2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编12含解析

这是一份2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编12含解析，共67页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
 2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十二）
一、单选题
1．（2022·广东·高三开学考试）已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（    ）
A．e B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，，而，则，
设，则原不等式等价于，又，
即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
设，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，则，
所以实数a的最小值为.
故选：B
2．（2022·广东实验中学高三阶段练习）对，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当时，，，故显然成立.
当时，不等式恒成立，即成立，即，进而转化为恒成立.
令，则，当时，，所以在上单调递增，则不等式恒成立等价于恒成立.
因为，，所以，，所以对任意的恒成立，所以恒成立.
设，可得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，函数取得最大值，最大值为，此时，所以，解得，即实数的取值范围是.
综上实数的取值范围是.
故选：C
3．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知点是抛物线上不同的两点，为抛物线的焦点，且满足，弦的中点到直线的距离记为，若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】抛物线，即，则焦点为，
准线为，设，由，
可得，
由抛物线定义可得到准线的距离为，到准线的距离为，
由梯形的中位线定理可得，
由，可得，
即，
得，当且仅当取最小值.
故选：D
4．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）设是函数的导函数，且，（e为自然对数的底数），则不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，则，
因为，
所以，
所以函数在上为增函数，
不等式即不等式，
又，，
所以不等式即为，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故选：C.
5．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）的值落在区间（    ）中．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，
即
，
设，则，
对任意的恒成立，
所以，函数在上为减函数，且，
因为，，
由零点存在定理可知.
故选：B.
6．（2022·广东广州·高三阶段练习）设．则a，b，c大小关系是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，故；
，故；
假设，有，
令，则，所以在上单调递增，
而，则，所以成立，；
故．
故选：A．
7．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，
所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，
设点到平面的距离为，
因为，所以是边长为的等边三角形，
由可得，解得，
所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，
因为，
所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，
故选：D
8．（2022·广东·高三阶段练习）窗花是贴在窗纸或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，取的中点，如图所示

所以．
，
当点与点或点重合时，取的最大值，取得最大值，且最大值为，故的最大值为.
故选：D.
9．（2022·广东·高三阶段练习）在四面体中,,,,,,则四面体外接球的表面积为(    )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为,所以
在中,由正弦定理得,即
所以,所以

取AC的中点,可知为四面体ABCD外接球的球心,外接球的半径
所以四面体ABCD外接球的表面积
故选：A
10．（2022·广东广州·高三阶段练习）设，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为，，，
故设，
所以，
令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
因为，所以，
所以即，
故选：A
11．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知，为异面直线，，为两个不同平面，，．若直线满足，，，，则（    ）
A．，
B．，
C．与相交，且交线垂直于
D．与相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】因为，，，所以，故A错误；
若，因为，所以，又，所以，这与，为异面直线矛盾，所以与相交，故B错误；
设，则由，知，
平移直线至使，如图所示，

设确定的平面为，则由可得，又，所以，
因为，，所以，又，，所以，因此即平面与的交线平行于，故D正确，C错误.
故选：D.
12．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知实数，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，变形可知，
利用换底公式等价变形，得，
由函数在上单调递增知，，即，排除C，D；
其次，因为，得，即，
同样利用的单调性知，，
又因为，得，即，所以.
故选：B.
13．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，
因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，

依题意，，，，弦，
所以.
故选：C
14．（2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习）已知函数，若有且只有两个整数解，则k的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由题设，定义域为，则可得，
令，则，
所以时，即递增，值域为；
时，即递减，值域为；
而恒过，函数图象如下：

要使有且只有两个整数解，则与必有两个交点，
若交点的横坐标为，则，
所以，即.
故选：C
15．（2022·广东·高三阶段练习）中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信通带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽W在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（　　）(附：
A．23% B．37% C．48% D．55%
【答案】C
【解析】依题意得，当时，，
当时，，
∴，
∴的增长率约为.
故选：C
16．（2022·广东·高三阶段练习）定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为函数满足，
所以，所以，
又的图象关于直线对称，
所以，且，
则，
所以，
所以，
无法求出.
故选：A.
17．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（    ）
A． B． C．0 D．2
【答案】D
【解析】因为是定义域为的奇函数，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以是以4为周期的周期函数，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，
故选：D
18．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，则，∴．
不等式恒成立，
①当时，，恒成立；
②当时，令，
，在单调递增，
即等价于，
在恒成立．
即，在恒成立.
令，则，可得，
∴在递增，在递减，
∴，∴，
∴的取值范围为．
故选：B．
19．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）已知函数满足，当时，，若在上，方程有三个不同的实根，则实数k的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意得，当时，
当时，，所以
即在上，方程有三个不同的实根等价与函数与函数的图像有三个交点，函数图像如下

