，再利用錯位相減法求解.【詳解】由條件可得，∴，得，∵，∴．故選：C18．（2021·湖南·高三月考）已知球O的半徑為2，三棱錐P－ABC四個頂點都在球O上，球心O在平面ABC內，△ABC是正三角形，則三棱錐P－ABC的最大體積為（）A．3 B．2 C． D．3【答案】B【分析】先求出，再求三棱錐體積的最大值.【詳解】由于球的半徑為，是正三角形，所以，∴，所以當平面時，三棱錐的體積最大.∴三棱錐的最大體積為．故選：B二、多選題19．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，?分別為，的中點，過點??作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（）A．三棱柱外接球的表面積為B．C．若交于，則D．將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為【答案】CD【分析】對于，將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑可求得外接球的表面積為，故A項錯誤；對于，延長與交于點，連接交于，連接得到截面，可推得與不平行，可知B項錯誤；對于，在中，計算可知C項正確；對于，利用體積公式計算可知D項正確.【詳解】如圖所示：將該三棱柱視為正方體的一部分，則三棱柱外接球的半徑，，其表面積為，故A項錯誤；延長與交于點，連接交于，連接，則平面即為截面.因為，是中點，所以是的中點，由與相似，得，得，而是的中點，所以與不平行且必相交，所以與截面不平行，故B項錯誤；因為，又，所以在中，，故C項正確；延長交于點，則將三棱柱分成體積較大部分的體積為，所以剩余部分的體積為，所以體積之比為，故D項正確.故選：CD.【點睛】關鍵點點睛：將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑是解題關鍵.20．（2021·江蘇高郵·高三月考）函數(shù)在區(qū)間，上連續(xù)，對，上任意二點與，有時，我們稱函數(shù)在，上嚴格上凹，若用導數(shù)的知識可以簡單地解釋為原函數(shù)的導函數(shù)的導函數(shù)（二階導函數(shù)）在給定區(qū)間內恒為正，即.下列所列函數(shù)在所給定義域中“嚴格上凹”的有（）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據題目中定義，逐個判斷各函數(shù)是否滿足條件二階導函數(shù)大于零，即可解出．【詳解】由題意可知，若函數(shù)在所給定義域中“嚴格上凹”，則滿足在定義域內恒成立．對于A，，則在時恒成立，不符合題意，故選項A錯誤；對于B，，則恒成立，符合題意，故選項B正確；對于C，，則在時恒成立，符合題意，故選項C正確；對于D，，則在時恒成立，不符合題意，故選項D錯誤.故選：BC.21．（2022·全國·高三專題練習）在中，角??的對邊分別為??，已知，下列哪些條件一定能夠得到？（）A． B．C． D．邊上的中線長為【答案】BD【分析】根據余弦定理可判斷A錯誤；由可求出，再根據兩角和的正弦公式可求得，然后由正弦定理即可判斷B正確；由可得，再根據余弦定理可得或，從而可判斷錯誤；由中點公式的向量形式可得，再根據數(shù)量積的運算即可求出，D正確．【詳解】由題意，對于，，由余弦定理可得，可得，可得，解得，（負值舍去），故錯誤；對于，由，可得，，可得，由正弦定理，可得，故正確；對于，由，由正弦定理可得，可得，由余弦定理，可得，整理可得，解得或，可得，或7，故錯誤；對于，若邊上的中線長為，因為，兩邊平方，可得，可得，整理可得，所以解得，（負值舍去），故正確.故選：BD.22．（2021·福建·三明一中高三月考）若存在直線，使得函數(shù)和對其公共定義域上的任意實數(shù)都滿足，則稱此直線為和的“隔離直線”，已知函數(shù)，，，下列命題為真命題的是（）A．在內單調遞增B．和之間存在“隔離直線”，且的最小值為C．和之間存在“隔離直線”，且的取值范圍是D．和之間存在唯一的“隔離直線”【答案】ACD【分析】利用導數(shù)判斷A選項的正確性．利用公切線，結合圖象判斷BC選項的正確性．利用公切線結合導數(shù)判斷D選項的正確性．【詳解】解：A選項，，所以，對于函數(shù)，其判別式，所以，令解得，所以在區(qū)間內，單調遞增，故A正確．BC選項，畫出，的圖象如下圖所示，由圖可知，是“隔離直線”，且．