2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编 02 Word版含解析

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2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二）一、单选题1．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知，函数，若函数恰有三个零点，则A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，，得；最多一个零点；当时，，，当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，如图：且，解得，，．故选．

12．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯()在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是，“天津四”的星等是，“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则与最接近的是（       ）(当较小时，)A．B．C．D．【答案】C【解析】若“天津四”的亮度是，则“心宿二”的亮度是，∴，即，∴.故选：C.3．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知函数，若方程在（0，）的解为，（），则（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，所以，又因为是的两根，结合图象可知，所以，

2所以，又因为，所以，所以，所以，所以.故选：A.4．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）2022年北京冬奥会成功举办，更加激发全国人民对冰雪运动的爱好，某地为响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场.该滑雪场中某滑道的示意图如图所示，点A，B分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20.两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图象的一部分.综合滑行的安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面所成的夹角约为44°.若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则A，B两点在水平方向的距离约为（       ）A．23B．25C．27D．29【答案】D【解析】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，设三次函数的解析式为，其中，设点，则，，在滑道最陡处，，则的对称轴为直线，则，可得0，则，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，则

3，所以，由图可知可得，因为，则.故选：D.5．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知，则的大小关系是（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，可得，当时，恒成立，所以在上单调递减，所以，即，可得，，所以，，所以，，即，.所以.

4故选：B.6．（2022·湖北·高三开学考试）已知直线是曲线与曲线的一条公切线，直线与曲线相切于点，则满足的关系式为（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】记得,记得，设直线与曲线相切于点，由于是公切线，故可得，即化简得，故选：C7．（2022·湖北·高三开学考试）在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为(       )A．B．C．D．【答案】A【解析】，且，∴，在△PAC中，根据余弦定理得，

5，∴，∴，又，平面PAC，∴PB⊥平面PAC，故可将三棱锥B-APC补为直三棱柱，则直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，设△PAC外接圆圆心为，△的外接圆圆心为，则直三棱柱的外接球球心为中点O，OA即为外接球的半径.在△PAC中，根据正弦定理可得，∴，∴，∴外接球表面积为：．故选：A．8．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知函数的定义域为，若对于任意的，都存在，使得，则的取值范围是（       ）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，所以，，，令，可得或，当时，，则，，则，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，当时，时，，

6所以函数在上为减函数，设，因为对于任意的，都存在，使得，所以对于任意的，都存在，使得，所以函数在上的值域包含与函数在上值域，当时，，函数在上为减函数，函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，由已知，所以，又，所以，(注：由此可排除A，B，C)当时，，，函数在上单调递增，函数在上单调递减，函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，与已知矛盾，当时，，，因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，与已知矛盾，当时，，，，则，，则，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上的值域为，函数在上的值域为，

7所以函数在上的值域为，，满足要求当时，，，函数在上单调递增，函数在上单调递增所以函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，，满足要求，综上所述，，故选：D.9．（2022·湖北·高三阶段练习）已知四面体中，，则体积的最大值为（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】设M为CD的中点，连接AM,BM,设四面体A-BCD的高为h，则,由于，故,则,设，则,所以，当且仅当平面ACD与平面BCD垂直且即时取等号，

8故选：C10．（2022·湖北·高三阶段练习）恰有一个实数使得成立，则实数的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】当时，不成立，所以不是方程的根，故对原方程转化为，故转化为与仅有一个交点，构造，，当或时，，当时，，故函数在单调递减，在和单调递增，又，当时，，时，，且时，，时，，故要使得与仅有一个交点，即的取值范围是故选：B．

911．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知椭圆：的两个焦点为，，过的直线与交于A，B两点.若，，则的离心率为（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】设,则,.由椭圆的定义可知,所以,所以,.在△ABF1中,.所以在△AF1F2中,,即整理可得：,所以故选：C12．（2022·湖北武汉·高三开学考试）若，其中，，则下列结论一定成立的是（       ）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，其中，，所以，其中，，令，，故时，，单调递减，时，，单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，

10所以故令，则等价于，因为，故函数在单调递增，所以等价于，即所以，即.故选：D13．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知，其中为自然对数的底数，则（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，，令，，当时，，单调递增，又，所以，又，所以，在成立，所以即，令，，在为减函数，所以，即，令，，在为减函数，所以，即，所以，成立，令，则上式变为，所以所以，所以.故答案为：B.14．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知正实数C满足：对于任意，均存在

11，使得，记C的最小值为，则（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，要使对于任意，均存在，使得，则有，又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.故，故.故选：B.

