2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编17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17含解析，共60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（十七）
一、单选题
1．（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）定义在上的偶函数满足,当时,,则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】解:由题知为偶函数,,

①,
将代换为可得:
②
①-②可得,
,
周期为4,
,,
,,
时单调递增,
由以上可知:
;
,
,
将代入上式,则有,
,

,
,
将代入上式,则有,
,
,
若比较的大小,只需比较的大小,
,
只需要比较的大小,
两式相减可得:,
记,
,
,
单调递增,
则,
即,
故,
时单调递增,
,
,
.
故选:C
2．（2022·广东·广州市第一一三中学高三阶段练习）在平面直角坐标系中，直线与椭圆：相切，且椭圆的右焦点关于直线：的对称点在椭圆上，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】设左焦点，由几何关系得，
而到的距离为，则，
，由勾股定理得，化简得，
而联立得，由，
解得，
故选：D
3．（2022·湖南·衡阳师范学院祁东附属中学高三期中）设函数f（x）是定义在区间上的函数，f'（x）是函数f（x）的导函数，且，则不等式 的解集是
A． B．（1，＋∞） C．（－∞，1） D．（0，1）
【答案】D
【解析】构造函数，则，由，所以，即在上单调递增．因为，则不等式，可变为，则，所以，所以，故选D
4．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令 ，，
则，
所以在上单调递增 ，
所以，即，
所以，
故选：D
5．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，为圆心，连接，

则，
因为点在线段上且，则圆心到直线CD的距离，
所以，
所以，则，
即的取值范围是,．
故选：D．
6．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）设，，，，，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【解析】令，则，
令，
则，
∵，∴，∴在上单调递减，
∴，即当时，恒成立，
∴当时，单调递减，
∵，∴，则，即．
，，
令，则，
当时，，单调递减，
∴，即，∴，
∴，∴．
故选：C．
7．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）已知为椭圆上一动点，、分别为该椭圆的左、右焦点，为短轴一端点，如果长度的最大值为，则使为直角三角形的点共有（    ）个
A．8个 B．4个或6个 C．6个或8个 D．4个或8个
【答案】B
【解析】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
因为为短轴一端点，令，长度的最大值为，
椭圆，
所以说明椭圆与圆至多有且仅有下顶点这唯一焦点，
设 ，
所以 ，即
所以 ，
因为，
所以带入中得：
，
因为 ，
所以，
所以，
所以，
因为，
当 带入得：

所以，
所以，
所以即 ，
当 时， 为下顶点，此时 最大为直角，根据对称满足的点有2个，
当 时， 为下顶点，此时 为锐角，满足的点有0个，
所以使为直角三角形的点共有4个或6个，
故选：B.
8．（2022·湖北·高三期中）在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（    ）
A．这个人患流感的概率为0.15
B．此人选自A地区且患流感的概率为0.0375
C．如果此人患流感，此人选自地区的概率为
D．如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人
【答案】C
【解析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则，且彼此互斥，
由题意可得，，，
，，，
A.由全概率公式可得；A错误；
B.，，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B错误；
C.由条件概率公式可得，C正确.
D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X，
则，即；D错误.
故选：C
9．（2022·湖北襄阳·高三期中）某大学为了制作“迎新杯”篮球赛创意冠军奖杯，在全校学生中开展“迎新杯”篮球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，（    ）

A．10cm B． C． D．
【答案】B
【解析】过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，如图所示

设，则，，
由，，得，
则，，
，
当，即时，OB取得最大值，
此时
故选：B.
10．（2022·湖北·高三阶段练习）已知，，若，则的最大值为（    ）
A．1 B． C． D．0
【答案】C
【解析】因为，
所以.
设，，则，易知在上单调递增，从而，即，
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为.
故选:C.
11．（2022·湖北·高三期中）已知函数，若函数的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为的单调递减区间（理解为闭区间）中包含且仅包含两个正整数，
所以的解集中恰有两个正整数，
由可得， ，
令，则，，单调递增，
，单调递减，
作出函数与的图象如图，

当恰有两个正整数解时，即为1和2，
所以，
故选： C
12．（2022·湖北·高三期中）在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是

（    ）
A．
B．当，时，的面积为
C．若是的角平分线，且，则
D．当时，为直角三角形
【答案】D
【解析】选项A:因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
化简可得，因为，所以
可得，，故，选项A错误；
选项B：当，时，由选项A，得，因为，
可得，无解，故此时三角形不存在，选项B错误；
选项C：因为若是的角平分线，且，由选项A，得
故，而
得，
得，所以，选项C错误；
选项D：因为，由正弦定理可得，
又，，得，
所以，化简可得，因为，
解得或，由条件可知，故舍去，
故，所以，所以为直角三角形，选项D正确．
故选：D
13．（2022·山东德州·高三期中）已知定义在上的函数，若的图像与轴有4个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为的图像与轴有4个不同的交点，所以与有4个不同的交点，作出二者图像如下图：