設（，）分別是與圖象上的一點，且直線AB是與圖象的公切線．因為，過A點的切線方程為，即，令，令，則，所以，即，解得．所以公切線AB方程為．結合圖象可知，k的取值范圍是．所以B錯誤，C正確．對于D選項，構造函數(shù)，，所以在區(qū)間上，單調遞減；在區(qū)間上，單調遞增．所以在定義域上的極小值也即是最小值為，所以有唯一零點，也即與有唯一公共點．由上述分析可知，公切線方程為，D選項正確．故選：ACD．23．（2021·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是邊長為2，側棱長為4，E是的中點，則（）A．三棱錐的體積為B．C．三棱錐的外接球的半徑是D．過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形面積為【答案】ACD【分析】由等積法可判斷A，建立坐標系用向量法可判斷B，確定球心位置即可判斷C，取的中點，連接，則過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形為梯形，求出面積即可判斷D【詳解】對于A：，故A正確；對于B：如圖以為原點，為坐標軸建立坐標系，則，，，因為，所以不成立，故B錯誤；對于C：，，所以，則由直角三角形的性質可知的中點到的距離相等，故三棱錐的外接球的半徑是，故C正確；對于D：取的中點，連接，則易知，所以，所以過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形為梯形，，設梯形的高為，則，所以，所以梯形的面積為，故D正確；故選：ACD24．（2021·福建福州·高三期中）已知函數(shù)的定義域、值域都是，且滿足，則下列結論一定正確的是（）A．若，則 B．C． D．【答案】ABD【分析】構造函數(shù)，利用導數(shù)分析函數(shù)在上的單調性，進而可判斷各選項的正誤.【詳解】函數(shù)，則函數(shù)的定義域為，，所以，函數(shù)在上單調遞增，對于A選項，，即，則，A對；對于B選項，，即，故，B對；對于C選項，，則，所以，，故，C錯；對于D選項，構造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上單調遞增，故，即當時，，因為，即，由可得，則，所以，，故，D對.故選：ABD.25．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）在數(shù)學中，布勞威爾不動點定理可應用到有限維空間，并構成一般不動點的基石，它得名與荷蘭教學家魯伊茲布勞威爾，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在一個點，使得，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，下列為“不動點”函數(shù)的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據題中所給定義，只需判斷f（x0）＝x0是否有解即可．【詳解】解：對于A：無解，所以A不滿足；對于B：，解得：或，所以B滿足題意；對于C：，解得：，所以C滿足題意；對于D：，在同一直角坐標系下畫出函數(shù)以及的圖像，可確定兩個函數(shù)的圖像有交點，即方程有解，所以D滿足題意；故選：BCD.26．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）對，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，十八世紀，y=[x]被“數(shù)學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數(shù)，人們更習慣稱為“取整函數(shù)”，則下列命題中的真命題是（）A．B．C．函數(shù)的值域為[0，1）D．若，使得同時成立，則正整數(shù)n的最大值是5【答案】CD【分析】由取整函數(shù)的定義判斷，由定義得，利用不等式性質即可判斷各命題的真假．【詳解】對A，由取整函數(shù)的定義可得，，所以A錯誤；對B，，，∴，所以B錯誤；對C，由定義，∴，∴函數(shù)的值域是，C正確；對D，若，使得同時成立，則，，，，，，因為，若，則不存在同時滿足，．