由图像可得，当直线过点M时，直线与 恰有两个交点，此时
当直线与相切时，设切点为
则切线斜率为，所以切线方程为
因为该切线过原点，所以
此时
所以当时，直线与恰有两个交点,
又当直线过点时，
即直线与恰有交点时，必与有交点，综上.
故选:D.
20．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）从装有个红球和个蓝球的袋中(，均不小于2)，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为，“第一次摸球时摸到蓝球”为；“第二次摸球时摸到红球”为，“第二次摸球时摸到蓝球”为，则下列说法错误的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，，，，
，
从而，故AC正确；
又因为，，
故，故B正确；
，
故，故D错误.
故选：D.
21．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）函数满足，，当时，，则关于x的方程在上的解的个数是（    ）
A．1010 B．1011 C．1012 D．1013
【答案】B
【解析】因为函数满足，所以函数关于点对称，
因为，即，所以函数关于直线对称，
因为当时，，
所以，结合函数性质，作出函数图像，如图所示：  

由图可知，函数为周期函数，周期为，
由于函数一个周期内，与有2个交点，
在上，与有1个交点，
所以根据函数周期性可知，当时，与有个交点.
所以关于x的方程在上的解的个数是个.
故选：B
22．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）已知，，，其中，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，则，同理，，
令，则，当；当，∴在上单调递减，单调递增，所以，即可得，又，，
由图的对称性可知，.

故选：C
二、多选题
23．（2022·广东·高三开学考试）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则（    ）
A．最大值为1 B．的最小值为
C．在上单调递增 D．对任意的，均有
【答案】BD
【解析】因为，
，
所以，
所以的最大值为2，A错误；
因为成立，
所以在处取得最大值，
故，，即，，
因为，所以当时，取得最小值，B正确；
，
令，，
得，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在不单调，C错误；
，
所以在处取得最小值，D正确．
故选：BD
24．（2022·广东·高三开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，其一条渐近线为，直线过点且与双曲线的右支交于两点，分别为和的内心，则（    ）
A．直线倾斜角的取值范围为 B．点与点始终关于轴对称
C．三角形为直角三角形 D．三角形面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】因为双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为和，作图可知，若直线过点且与双曲线的右支有两个交点，则直线倾斜角的取值范围为，A正确；

设焦距为，由题可知，故，如图，过点分别作，，的垂线，垂足分别为，因为为的内心，所以由全等得,，，因为，所以，又，得，所以，M点横坐标为a，同理可得N点横坐标也为，当直线不垂直于轴时，，B错误；
设直线的倾斜角为，因为分别为和的内心，则，所以，C正确；
由（1）得，则，，所以，，，
因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以三角形的面积，D正确．
故选：ACD.
25．（2022·广东实验中学高三阶段练习）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（    ）
A．
B．当时，的值不唯一
C．可能等于
D．当时，的取值范围是
【答案】ACD
【解析】不妨设切点为，因为，
所以切线方程为，
所以，整理得，
所以令，则，
所以，令得.
所以，当或时，，，当时，，
因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，
所以，函数的图像大致如图，

所以，当时，，故B错误，此时成立；
当时，，所以，故可能等于，C正确；
当
当时，，显然，故D正确；
综上，，A正确.
故选：ACD
26．（2022·广东实验中学高三阶段练习）关于函数下列说法正确的是（    ）
A．方程的解只有一个
B．方程的解有五个
C．方程的解有五个
D．方程的解有3个
【答案】AC
【解析】作出图象如图，