1215．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，，，，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，取AB的中点M，连接MP，由AC=BC=4，AC⊥BC得：，由，得：，连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，设球的半径为R，则PH⊥CH，，则，所以，解得：，球的表面积为.故选：C

13二、多选题16．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知函数，则下列说法正确的有（       ）A．直线y=0为曲线y=f(x)的一条切线B．f(x)的极值点个数为3C．f(x)的零点个数为4D．若f()=f()(≠)，则+=0【答案】AB【解析】因为，所以，令，即，令，，在同一坐标系中作出两函数的图像，由图像得：当和时，，所以此时，所以在和上单调递增；当和时，，所以此时，所以在和上单调递减；且，，，作出函数的图象如下图所示：

14对于A选项：根据函数的图象，知A选项正确；对于B：由图象得有3个不同的解，有3个极值点，故B正确；对于C：当或时，，所以函数有2个零点，故C不正确；对于D：因为，所以函数是偶函数，所以函数关于y轴对称，若，则当时，，此时即，故D不正确.故选：AB.17．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（       ）A．是以4为周期的周期函数B．C．函数有3个零点D．当时，【答案】ACD【解析】依题意，为偶函数，且关于对称，则，所以是周期为4的周期函数，A正确.因为的周期为4，则，，所以，B错误；作函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，C正确；当时，，则，D正确.故选：ACD

1518．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（       ）A．若，则B．若点O到直线AB的距离为，则C．若，则的最大值为D．若，则的最大值为4【答案】AD【解析】对于A，若，则可知点到的距离为，从而可知，故A正确；对于B，若点O到直线AB的距离为，则可知，从而得，故B错误；对于C，D，的值可转化为单位圆上的两点到直线的距离之和，又，所以三角形是等腰直角三角形，设是的中点，则，且，则在以点为圆心，半径为的圆上，两点到直线的距离之和为的中点到直线的距离的两倍.点到直线的距离为，

16所以点到直线的距离的最大值为，所以的最大值为.因此的最大值为4.从而可知C错误，D正确..故选：AD.19．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知定义在R上的偶函数，其导函数为，当时，.则（       ）A．函数的图象关于y轴对称B．函数在区间上单调递减C．不等式的解集为D．不等式的解集为【答案】ABC【解析】对于选项，由，所以为偶函数，所以函数的图象关于轴对称.故正确；对于选项B，由为偶函数.当时，，所以在上单调递减，故在上单调递增.故B正确；对于C、D选项，由，得，所以，即，所以.所以，解得.

17所以C正确，错误，故选：.20．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知椭圆C：（）的离心率为，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足.动点Q满足，则下列结论正确的是（       ）A．B．动点Q的轨迹方程为C．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为D．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为【答案】ABD【解析】对于A：由椭圆的离心率为，得，所以，故正确；对于B：设，由，得两式相乘得，同理可得，由题意知且，否则与矛盾，动点的轨迹方程为，即直线，故正确；对于C、D：所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，min，故C错误，D正确.故选：ABD.21．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数满足，有，且，当时，，则下列说法正确的是（       ）

18A．B．时，单调递增C．关于点对称D．时，方程的所有根的和为【答案】CD【解析】由题设知：，故在上为奇函数且单调递减，又，即关于、，对称，且最小周期为4，A：，错误；B：等价于，由上易知：上递减，上递增，故不单调，错误；C：由上知：关于对称且，所以关于对称，正确；D：由题意，只需确定与在的交点，判断交点横坐标的对称情况即可求和，如下图示，∴共有6个交点且关于对称，则，∴所有根的和为，正确.故选：CD22．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数.则（       ）A．当时，是上的减函数B．当时，的最大值为C．可能有两个极值点D．若存在实数，，使得为奇函数，则【答案】ABD

19【解析】A：当时，，则，所以是上的减函数，故A正确；B：当时，，令，则，当且仅当时，取得最大值，所以的最大值为，故B正确；C：，令，即，所以，令，则，所以在上单调递增，而时，，时，，所以时，有一个根，故有1个极值点，时，无解，故无极值点，故不可能有2个极值点，故C错误；D：若，则，取，则，，为奇函数，当时，由C结合函数的图象、单调性可得不存在实数，，使得为奇函数，故D正确.故选：ABD.23．（2022·湖北·高三开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别是，，点是双曲线右支上的一点，且，则下列结论正确的是（       ）A．双曲线的渐近线方程为B．内切圆的半径为C．D．点到轴的距离为【答案】ABD【解析】由双曲线的方程，得，，，所以双曲线的渐近线方程为