易知直线恒过定点，斜率为a，
当直线与相切时是一种临界状态，设此时切点的坐标为，则，解得，所以切线为，此时有三个交点；
当直线过点时，，此时有四个交点；
综上所述：，
故选：A.
14．（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆  过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
15．（2022·福建省诏安县桥东中学高三期中）已知偶函数在R上的任一取值都有导数，且，，则曲线在处的切线的斜率为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【解析】因为，所以，即函数的周期为4；
由周期性可知曲线在处的切线的斜率等于它在处的切线的斜率，
因为是偶函数，其图象关于轴对称，所以.
故选：A.
16．（2022·江苏盐城·高三阶段练习）图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小的正方形拼成一个大的正方形．某同学深受启发，设计出一个图形，它是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，如图2，若BD＝1，且三个全等三角形的面积和与小正三角形的面积之比为，则△ABC的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则，
解得（舍去），
所以，
，
故选：D．
17．（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数，，都有，记，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则，
则由得，化简得，
令函数，即得，则得函数在上为单调减函数，
因为是定义在上的奇函数，
所以
因为,，即得，
所以，即.
故选：D
18．（2022·江苏·南京市天印高级中学高三期中）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，则，所以在上单调递减，所以，也即，
令，则，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，故当时有，
所以，
令，则，
因为，
当时，，所以，
函数在上单调递减，所以，也即，
所以，故，
故选：B.
19．（2022·江苏·南京市天印高级中学高三期中）已知菱形的边长为2，，是菱形内一点， 若，则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【解析】在菱形，，则为等边三角形，
因为，
所以，
设点为的中点，
则，所以，
所以三点共线，所以为的中线，
同理可得点的中线过点，
所以点为的重心，
故，
在等边中，为的中点，则，
所以.
故选：D.

二、多选题
20．（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）下列命题中真命题有（    ）
A．若，则是钝角
B．数列的前n项和为，若，则
C．若定义域为的函数是奇函数，函数为偶函数，则
D．若，分别表示的面积，则
【答案】CD
【解析】对于A，若，则，故A错误；
对于B，因为，所以当时有，
两式相减可得，即，
当时，，所以，故B错误；
对于C，因为函数为偶函数，所以，所以，
因为是定义域为的奇函数，所以，故C正确；
对于D，如图，设线段的中点分别为，连接，
因为，所以，
所以，即，
即点是线段靠近点的三等分点，
所以，故D正确；

故选：CD
21．（2022·广东·广州市第一一三中学高三阶段练习）已知椭圆的左､右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（    ）
A．椭圆的离心率的取值范围是
B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是
C．存在点使得
D．的最小值为1
【答案】BCD
【解析】由题意得，又点在椭圆外，则，解得，
所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A不正确；
当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；
设椭圆的上顶点为，，，由于，
所以存在点使得，故C正确；
，
当且仅当时，等号成立，
又，
所以，故D正确．
故选：BCD
22．（2022·广东·广州市第一一三中学高三阶段练习）设定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（    ）
A．为奇函数
B．的解析式唯一
C．若是周期为的函数，则
D．若时，，则是上的增函数
【答案】ACD
【解析】因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；
令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，即B错误；
若是周期为的函数，则，所以，又，
所以，故C正确；
因为当时，，所以当时，则，
设任意的，且，则，
所以，因为，且，
所以，，，，，
所以，即，
所以在上单调递增，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是上的增函数，故D正确；
故选：ACD
23．（2022·湖南·衡阳师范学院祁东附属中学高三期中）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（    ）
A．当时，
B．函数有两个零点
C．若方程有三个解，则实数的取值范围是
D．
【答案】AC
【解析】对A，设，则，所以，
又函数是定义在R上的奇函数，所以，
所以，即
故A正确．
对B，当时，，所以，
令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得极小值，
当时，，又，故函数在仅有一个零点．
当时，，所以函数在没有零点，
所以函数在上仅有一个零点，函数是定义在上的奇函数，
故函数在上仅有一个零点，又，
故函数在上有3个零点．
故B错误．
对C，作出函数的大致图象，由图可知