A项，因为，显然与有唯一交点，故正确；
B项，令，则或或或或个解，故错误；
C项，令，则
有3个解，
有2个解，共有5个解，故正确；
D项，令，则，
又，，所以0，1是方程的两个解，
当时，，即或，
共有3个解；
所以方程的解有5个，故错误.
故选：AC
27．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知的左，右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则下列说法中正确的有（    ）
A．椭圆C的离心率的取值范围是
B．已知，当椭圆C的离心率为时，的最大值为3
C．存在点Q使得
D．的最小值为1
【答案】ACD
【解析】根据题意可知，
则椭圆方程为，
因为点在椭圆C外，
所以，所以，
所以，
则离心率，故A正确；
对于B，当椭圆C的离心率为时，，
所以，
所以椭圆方程为，
设点，
则，
当时，，故B错误；
对于C，当点Q位于椭圆的上下顶点时取得最大值，
此时，
，
即当点Q位于椭圆的上下顶点时为钝角，
所以存在点Q使得为直角，
所以存在点Q使得，故C正确；
对于D，，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为1，故D正确.
故选：ACD.

28．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（    ）
A．三棱锥的体积为定值
B．二面角的正切值的取值范围为
C．当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．当时，EG与平面所成的角最大
【答案】ACD
【解析】对于A，因为 可得点G是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面 ,故平面，所以点G到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，当 时，点G与点C重合，


此时都是等腰三角形，设M为中点，则,
则 为二面角的平面角， ,
则 ,即为钝角，
此时二面角 的平面角大于 ，
此时二面角的正切值小于0，所以B不正确；
对于C中，当 时，此时 即点G为的中点，如图所示，


连接 ，此时 ，
在正方体中，因为E，F分别为棱，的中点，
可得,且 ，
在直角 中，可得 同理
所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；
对于D，设N为的中点，连接,则平面，,

则为EG与平面所成的角，
当时， ,
在中， ,故 ,
即,则,即时，最小，
故,当 最小时，最大，
即当时，EG与平面所成的角最大，D正确，
故选：
29．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】A.        令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且
          
   即    故选项A正确
B.         令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且
          
   即   故选项B错误
C.       
     又在单调递增     
故选项C错误
D. 由C可知，   又在单调递减    
故选项D正确
故选：AD
30．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，是双曲线上异于的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（    ）
A．
B．直线，的斜率之积等于定值
C．使得为等腰三角形的点P有且仅有四个
D．若，则
【答案】BD
【解析】由题意，点是双曲线上异于的任意一点，设，
对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；
对于B中，由，，可得，
又由，所以，可得，所以B正确；
对于C中，若P在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得为等腰三角形的点P有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点P也各有两个，因此使得为等腰三角形的点P共有八个，所以C错误．
对于D中，由，得，
从而，所以D正确．
故选：BD．
31．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（       ）
A．函数在上单调递增
B．函数的值域为
C．若关于x的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是
D．不等式在恰有两个整数解，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】，
①、当时，，，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在单调递增.
当时，有极小值为，
当时，,且，
当时，；当时，，且趋近于负无穷大时,趋近于.
②、当时，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
时，函数有极大值为，
又趋近于正无穷大时,趋近于，时，，且
做出函数的图像如图示：

对于A选项：由函数的图像可知，函数在上单调递增，则A选项正确；
对于B选项：由函数的图像可知，函数的值域为，则B选项不正确；
对于C选项：由，可得，即或，
做出的图像如下：

由图像可知，有一个实数根，
关于x的方程有个不相等的实数根，有两个不相等且异于的实数根，
，，结合函数的图像可知，实数a的取值范围是，则C选项正确；
对于D选项：，，
分析可知：直线过点，当直线过点时，，
当直线过点时，，