20，A正确；因为，，，所以，，解得，故，C错误；内切圆的半径为，B正确；设点到轴的距离为，由的面积为，可得，解得.故选：ABD．24．（2022·湖北·高三开学考试）已知函数的三个零点，，满足，则（       ）A．B．C．D．的最小值是【答案】BC【解析】由题意，函数，，，令，得或，令，得，所以的极小值在处取得，极大值在处取得，即的极小值为，的极大值为，又因为，而函数的三个零点分别为，，，且，所以，，，故A错误，B、C正确；由题中条件可知，

21，因此，因为函数在上单调递减，所以当时，，所以D错误．故选：BC25．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为，设圆台的体积为，则下列选项中说法正确的是（       ）A．当时，B．存在最大值C．当在区间内变化时，逐渐减小D．当在区间内变化时，先增大后减小【答案】ABD【解析】设圆台的上底面的圆心为，下底面的圆心为，点为上底面圆周上任意一点，圆台的高为，球的半径为，则，对选项正确；，设，则，设可得，知，且当；2)，在单调递增，在单调递减，

22由，，使得，当，即当，即，所以在单调递增，在单调递减，则B，D正确，C错误，故选：.26．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率大于0的直线交抛物线于两点（其中在的上方），为坐标原点，过线段的中点且与轴平行的直线依次交直线于点.则（       ）A．若，则直线的斜率为B．C．若是线段的三等分点，则直线的斜率为D．若不是线段的三等分点，则一定有【答案】ABC【解析】抛物线焦点为，设直线方程为，，，由得，由韦达定理可知，，，因为，则可得,且，，

23所以，即，且，解得，得，所以，且所以，故A正确,又因为，，故直线方程为，又因为共线，所以，，同理可得，，，所以，,即，故B正确.若是线段的三等分点，则,，，又，，，，所以，解得，，故C正确.

24由，得，即，所以，，又，所以，，所以                            ，当时，,故D错误.故选:ABC.27．（2022·湖北·高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（       ）A．若P为正方体表面上一点，则满足的面积为的点有12个B．动点F的轨迹是一条线段C．三棱锥的体积是随点F的运动而变化的D．若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度的取值范围为

25【答案】BD【解析】对于A：设为底面正方形ABCD的中心，连接，，，则，，所以的面积为，所以在底面ABCD上点P与点必重合，同理正方形的中心，正方形的中心都满足题意.又当点P为正方体各条棱的中点时也满足的面积为，故A不正确；对于B：如图①，分别取，的中点H，G，连接，，，．因为，，平面，平面，平面，面，，所以平面平面，而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；对于D：如图②，设平面与平面交于AN，N在上．因为截面平面，平面平面，所以．同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．在四棱锥中，侧棱最长，且．

26设棱锥的高为h，因为，所以四边形为菱形，所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，则，，所以，解得．综上，可知长度的取值范围是，故D正确．故选：BD．28．（2022·湖北·高三阶段练习）[多选题]已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（       ）A．点的坐标为B．若直线过点，则C．若，则的最小值为D．若，则线段的中点到轴的距离为【答案】BCD【解析】易知点的坐标为，选项A错误；根据抛物线的性质知，过焦点时，，选项B正确；若，则过点，则的最小值即抛物线通径的长，

27为，即，选项C正确，抛物线的焦点为，准线方程为，过点，，分别作准线的垂线，，垂足分别为，，，所以，．所以，所以线段，所以线段的中点到轴的距离为，选项D正确．故选：BCD29．（2022·湖北·高三阶段练习）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（       ）A．直线与蒙日圆相切B．的蒙日圆的方程为C．记点到直线的距离为，则的最小值为D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为【答案】AC【解析】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，

28因为，可得.对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，所以，直线与蒙日圆相切，A对；对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；对于C选项，由椭圆的定义可得，则，所以，，因为，直线的方程为，点到直线的距离为，所以，，当且仅当时，等号成立，C对；对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，所以，，所以，矩形的面积为，D错.故选：AC.30．（2022·湖北武汉·高三开学考试）设函数，若在[0，2π]有且仅有5个零点，则（       ）A．在（0，2π）有且仅有3个极大值点B．在（0，2π）有且仅有2个极小值点C．在（0，）单调递增D．的取值范围是[，）【答案】AD【解析】，时，，在[0，2π]有且仅有5个零点，则，，D正确；

29此时，，时，取得极大值，A正确；，，即时，时，均取得极小值，B错；时，，，则，因此在上不递增，C错．故选：AD．31．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知数列满足：，，下列说法正确的是（       ）A．，成等差数列B．C．D．，一定不成等比数列【答案】BCD【解析】因为，所以，且，所以①，所以②所以，②-①整理得：因为，所以数列为单调递增数列，所以，即，故B选项正确；对于A选项，若，成等差数列，则成等差数列，由递推关系得，显然不满足等差数列，故A选项错误；对于C选项，因为，数列为单调递增数列，所以，即，所以，因为，所以，所以，从第2项起，数列介于以为首项，公比分别为和为公比的等比数列对应项之间，