若关于的方程有解，由B中的单调性可得，实数的取值范围是.
故C正确．
由图可知，对，
故D错误．
故选：AC．
24．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）设函数是函数的导函数，且满足，，则（    ）
A．有极大值 B． C． D．
【答案】BD
【解析】依题意可知，
，
，设（为常数，）
所以，，
所以，

，
所以在上递增，没有极大值，A错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
，
，B选项正确.
故选：BD
25．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）正方体的棱长为，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点，则（    ）

A．与是异面直线
B．平面平面
C．存在点使得
D．当为线段中点时，过、，三点的平面截此正方体所得截面的面积为
【答案】BD
【解析】因为、、共线，又，即、、、共面，因此与共面，故A选项不正确；
正方体中，，，，、平面，
平面，因为平面，∴平面平面，故B选项正确；
已知为线段上的动点（不包括两个端点），设，
假设存在点使得，则有：

解得，与重合，与已知矛盾，故C选项不正确；
当为线段中点时，为线段中点，连接，如图所示：

有，得 ，因为，同理,
过、、三点的平面截此正方体所得截面为等腰梯形，
正方体的棱长为2，，，，
过点作，交于点，由，，
从而可得等腰梯形的高为，∴截面等腰梯形的面积为，
所以过、、三点的平面截此正方体所得截面的面积为，故D选项正确；
故选：BD.
26．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）已知函数，，下列判断中，正确的有（    ）
A．存在，函数有4个零点
B．存在常数，使为奇函数
C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或
D．存在常数，使在上单调递减
【答案】BC
【解析】函数函数图像如图所示：

由图像可知，函数的图像与直线不可能有4个交点，所以不存在使函数有4个零点，A选项错误；
当时，，函数定义域为R，，此时为奇函数，B选项正确；
当或时，在区间上单调递增，最大值为；
当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，最大值为，不合题意；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，若最大值为，则有，即，由，所以，解得；
综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确；
若在上单调递减，则有，不等式组无解，故不存在常数使在上单调递减，D选项错误；
故选：BC
27．（2022·湖北·高三期中）已知抛物线C：过点，焦点为F，准线与x轴交于点T，直线l过焦点F且与抛物线C交于P，Q两点，过P，Q分别作抛物线C的切线，两切线相交于点H，则下列结论正确的是（    ）
A． B．抛物线C的准线过点H
C． D．当取最小值时，
【答案】ABD
【解析】将点代入可得，抛物线方程为：，焦点为，准线方程为.
设，，根据曲线切线斜率和导数关系，，即，故过点P切线斜率为，过点Q切线斜率为.
设直线l方程为，联立方程，
得，根据韦达定理：
，故两切线互相垂直，，A正确.
设过点P切线方程为：
设过点Q切线方程为：
两式相减得
所以，得代入①式

因为，故，所以两切线得交点过抛物线准线，故B正确；
由题意可知，

所以，即，直线l 随着m 的值改变时也会随之发生改变，因此也会随着改变，故不是定值，C错误
设，，



当且仅当时等号成立，此时，D正确故选：ABD
28．（2022·湖北·高三期中）已知函数（），（），则下列说法正确的是（    ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】ABD
【解析】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，

又∵
∴，A正确.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A正确；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B正确.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D正确.
故选：ABD.
29．（2022·湖北襄阳·高三期中）已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，A，B，C三点均在以S为球心的球S的球面上，P是该球面上任意一点，下列结论正确的有（    ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．若平面ABC，则三棱锥的表面积为
D．若平面ABC，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】因为正三棱锥的底面边长为6，所以三棱锥的底面面积为，底面外接圆的半径，
又三棱锥的体积为，则三棱锥的高，
所以球S的半径，
则三棱锥体积的最大值为
A正确，B不正确.

若平面ABC，因为，则为球的直径，的外接圆半径为，球的半径为，故，
则根据三角形相似，可知，，又因为，可得，
根据勾股定理，可得，故，
，
取BC的中点D，连接PD，
则，，
故三棱锥的表面积为，C正确.
分别取PA，PB，AC的中点M，N，Q，连接MN，MQ，NQ，