只有時，存在滿足題意，即正整數(shù)n的最大值是5.故選：CD．27．（2021·山東日照·高三月考）已知正方形ABCD的邊長為2，點P為正方形ABCD所在平面內的一點，則（）A．若點Р滿足，且，則點Р在線段BC上B．若點P滿足，則C．若，則點Р在的中位線上D．以點A為圓心作單位圓，分別交AB，AD于E，F(xiàn)兩點，點Р是弦EF所對的劣弧上一點，則的取值范圍為【答案】BCD【分析】根據平面向量和三角函數(shù)的相關知識對選項逐一分析即可.【詳解】對于A選項，若點滿足且，則即與有公共點，三點共線，即點在直線上，但不一定在線段上，故A不正確；對于B選項，若點P滿足點為線段的中點，如圖：那么，故B正確；對于C選項，如圖，設的中點為，的中點為N，連接，則即點在中位線上，故C正確；對于D選項，如圖，取點為原點，分別以所在的直線為軸軸建立平面直角坐標系，則，:從而即的取值范圍為，故D正確.故選：BCD28．（2021·山東日照·高三月考）函數(shù)，下列命題正確的是（）A．若且，則B．方程最多有兩個實根C．直線與曲線相切于點則D．當時，函數(shù)滿足，且與圖象的交點為，則【答案】ACD【分析】利用函數(shù)解析式可判斷A，由特例可判斷B，利用直線與曲線相切可求得的值即可判斷C，利用函數(shù)的對稱性可判斷D.【詳解】∵，即，∴，，∴，又，∴，故A正確；令，則，由，得或，故B錯誤；由直線與曲線相切于點，則，∴，即，∵，由代入得，∴，又，∴，∴，故C正確；當時，由上知，又，∴函數(shù)的圖象關于點對稱，函數(shù)的圖象關于點對稱，∴兩函數(shù)的圖象的交點成對出現(xiàn)，且每一對交點都關于點對稱，∴，故D正確.故選：ACD.29．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)，下列結論正確的是（）A．是奇函數(shù)B．若在定義域上是增函數(shù)，則C．若的值域為，則D．當時，若，則【答案】AB【分析】對于A利用函數(shù)奇偶性定義證明；對于B，由增函數(shù)定義知即可求解；對于C，利用指數(shù)函數(shù)的單調性，求出分段函數(shù)每段函數(shù)上的值域，結合的值域為，即可求解；對于D，將等價于，利用函數(shù)定義域及單調性即可求解；【詳解】對于A，當時，，，；當時，，，，所以是奇函數(shù)，故A正確；對于B，由在定義域上是增函數(shù)，知，解得，故B正確；對于C，當時，在區(qū)間上單調遞增，此時值域為，當時，在區(qū)間上單調遞增，此時值域為，要使的值域為，則，解得，故C錯誤；對于D，當時，由于，則在定義域上是增函數(shù)，等價于，即，解得，故D錯誤；故選：AB30．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數(shù)，則下述結論中錯誤的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在[0，2π]有且僅有2個極小值點B．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在上單調遞增C．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則ω的范圍是D．若f（x）圖象關于對稱，且在單調，則ω的最大值為11【答案】BD【分析】利用正弦函數(shù)的圖象和性質對每一個選項逐一分析判斷得解.【詳解】因為,因為在有且僅有個零點，所以，所以.所以選項C正確；此時，在有且僅有個極小值點，故選項A正確；因為，因為，所以當時，所以，此時函數(shù)不是單調函數(shù)，所以選項B錯誤；若的圖象關于對稱，則，.，，，.當時，，當時，，此時，函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，故的最大值為9．故選項D錯誤.故選：BD【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數(shù)的單調區(qū)間時，首先化簡成形式，再求的單調區(qū)間，只需把看作一個整體代入的相應單調區(qū)間內即可，注意要先把化為正數(shù)．31．（2021·福建·福清西山學校高三期中）如圖，，，是全等的等腰直角三角形，，處為直角頂點，且O，，，四點共線.