30所以，故C选项正确；对于D选项，假设，成等比数列，则成等比数列，由递推关系得，显然不满足等比数列定义，故D正确；.故选：BCD32．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD．点P为半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合）．下列说法正确的是（       ）A．三棱锥P－ABD的四个面都是直角三角形B．三棱锥P一ABD体积的最大值为C．异面直线PA与BC的距离为定值D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P－ABCD外接球的截面面积为【答案】AC【解析】对于A选项，因为底面为边长是4的正方形，则，又半圆平面，半圆平面，平面，则半圆，又平面，故，则为直角三角形，所以，因为是圆的直径，则，故为直角三角形，所以，因为，

31则是直角三角形，所以，在中，，则，所以为直角三角形，故三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故选项A正确；对于B选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B错误；因为半圆面平面，，半圆面平面，所以半圆面，又半圆面，所以，又，所以为异面直线与的距离，所以异面直线与的距离为定值；故C正确；对于D选项，取的中点，由选项A中的解析可得，，所以点为四棱锥外接球的球心，过点作于点，连接，如图所示，因为半圆面平面，半圆面平面，故平面，

32所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，，在中，，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，，所以，，，过作于，，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D错误；故选：AC．33．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.下列说法正确的是（       ）A．外心的轨迹是一条直线B．当变化时，外心的轨迹方程为C．当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上

33D．若分别是中点，则的外接圆过定点【答案】AD【解析】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，所以的内心横坐标，双曲线方程：，，渐近线.设.当点在双曲线上时：设直线与双曲线交两点   当直线与双曲线相切时，此时切点满足：切线设直线与渐近线交两点   切点正是线段的中点，

34∴；线段中垂线是.中垂线与轴交于点，且.可设一方面，；另一方面，线段中点是考虑到∴，点       确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！依（1）设线段中点是线段中垂线是，即线段中垂线是，即∴，即外心的轨迹方程为.故选项B错！

35（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而化简得∴把代入并化简得：考虑到不在渐近线上得，故∴，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；（4）设共圆！

36的外接圆过定点原点，选项D对.故选：AD34．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知函数，下列选项正确的是（       ）A．函数f（x）在（－2，1）上单调递增B．函数f（x）的值域为C．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D．不等式在恰有两个整数解，则实数a的取值范围是【答案】ACD【解析】当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又当时，，，故数f（x）在（－2，1）上单调递增，A正确；由A选项分析可知：在处取得极小值，，在处取得极大值，，又时，恒成立，时，恒成立，画出，如图：

37故f（x）的值域为，B错误；由得：或画出的图象，如图所示：从图象可以看出有1个根，为，要想方程有3个不相等的实数根，需要需要有2个不相等的实数根，且不等于-1，所以则实数a的取值范围是，C正确；不等式在恰有两个整数解，即在恰有两个整数解，在同一坐标系下画出的图象：当介于直线之间时，满足要求，

38其中，，则实数a的取值范围是，D正确.故选：ACD三、填空题35．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知函数有两个不同的极值点,且不等式恒成立,则的取值范围是__________．【答案】【解析】,因为函数有两个不同的极值点,所以方程有两个不相等的正实数根,于是有：,解得.,设,,故在上单调递增,故,所以.因此的取值范围是

39故答案为36．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知是定义在上的偶函数，且，当时，，若函数（且）有且仅有个零点，则的取值范围是______．【答案】【解析】因为是定义在上的偶函数，所以，又，所以，所以为的周期函数，令，则，所以，又，所以当时，函数（且）有且仅有个零点，等价于函数与函数有6个交点，当时，函数与函数只有2个交点，不满足题意；当时，画出图像：如图所示，要使函数与函数有6个交点，则，故答案为：.37．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）若直线l：为曲线与曲线

40的公切线（其中为自然对数的底数，），则实数b=___________.【答案】或【解析】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求.设与的切点为，则由，有.同理，设与的切点为，由，有.故由①式两边同时取对数得：，将③代入②中可得：，进而解得或.则或故或.故答案为：或38．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是边长为的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为3，该四棱锥的外接球O的半径为5，若球心O在四棱锥P−ABCD内，则顶点P的轨迹长度为___________.【答案】【解析】因为底面是边长为的正方形，所以该正方形外接圆半径，所以球心到底面的距离，又顶点到底面的距离为3，所以点在与底面平行的截面圆的圆周上，由球心在四棱锥内，可得截面圆的半径，故顶点的轨迹长度为.故答案为：.39．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数在上单调递增，则实数