由前面计算可知，，，，
取为中点，得，由上可知，面，故面，
在中，，因为，
所以，（或其补角）为异面直线AB与PC所成角的大小，
且，D正确.
故选：ACD
30．（2022·湖北襄阳·高三期中）已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为（    ）
A．13 B．12 C．11 D．10
【答案】BC
【解析】，
即而，
即有
令，则有，
令函数，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，从而有，
则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立.
又，所以，故有，
所以，，则
从而，解得，又，，
所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，
所以或
故选：BC.
31．（2022·湖北·高三阶段练习）已知外接圆的面积为，内角，，的对边分别为，，，且，，成等比数列，设的周长和面积分别为，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】由及正弦定理，得，
由余弦定理，得，
因为，所以，当且仅当时取等号，
又，所以，则，
因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，
由正弦定理，得，
所以，，选项AB正确；
，所以，
故，选项D正确；
对于选项C，取满足条件，，则C错误.
故选：ABD.
32．（2022·湖北·高三阶段练习）已知函数，则（    ）
A．是定义域为的偶函数 B．的最大值为2
C．的最小正周期为 D．在上单调递减
【答案】AD
【解析】因为，，所以的定义域为；
对于，都有，且，
所以是偶函数，则A正确；
，则B错误；
又，所以，则C错误；
当时，单调递减，且，而在上单调递增，所以在上单调递减；
当时，单调递增，且，而在上单调递减，所以在上单调递减，
从而在上单调递减，则D正确.
故选：AD.
33．（2022·湖北·高三期中）若，，且，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABCD
【解析】，，， ，且.
则，且.
对A： ，当时等号成立，A正确；
对B： ，解得，B正确；
对C：，则，当时等号成立，C正确；
对D：，当时等号成立，D正确.
故选：ABCD.
34．（2022·山东德州·高三期中）将个数排成行列的数阵，如图所示：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中0）.已知，记这个数的和为，下面叙述正确的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】对于A，由题意，，，
由，则，整理可得，
由，解得，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD.
35．（2022·山东·青岛二中高三期中）已知函数 若函数有四个不同的零点：，且,则以下结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】设，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，
作出函数与的大致图象，

由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，B对；
因为，则，由图可知，
则，即，
所以，，A对；
令，其中，由图可知，
，
当时，，，则，此时函数单调递减，
所以，，即，
因为，，且函数在上单调递减，
所以，，则，故，C错D对.
故选：ABD.
36．（2022·江苏盐城·高三阶段练习）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记若在上恒成立，则函数在上为凸函数．以下四个函数在上是凸函数的是

（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】对于对于，，，
当时，恒成立，故A为凸函数；
对于B.对于，，，
当时，恒成立，故B为凸函数；
对于C.对于，，
，
当时，，，恒成立，故C为凸函数；
对于D.对于，，，
当时，恒成立，故D不是凸函数．
故选：．
37．（2022·江苏·南京市天印高级中学高三期中）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则（    ）
A．是奇函数 B．是偶函数
C．是曲线的一个对称中心 D．
【答案】BCD
【解析】取得到，解得，故A错误；
取得到，故，函数为偶函数，B正确；
取得到，故，取，则，故是曲线的一个对称中心，C正确；
，即，，故，是函数的一个周期，，D正确.
故选：BCD
三、填空题
38．（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）已知数列的前项和为，，，则数列_____________．
【答案】
【解析】由题意可得，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
故答案为：
39．（2022·广东·广州市第一一三中学高三阶段练习）过点的直线与交于A，B两点，当M为线段中点时，___________.
【答案】-8
【解析】因为点在内，
所以当M为线段中点时，，
又因为的半径为4,＝,
所以，
所以，
所以，＝.
故答案为：-8.
40．（2022·湖南·衡阳师范学院祁东附属中学高三期中）设若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】∵时，，
∴在上的图象与上的图象关于对称，
不妨设，如图：

可得，.
∴.
∴
，.
令，
则原式化为，其对称轴为，开口向上，
∴在上单调递增.∴.
∴的取值范围为.
故答案为：.
41．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是______．
【答案】
【解析】因为该球的体积为，所以该球的半径为，
如图，设正四棱锥的高为，底面的边长为，中心为，球的球心为，
则球的球心在上，，，
所以，，即，
所以
因为，即
所以，，
因为，
所以，，解得，
所以，该正四棱锥体积为，，
所以在上恒成立，
所以在单调递增，
所以，，
所以，该正四棱锥体积的取值范围是.
故答案为：

42．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）若双曲线的右支上存在两点，，使为正三角形（其中为双曲线右顶点），则离心率的取值范围为______.
【答案】
【解析】由题意，双曲线的渐近线方程为y＝±x，
要使该双曲线右支上存在两点，，使为正三角形，
则需过右顶点，且斜率为的直线与双曲线有两个不同的交点，
也只需其斜率大于渐近线的斜率．
∴，即，
即，
∴，
即，又，
所以．
故答案为：.
43．（2022·湖北·高三期中）若不等式对任意恒成立，则a的取值范围是_______________.
【答案】
【解析】由，
令，
即对任意恒成立，
易知时为增函数，
且时，时，
故存在使得，即，
所以时为减函数，
时为增函数，
所以