结合函数的图像可知，当实数a的取值范围是时，不等式在恰有两个整数解为0与1，则D选项正确.
故选：ACD.
32．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线与相交于、两点（点位于第一象限），与的准线交于点，为线段的中点，准线与轴的交点为，则（    ）
A．直的斜率为 B．
C． D．直线与的倾斜角互补
【答案】ABD
【解析】易知抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
若轴，则直线与抛物线的准线平行，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，即点，
因为点为线段的中点，则，则，可得，
因为点在抛物线上，则，可得，
所以，直线的方程为，即，
故直线的斜率为，A对；
联立，解得或，即点、，
易知点，所以，，，则，B对；
易知点，，，
故，C错；
，，则，
所以，直线与的倾斜角互补，D对.
故选：ABD.
33．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知函数定义域为，且，，，则（    ）
A．的图象关于直线对称 B．
C．的图象关于点中心对称 D．为偶函数
【答案】BCD
【解析】对于A,假设的图象关于直线对称，则，
因为，故，即2为函数的一个周期，
则，由，可得，矛盾，故的图象不关于直线对称，A错误；
对于B, 函数定义域为，且，则，
由得，则，
故，故B正确；
对于C,由B的分析可知，，
即，故的图象关于点中心对称，C正确；
对于D，由可得，
由得 ，
故，即为偶函数，D正确，
故选;BCD.
【点评】本题综合考查函数的奇偶性和周期性以及对称性，综合性较强，解答时要注意能根据抽象函数的性质进行相应的代换，推出函数的周期，解答的关键是明确如何说明函数具有对称性和周期性等.
34．（2022·广东·高三阶段练习）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】设函数，则．由．得；由，得．则在上单调递减，在上单调递增．
设，则．，得；由，得.所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，则，故.因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立），所以，即.
因为，，，且，在，上单调递减，所以.
故选：ABC.
35．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知为椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，轴，垂足为(异于原点)，与椭圆的另一个交点为，则（    ）
A．
B．面积的最大值为
C．周长的最小值为12
D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A,设，则，设 ,
由题意可知 ，

则 ，两式相减得，
即，即 ,
由 ,
则，即，故A正确；
对于B，由A的分析可知，不妨设点在第一象限，则，
所以，当且仅当时取等号，
故 ，故B正确；
对于C，由题意知左焦点为,设右焦点为，，
则根据椭圆的对称性可知,故周长为 ,

而的最小值为椭圆的短轴长 ，由题意可知不能与椭圆短轴重合，
故周长大于，C错误；
对于D，由C的分析可知， ，
故
,当且仅当时取等号，D正确，
故选：ABD
36．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）函数及其导函数的定义域均为R，且是奇函数，设，，则以下结论正确的有（    ）
A．函数的图象关于直线对称
B．若的导函数为，定义域为R，则
C．的图象存在对称中心
D．设数列为等差数列，若，则
【答案】BCD
【解析】对A，由导数的几何意义及的对称性，在和处的切线也关于原点对称，其斜率总相等，故是偶函数，对称轴为，A错；
对B，由的对称性，在和处的切线关于纵轴对称，其斜率互为相反数，故为奇函数，又定义域为，B对；
对C，，由为奇函数知为奇函数，图像关于对称，可以看作由按向右移动4个单位，再向上平移4个单位而得，所以的图象存在对称中心，故C对；
对D，由C选项知，当时，，
由等差数列性质，同理，…，故，D正确.
故选：BCD
37．（2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习）对于函数，下列选项正确的是（    ）
A．函数的极小值点为，极大值点为
B．函数的单调递减区间为，单调递增区为
C．函数的最小值为，最大值为
D．函数存在两个零点1和
【答案】AD
【解析】当时，，求导得：，当时，，求导得：，
当或时，，当或时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，在处取得极大值，A正确；
函数的单调递减区间、增区间都是两个不连续的区间，不能用并集符号连接，B不正确；
函数的极小值为，极大值为，当时，的取值集合为，
当时，的取值集合为，则在定义域上无最大、最小值，C不正确；
由，即得：，解得，因此函数存在两个零点1和，D正确.
故选：AD
38．（2022·广东·高三阶段练习）设函数，若恒成立，则满足条件的正整数k可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】AB
【解析】当时，恒成立，即在上恒成立，
令，则，，
再令，则，
故在上单调递增，
又因为，，
所以在上存在零点，且，
所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；
故，
因为，故，所以由得.
故选：AB.
39．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）设函数满足，则给出如下结论正确的是（    ）
A．关于点成中心对称
B．若在上单调递增，则在上单调递增；
C．若，则无极值；
D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点．
【答案】ABD
【解析】依题意，，整理得：，则，
，
所以关于点成中心对称，A正确；
对求导得，二次函数对称轴，而区间与关于数2对称，
因在上单调递增，即当时，，因此，当时，，则在上单调递增，B正确；
当时，由得，即，整理得，
，，则二次函数有两个零点，
当或时，，当时，，则在处分别取得极大值和极小值，
当时，，同理可得有极大值和极小值，
综上得，有极值，C不正确；
，由消去y并整理得：
，，
由得：，当且仅当时取“=”，
当时，，方程组有唯一解，
当时，，方程组有唯一解，
因此，，方程组均有唯一解，
所以任意实数，直线与曲线有唯一公共点，D正确.
故选：ABD
40．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（    ）