，若點，，，分別是邊，，上的動點（包含端點），記，，，則（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】建立平面直角坐標系，寫出各點的坐標，進行求解.【詳解】如圖，以O為原點，建立直角坐標系，則，，所以，A正確；其中，，，所以，B正確；其中，，，，所以，C正確，D錯誤；故選：ABC32．（2021·湖北武漢·高三期中）已知數(shù)列滿足，，前n項和為，則下列選項中正確的是（）（參考數(shù)據：，）A． B．C． D．是單調遞增數(shù)列，是單調遞減數(shù)列【答案】ACD【分析】對于A：由已知得，令，有，，由，由此可判斷；對于B：由，得，由此可判斷；對于C：由，，得，由此可判斷；對于D：令，則有與異號，與同號，繼而得，，再得，得出，，由此可判斷.【詳解】解：對于A：由得，令，即，則，又，所以，則在上單調遞減，所以，所以，故A正確；對于B：因為，，故B不正確；對于C：因為，所以，，所以，即，所以，故C正確；對于D：因為，，令，所以與異號，與同號，又，所以，，即，，又，所以，所以，，所以是單調遞增數(shù)列，是單調遞減數(shù)列，所以是單調遞增數(shù)列，是單調遞減數(shù)列，故D正確，故選：ACD.33．（2021·湖南·高三月考）已知數(shù)列的前n項和為，下列說法正確的是（）A．若，則是等差數(shù)列B．若，則是等比數(shù)列C．若是等差數(shù)列，則D．若是等比數(shù)列，則，，成等比數(shù)列【答案】BC【分析】根據（）；即可判斷選項A、B；根據等差數(shù)列的性質易判斷選項C；易舉反例進行判斷選項D．【詳解】當時，；（），不滿足上式，所以數(shù)列不是等差數(shù)列，選項A錯誤；當時，,，且滿足上式，所以此時數(shù)列是等比數(shù)列，選項B正確；根據等差數(shù)列的性質可知：；故選項C正確；當時，是等比數(shù)列，而，，，不能構成等比數(shù)列，選項D錯誤．故選：BC．34．（2021·湖南郴州·高三月考）已知直線：和圓：，下列說法正確的是（）A．直線恒過定點 B．圓被軸截得的弦長為C．直線被圓截得的弦長存在最大值，且最大值為4 D．直線被圓截得的弦長存在最小值，且最小值為4【答案】AD【分析】利用直線系方程求得直線所過定點的坐標判斷A；求出圓C被x軸截得的弦長判斷B；當直線過圓心時可判斷C，當直線時算出弦長可判斷D.【詳解】由，得，聯(lián)立，得，無論m為何值，直線恒過定點，故A正確；在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故B錯誤；當直線l過圓心C時，直線被圓截得的弦長最大，最大值為6，此時直線方程為，故C錯誤；設，易知P在圓內，當直線時，直線l被圓截得的弦長最小，且最小值為，故D正確.故選：AD35．（2021·湖南郴州·高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，，?分別是?的中點，是上的動點，則下列結論中正確的是（）A．直線，所成的角的大小隨點的位置變化而變化B．三棱錐的體積是定值C．直線與平面所成的角的余弦值是D．三棱柱的外接球的表面積是【答案】BC【分析】對于A，證明平面，從而可證得，即可判斷A；對于B，證明，從而可說明點到平面的距離即為點到平面的距離，為定值，即可判斷B；對于C，根據平面，可得即為直線與平面所成的角的平面角，求得，即可判斷C；對于D，根據題意可知矩形的對角線即為三棱柱的外接球的直徑，求得外接圓的半徑，即可判斷D.【詳解】解：對于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以，因為，即，是的中點，所以，又，所以平面，又平面，所以，故A錯誤；對于B，因為?分別是?的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離即為點到平面的距離，為定值，即三棱錐的高為定值，又的面積也為定值，即三棱錐的底面積為定值，所以三棱錐的體積是定值；對于C，因為平面，所以即為直線與平面所成的角的平面角，在中，，所以，即直線與平面所成的角的余弦值是，故C正確；對于D，在直三棱柱中，，所以矩形的對角線即為三棱柱的外接球的直徑，矩形的對角線為，即三棱柱的外接球的半徑為，所以三棱柱的外接球的表面積是，故D錯誤.故選：BC.36．（2021·湖南·高三月考）已知數(shù)列{an}各項均是正數(shù)，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0<a<4)的兩根，下列結論正確的是（）A．