41的取值范围________.【答案】【解析】，，因为函数在上单调递增，所以，恒成立，即，恒成立，设，，，，为减函数，，，为增函数，所以，即.故答案为：40．（2022·湖北·高三开学考试）记数列的前项和为，若，则使得取得最小值时的值为________.【答案】16【解析】由得,当时，单调递减，且，当时，，故当时，，当时，，且，所以当时，最小.故答案为：1641．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）设，则的大小关系是___________.【答案】

42【解析】由已知可得，设，，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，设，，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，设，，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，所以故答案为：.42．（2022·湖北·高三阶段练习）有一个棱长为6的正四面体，其中有一半径为的球自由运动，正四面体内未被球扫过的体积为【答案】【解析】

43如图设正四面体，当球运动到与平面、平面、平面相切时，可得此时球无法继续向上运动，设切点分别为，则此时球面与正四面体顶点之间的部分球无法扫过，同理可得正四面体顶点均有相同的空间未被球扫过，作与平面平行且与此时球相切的平面，易得棱锥为正四面体，设棱长为，作平面于，则经过球心，易得，则，则正四面体的体积，表面积，设球半径为，则，即，解得，作，易得为中点，则，设4个顶点处未被球扫过空间的体积为，球的体积为，可得；

44当球沿着方向运动且始终与二面角相切时，设球与平面、平面的切点始终为，过的大圆与交于，由垂径定理知，又，易得，则即为二面角的平面角，易得未被球扫过的部分为柱体，且柱体的底面为扇形与四边形之间的部分，设中点为，连接，易得，则即为二面角的平面角，又，由余弦定理得，则，则，则，，则，设扇形与四边形之间部分面积为，扇形面积为，,则，由上知，又，则柱体的高为，正四面体的六条棱未被球扫过空间均为相同的柱体，设这部分体积为，则，则正四面体内未被球扫过的体积为.故答案为：.43．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知正三棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正三棱锥体积的最大值为___________.【答案】【解析】因为，所以正三棱锥外接球半径，

45正三棱锥如图所示，设外接球圆心为，过向底面作垂线垂足为，因为是正三棱锥，所以是的中心，所以，,又因为，所以，所以，令，解得所以在递增，在递减，故当时，取最大值，.故答案为：.44．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：①弦AC长度的最小值为；②线段BO长度的最大值为；③点M的轨迹是一个圆；④四边形ABCD面积的取值范围为．

46其中所有正确结论的序号为______．【答案】①③④【解析】由题设，则圆心，半径，由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，此时，①正确；BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，②错误；若分别是的中点，则且，且，又，易知：为矩形，而，若圆心到直线的距离且，所以，则，故，所以在以为直径，交点为圆心的圆上，③正确；

47由上分析：，，而，所以，令，则，当，即时，；当或5，即或时，；所以，④正确；故答案为：①③④45．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】转化为有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，令，则，令得，所以当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，做出大致图像如下：

48令，则原方程转化为，令，，令得，当时，，当时，，所以在递减，在递增，做出大致图像如下：所以时，对应解出两个值，从而对应解出四个值，故答案为：.

4946．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．【答案】4【解析】若、、，则的中点、、，由O为△ABC的重心，则、、，所以、、，可得，由题设，过切线分别为、、，所以，，，所以，同理，即△重心也为O，又、、，可得、、，所以，同理可得、，所以、、共线，综上，分别是的中点，则

5047．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为，过作圆的切线切圆于点并与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】因为，，所以，又，∴，即.故答案为：.四、双空题48．（2022·湖北·高三开学考试）已知抛物线的准线与轴的交点为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，，则________；若的中点到准线的距离为，则_________.【答案】    16    4【解析】由题可知，设直线，代入抛物线方程可得，，则，因为，所以，又，

51∴，，∴，又的中点到准线的距离为，∴，即，∴，即.故答案为：16；4.49．（2022·湖北·高三阶段练习）已知的最大值为_______，此时__________.【答案】    -2    0【解析】当且仅当，即，时等号成立.由，则，所以，解得由，可得故故答案为：；50．（2022·湖北·高三阶段练习）如图，，，是全等的等腰直角三角形（，

52处为直角顶点），且，，，四点共线.若点，，分别是边，，上的动点（包含端点），则________，的取值范围为_______.【答案】        【解析】如图：以为原点，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，，，，，，，直线的方程为：，设，且，直线的方程为：，设，且，直线的方程为：，设，且，所以，，，，，所以，故答案为：；.

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