A．的长度为
B．扇形的面积为
C．当与重合时，
D．当时，四边形面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】依题意圆的半径，，，，
所以的长度为，故A正确；
因为，所以扇形的面积，故B错误；
当与重合时，即，则，则，故C正确；



因为，所以

所以当，即时，故D正确；
故选：ACD
41．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（    ）
A．函数的单调减区间为、
B．函数的值域为
C．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是
D．若关于的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】对于A选项，当时，，则，
当时，，则，由可得，
所以，函数的单调减区间为、，A对；
对于B选项，当时，，
当时，，
因此，函数的值域为，B错；
对于CD选项，作出函数的图像如下图所示：

若，由可得，则方程只有两个不等的实根；
若，由可得或或，
由图可知，方程有个不等的实根，方程只有一个实根，
若关于的方程有个不相等的实数根，则，C对；
若关于的方程有个不相等的实数根，则，D对.
故选：ACD.
42．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）已知函数， 则下列说法正确的有（    ）
A．在单调递增
B．为的一个极小值点
C．无最大值
D．有唯一零点
【答案】ABC
【解析】依题意，，令，求导得，
当时，令，则，即在上递增，
，则在上递增，，因此在上递增，A正确；
当时，，求导得，显然函数在上递增，
而，，则存在，使得，
当时，，函数在上单调递增，当时，，
即当时，，则，因此为的一个极小值点，B正确；
当时，令，求导得，函数在上递增，当时，，
而在上递增，值域为，因此当时，，所以无最大值，C正确；
因，即和是函数的零点，D不正确.
故选：ABC
三、填空题
43．（2022·广东·高三开学考试）在三棱锥 中. 底面是边长为的正三角形，，点为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的体积为_________
【答案】
【解析】如图，连接 并延长，交于点与交于点，则.
因为平面平面，所以.
因为 平面，所以平面，平面，所以，
是正三角形，故为中点，又，所以是等边三角形，，
易得，，所以，
设外接球心为O，则O在CM上，半径为r，在中有，解得，
故外接球体积.
故答案为：

44．（2022·广东实验中学高三阶段练习）设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为______.
【答案】
【解析】设公共点坐标为，，，
由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，
又，即，
所以，
设函数，
，
令得.
当时，，当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，b取最大值，将代入，
则得.
故答案为：.
45．（2022·广东·广州大学附属中学高三阶段练习）已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______
【答案】
【解析】

由题意，，，可知在平面上的射影为的外心，即中点，则球的球心在的延长线上，设，则，所以，即，解得，则，过作于，设,则，再设，由，可得，所以，
则，
令，则，由可得，
所以当时，，
所以面积的最大值为，
则三棱锥体积的最大值是.
故答案为
46．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
47．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点）篮球的影子是椭圆，篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率=_________.

【答案】
【解析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，

由题意可知，，
由题意可得，则，，
设，
则到的距离，解得（舍去），，
则，
又设，由，得．
，则，得，
，则    
故得．
∴椭圆的离心率．
故答案为：．
48．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）若函数恰有两个零点，则的值为______.
【答案】
【解析】由，得|logax|，即，
由题意，函数y与y的图象有两个交点，
当0＜a＜1时，函数y与y的图象有两个交点时，

注意到y与y互为反函数，图象关于y＝x对称，
可知函数y的图象与y＝x相切，设切点的横坐标为x0，
则，解得；
故答案为：
49．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知椭圆，圆，椭圆的左，右焦点分别为，．直线交椭圆于点，交圆于、两点．若，则______．
【答案】
【解析】由题意可知，，由椭圆的定义知，， 如图所示