若{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{an}前9項和為18B．若{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的公差為2C．若{an}是等比數(shù)列，{an}公比為q，a＝1，則q4－14q2＋1＝0D．若{an}是等比數(shù)列，則a3＋a7的最小值為2【答案】AC【分析】對于選項A，計算得，所以A正確；對于選項B，數(shù)列公差滿足，故B錯誤；對于選項C，分析推理得到，故C正確；對于選項D，不等式中，等號不成立，故D錯誤．【詳解】由條件得，．如果是等差數(shù)列，則，，∴，所以A正確；又，∴數(shù)列公差滿足，故B錯誤；如果是等比數(shù)列，由得，∴，∴，即，∴，故C正確；由已知得，由于，所以，即數(shù)列的公比不為，∴，∴在不等式中，等號不成立，故D錯誤．故選：AC37．（2021·湖南·高三月考）已知兩個完全一樣的四棱錐，它們的側棱長都等于，底面都是邊長為2的正方形.下列結論成立的是（）A．將這兩個四棱錐的底面完全重合，在得到的八面體中，有6對平行棱B．將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到的八面體的所有頂點都在半徑為的球上C．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到的幾何體共有7個面D．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，這兩個四棱錐的底面互相垂直【答案】ACD【分析】畫出圖形，可以得到八面體中，有6對平行棱，所以選項A正確；如圖一，設的中點為，計算得到，∴B錯誤；如圖二，分別設四棱錐的底面正方形的邊與的中點為，，分別連接，，,得到的幾何體共有7個面,所以選項C正確；證明平面平面．∴D正確．【詳解】將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到如圖一的幾何體，其中平行的棱分別是，，，，，．∴A正確；如果這個幾何體所有頂點都在一個球上，則點，到平面的距離與正方形對角線的一半都等于球的半徑．設的中點為，則平面，由于，∴，又，∴，∴B錯誤；將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到如圖二的幾何體．分別設四棱錐的底面正方形的邊與的中點為，，分別連接，，．∵，∴，∴．∵，，∴．∴，即．，是平面內兩條相交直線，∴平面．同理，平面．∴平面與平面重合．∴共有平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面?zhèn)€平面．∴C正確；由上可知，是二面角的平面角，且，即二面角等于．∴二面角等于，∴二面角為直二面角，∴平面平面．∴D正確．故選：ACD三、雙空題38．（2021·福建福州·高三期中）已知數(shù)列滿足，則___________.設為數(shù)列的前項和，若對任意恒成立，則實數(shù)取值范圍是___________.【答案】2；.【分析】根據題意，當時，，當時，，所以；由題得出當時，，兩式相減從而得出通項公式，進而可知，最后利用裂項相消法求出數(shù)列的前項和，進而得出實數(shù)取值范圍.【詳解】解：當時，，當時，，所以，因為，所以時，，兩式相減得到，故，經檢驗適合此式，所以，所以，即，則，由于對任意恒成立，所以，所以實數(shù)取值范圍是.故答案為：2；.39．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）函數(shù)，當時，零點的個數(shù)是______；若存在實數(shù)，使得對于任意，都有，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】1【分析】根據零點定義可確定零點個數(shù)，，求出導函數(shù)，由存在最小值得參數(shù)范圍，【詳解】時，，顯然時，，時，，，零點為．只有1個零點．若存在實數(shù)，使得對于任意，都有，所以是函數(shù)的最小值．，時，，．若，則時，恒成立，單調遞減，，時，，，，所以此時無最小值．