2023高考数字全国模拟好题速递好题速递5.6讲义

这是一份2023高考数字全国模拟好题速递好题速递5.6讲义，共13页。试卷主要包含了设函数，若实数满足，则，设，分别是椭圆，已知函数．，已知数列满足．等内容，欢迎下载使用。
好题速递五（甘肃省酒泉市高三第三次诊断考试）1.设函数，若实数满足，则（    ）A.    B.  C.    D.解析： ，令，得，得当时，函数单调递增，且，当时，函数单调递减，且，令，得；令，得当函数单调递增，当时，函数单调递减，又.故选B.2.如图，在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是底面上（含边界）一动点，满足，则线段长度的最小值为（    ）A.1    B.2    C.    D.解析： 如图所示：连接，易知，故，故平面，故，故平面，故在线段上，故线段长度的最小值为.故选D. 3.已知函数是定义在上的偶函数且，当时，，若，则（    ）A.    B.  C.    D. 解析：由得，，所以，所以的周期为4，则当时，，因为在上均为增函数，所以在上为增函数，又，所以，即.故选C.4.若对于任意的，，，则的取值范围是（    ）A．     B．      C． D． 解析：原不等式可化为，则，整理得，（1）当时，上式成立．（2）当时，上式不恒成立，不满足题意．（3）当时，．令，则．所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．当时，取得最大值，所以，故的取值范围是．综上得，的取值范围．故选A．5.设，分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交于，两点．若，轴，则的离心率为________．解：如图，设直线的倾斜角为，则，，，所以，由、由焦半径比公式得：，代入得：即解之得：（负值已舍），所以．6．阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种类型的正多边形为面构成的凸多面体．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个阿基米德多面体．若该阿基米德多面体的表面积为，且它的所有顶点都在球的球面上．则球的表面积为________．解：设阿基米德多面体的棱长为，则，解得，显然正四面体的棱长为3，且正四面体与半正多面体的外接球球心相同，设为．如图：，则，，所以，设，则，在直角三角形中，，即，解得，所以在直角三角形中，所以在三角形中，，由余弦定理得，所以．所以这个半正多面体的外接球的半径为．则该阿基米德多面体外接球的表面积为 7.在平面直角坐标系中，己知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标．解：（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．  2分所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹为．      4分（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，      5分设，，，直线的方程为，将抛物线方程变形为，则，所以，所以的方程为，      6分因为，所以直线的方程为，     7分把代入的方程得．同理可得．       8分构造直线方程为，易知，两点均在该直线上，所以直线的方程为，故恒过点．     9分因为，所以可设方程为，化简得，       10分所以恒过点       11分当，即时，与均恒过，故存在这样的，当时，坐标为．      12分8.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个极值点，，且，求的取值范围．解：（1）       1分令．（i）若，此时，，所以在单调递增．       2分（ii）若，此时．由得，，，       3分当或时，，单调递增；当时，，单调递减．       4分综上所述：当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为      5分（2）由（1）知，，，       6分，      7分令，由，得，，．      8分由，得．      9分令，则（※）．     10分因为，所以在单调递减，故不等式（※）的解集为．      11分由，，得，解得．即的取值范围为．好题速递六（天域全国名校高三协作体联考4月）1.已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则大小关系为（    ）A.    B.   C.    D. 【详解】为偶函数，则.又当时，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得最大值，，则时，等号成立，所以，，故选：2.已知圆，圆分别是圆上的动点.若动点在直线上，动点在直线上，记线段的中点为，则的最小值为（    ）A.3    B.    C.    D.【详解】由题意，点动点在直线上，动点在直线上，线段的中点为，可得点在直线上，又由，点关于直线对称的点，则所以的最小值为.故选D 3．已知函数有两个极值点，，且，，则（    ）．A．    A．    C．    D．【解析】由，得，，，可得．因为，，所以两式作差得，则，所以，解得．故选A.4.已知数列和满足，，，，则______．【解析】因为，，所以，整理得．因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以．5.如图，直三棱柱中，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为__________.【详解】由余弦定理得：设，则，由得：，解得：，因为，故由基本不等式得：当且仅当，且时，即时取最小值.底面三角形外接圆半径，6.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）设，证明：．解：（1）因为    ①当时，    ②     2分①②，得，所以，       4分又时，，       5分所以．     6分（2）由（1）结合已知条件可得：．当时，，，即成立．       7分当时，   11分综上，．      12分7.如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，，，E为棱AB上任意一点（不包括端点），F为棱PD上任意一点（不包括端点），且．（1）证明：异面直线CE与AP所成角为定值．（2）已知，，当三棱锥的体积取得最大值时，平面CEF与PA交于点N，求EN的长．解：（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴．∵，，∴平面PAB，∴．∵，，∴平面ABCD，∴，∴异面直线CE与AP所成角为定值，且该定值为90°．（2）解：如图，在AD上取点G，使得．由，设，，其中．由，，平面ABCD，可得，，，．∵，平面ABCD，∴平面ABCD．在中，有，可得，可得．的面积为．，可得当时，三棱锥体积的最大值为．当三棱锥的体积取得最大值时，E为AB的中点，F为DP的中点．延长CE交DA于点M，连接MF，交PA于点N．∵，∴，∴．∵，∴，∴．又，∴．8.设椭圆方程为，，分别是椭圆的左、右顶点，动直线l过点，当直线l经过点时，直线l与椭圆相切．（1）求椭圆的方程；（2）若直线l与椭圆交于P，Q（异于A，B）两点，且直线AP与BQ的斜率之和为，求直线l的方程．解：（1）依题意可得．当直线l经过点时，l的方程为，代入，整理得，，解得，所以椭圆的方程为．（2）依题意可得直线l的斜率不为0，可设，，．由，得，则，则．因为，所以．又因为，所以，则直线BQ的方程为，与联立得，所以l的方程为，即．