在中，由余弦定理得,
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
联立①②③，得，即，
于是有，所以，
由圆，得圆的半径为，
因为两点在圆上，所以,
所以,,
又因为，
所以，即，解得.
故答案为：.
50．（2022·广东广州·高三阶段练习）已知实数，若函数有且仅有2个极值点，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】因为，所以，依题意在上有两个零点，
令，，则
令，，
当时，，所以，
则由题意，必有，代入原函数得，即，
故的极值点为，，
易知为偶数时，为极小值点，为奇数时，为极大值点，
且极小值随着的增大而增大，又，
要使函数在上有两个零点，只需，
解得．
故答案为：．
51．（2022·广东·高三阶段练习）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，若，则的面积为__________．
【答案】【解析】如图，

因为，所以．
设，，得，
由，得
所以，则，
由，得，
又 ，所以，，，
故的面形.
故答案为：
52．（2022·广东广州·高三阶段练习）在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥．当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即


易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面，易知，
记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径


故答案为：


53．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）过抛物线上一点P(4，4)作两条直线PA，PB（点A,B在抛物线上），且它们的斜率之积为定值4，则直线AB恒过定点____.
【答案】
【解析】设A，B，则kPA=，
同理，kPB=，kAB=.
因为kPA·kPB=4，所以·=4，
所以y1y2+4(y1+y2)+12=0.
所以y1y2=-12-4(y1+y2).
直线AB的方程为y-y1=，
即(y1+y2)y-y1y2=4x.
将y1y2=-12 -4(y1+y2)代入上式得:
(y1+y2)(y+4)=4(x-3)，所以直线AB恒过定点(3,-4).
故答案为：(3,-4).
54．（2022·广东·东莞市东华高级中学高三阶段练习）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且当时，．若，则______．
【答案】0
【解析】因为为偶函数，
所以＝，即＝，
所以函数关于对称，所以＝，
又因为为奇函数，
所以＝－，
所以函数关于(1,0)对称，＝－＝－，
即＝－，
所以＝－，＝－＝，
即＝，
所以的周期为4，
在＝－中令    ，得，所以 ，即，
又因为，所以，即，所以，
所以当时，，
所以，
所以，
，
，
，
所以则0.
故答案为：0.
55．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数，直线l的方程为，过函数上任意一点P作与l夹角为的直线，交l于点A，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】设点P到直线l的距离为d，
点P作与l夹角为，
，即，
要使最小，只需d最小即可，
则当过点P的的切线与直线l平行时，点P到直线l的距离最小，即d最小，
设，
求导得，
即时d最小，此时，
，
则，
则，
故答案为：.
56．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）若已知，函数在上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】函数的单调递增区间为，，
则，，
解得，，又由，且，，得，所以．
故答案为：．
57．（2022·广东·顺德一中高三阶段练习）已知函数，若f（x）在（0，+∞）内有零点，则a的取值范围为___________.
【答案】（0，1]
【解析】，则
其中令，则为递增函数，
若，于是有，
设，
显然函数是正实数集上的增函数，，
则h（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，则，则f（x）在（0，+∞）内无零点，
若，有，
即，
因为函数比函数的递增的速度快得多，
所以函数存在大于0的函数值，则此时函数f（x）在（0，+∞）内有零点.
故答案为：（0，1]
58．（2022·广东广雅中学高三阶段练习）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】记，则
由可得
所以为偶函数
记，则
因为当时，，当时，
所以，当时，有最小值
又因为在上，即
所以
所以在上单调递增，
由可得
即
所以，即，解得.
故答案为：
59．（2022·广东·广州市南武中学高三阶段练习）已知函数，且，则实数的取值范围为________
【答案】
【解析】令，

，为奇函数


即


又为增函数，为增函数
为增函数
而，，即
故答案为：
四、双空题
60．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数，则不等式的解集为______，若实数，，满足且，则的取值范围是______．
【答案】         
【解析】由，得，
又，
当时，恒成立，
当时，，得，
当时，，得，
综上所述，，即；
作出函数的图象，如图所示，

当时，，
又，，
所以，
且，则，
所以，
设，
则，，
所以，
设，，
则，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
即，
故答案为：；.