，則時，，遞減，時，，遞增，極小值，時，，時，無最小值，時，最小值，綜上，的范圍是．故答案為：1；．【點睛】本題考查函數(shù)零點個數(shù)問題，考查用導數(shù)研究函數(shù)最值．解題關鍵是分類討論確定導函數(shù)的正負，得出的單調性，從而確定極值，解題時特別注意分段函數(shù)需要分段討論，然后比較才可能得到最小值．40．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數(shù)的定義域為R，且滿足下列條件：①；②則___________；若方程在上有2020個不同的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是___________.【答案】或【分析】根據條件推得函數(shù)是周期為的函數(shù)，結合函數(shù)解析式可求得的值；作出函數(shù)在上的圖象，數(shù)形結合即可求解．【詳解】因為，所以是周期為的函數(shù)，故．函數(shù)在上有個周期，要使方程在上有2020個不同的實數(shù)根，需要每個周期內有2個根，作出函數(shù)在上的圖象如圖所示，由圖可知，當或時，方程在上有2個根，所以的取值范圍為或．故答案為：；或41．（2021·湖北武漢·高三期中）如圖，已如平面四邊形ABCD，，，，.沿直線AC將翻折成，則___________；當平面平面ABC時，則異面直線AC與所成角余弦值是___________.

【答案】2【分析】根據題干中條件，選擇AC的中點為原點建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，用空間向量求解數(shù)量積和異面直線的夾角余弦值.【詳解】因為，，，由勾股定理得：，因為，所以三角形ABC為等腰三角形取AC的中點O，則OB⊥AC，以O為原點，OB所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，垂直于平面ABC為z軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，則；當平面平面ABC時，在yoz平面上，則，設異面直線AC與所成角為，則異面直線AC與所成角余弦值是故答案為：2，42．（2021·湖南郴州·高三月考）依次將一數(shù)列的每相鄰兩項之積及原數(shù)列首尾項（仍為新數(shù)列的首尾項），構造新的數(shù)列，再把所得數(shù)列按照同樣的方法不斷構造出新的數(shù)列.現(xiàn)將數(shù)列1，2進行構造，第1次得到數(shù)列1，2，2；第2次得到數(shù)列1，2，，2；第3次得到數(shù)列1，2，，，2；依次構造，第次得到數(shù)列1，，，…，，2；記，則___________，設數(shù)列的前項積為，則___________.【答案】【分析】由題意可得的值，然后，，然后可得數(shù)列是首項為，公比為2的等比數(shù)列，然后可得，然后可算出答案.【詳解】第四次構造得到的數(shù)列為，故因為，所以由數(shù)列的構造方式可得所以，因為所以數(shù)列是首項為，公比為2的等比數(shù)列所以，所以所以故答案為：；.四、填空題43．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）已知三棱錐P-ABC外接球的表面積為，PA平面ABC，，，則三棱錐體積的最大值為______.【答案】【分析】根據三棱錐的外接球的表面積可求得底面的外接圓面積,進而利用正弦定理與求得長度,再根據余弦定理與面積公式求解底面的最大值即可.【詳解】由題,設底面外接圓直徑為,則因為平面且,故.在底面中利用正弦定理有,解得.在中用余弦定理有,化簡得,即,根據基本不等式有,解得.故三棱錐體積.故答案為：【點睛】本題主要考查了三棱錐外接球的問題,需要根據題意建立三棱錐高與底面外接圓半徑以及三角形的關系,并利用基本不等式求最值.屬于中檔題.44．（2021·江蘇高郵·高三月考）我們知道，函數(shù)的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數(shù)為奇函數(shù)，有同學發(fā)現(xiàn)可以將其推廣為：函數(shù)的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數(shù)為奇函數(shù).則函數(shù)