所以，
即，
所以，，
故答案为：
44．（2022·湖北·高三期中）已知数列满足，，且，则______________.
【答案】2550
【解析】由条件： 得： ，即偶数项是相邻两项的等比中项；
得： ，即奇数项是相邻两项的等差中项；
∴原数列为：1，2，4，6，9，12，16，……，其中第 项 ，第 项（ ） ；
；
故答案为：2550.
45．（2022·湖北襄阳·高三期中）最早对勾股定理进行证明的是三国时期吴国的数学家赵爽，赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，他用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.如图，某数学探究小组仿照“勾股圆方图”，利用6个全等的三角形和一个小的正六边形ABCDEF，拼成一个大的正六边形GHMNPQ，若，则__________.

【答案】1
【解析】在正六边形ABCDEF中，，则，
所以
因为六边形GHMNPQ是正六边形，
所以，且G，F，E，P四点共线.
又，所以，
所以
故答案为：1.
46．（2022·湖北襄阳·高三期中）已知实数、满足，则的最小值为__________.
【答案】【解析】因为，所以，
令，，则，，且，
所以，当且仅当，时，等号成立.
因此，的最小值为.
故答案为：.
47．（2022·湖北·高三阶段练习）已知函数，若函数与函数的单调区间相同，并且既有单调递增区间，也有单调递减区间，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】法一：因为，所以，
若，则，在上单调递增，只有单调增区间，不合题意；若，令，得，，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，
设，因为函数与函数的单调区间相同，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，所以对任意恒成立，即恒成立，由，所以，将，代入上式，整理得，即，从而，此时，所以的取值范围为.
法二：.当时，恒成立，在上单调递增.没有单调递减区间，不符合题意.当时，.当时，，单调递减；当时，，单调递增.令，则.
由题意，，恒成立，即恒成立.令，则恒成立.因为，所以与有相同的单调性，所以.又，所以，即，即.综上，的取值范围是.
故答案为：
48．（2022·山东德州·高三期中）在中，为边上任意一点，为的中点，且满足，则的最小值为________.
【答案】【解析】由为边上任意一点，则，
，
可得，则，即，由，可得，则，
故，
当时，取得最小值为.
故答案为：.
49．（2022·山东·青岛二中高三期中）在三棱锥 中，底面ABC是边长为2的正三角形，，点M为的垂心，且平面，则三棱锥的外接球的表面积为_________.
【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，
因为是正三角形，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，
故外接球表面积为.
故答案为：.
50．（2022·江苏盐城·高三阶段练习）中角的，，的对边分别为，若该三角形的面积为，且，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】因为，所以，
即，所以，整理得，
所以，又，所以，
因为，所以，化简，由，得，即，所以的最小值为，
故答案为：．
51．（2022·江苏·南京市天印高级中学高三期中）设圆锥的底面半径为2，母线长为，若正四棱柱上底面的4个顶点在其母线上，下底面的4个顶点在其底面圆内，则该正四棱柱体积的最大值为______．
【答案】
【解析】

设正四棱柱的底面边长为，高为，由相似得,
即.
因为.
所以正四棱柱的体积.
所以令.
当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
所以当时，函数取最大值为.
故答案为：
四、双空题
52．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）平面四边形中，，，，，沿将向上翻折，进而得到四面体，①四面体体积的最大值为______；②若二面角的大小为120°，则______.
【答案】     【解析】在平面四边形中，，，，
则，为直角三角形
翻折后，要四面体的体积最大，底面的面积是确定的，只要点到面的距离最大即可，则当面面时， 四面体的体积最大
取中点，连接，
因为，为中点，
则，又面面，面面，面，
则面，即为点到面的距离
又，


即四面体体积的最大值为.

过点作，交于，连接，
因为，，
则为二面角的平面角，即，
，，且，面，面
面，
则以为轴，为轴，在中作轴建立空间直角坐标系，如图：
在中，过作交的延长线于，
面，且面，
则面面，又，面面，面
面
，则

则，
在中，
到距离为，到轴距离为，
即，
则
故答案为：；.

53．（2022·湖北·高三期中）已知是定义在上的函数，且函数的图象关于直线对称，当时，，则__________，曲线在处的切线方程是__________．
【答案】         
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
所以，即，
用代替，得到，故关于对称，
当时，，则，
所以时，，则，
故，，
故曲线在处的切线斜率，切点坐标为，
故切线方程为，即．
故答案为：；．
54．（2022·山东德州·高三期中）定义为与距离最近的整数（当为两相邻整数算术平均值时，取较大整数），令函数，如：.则__________；_________.
【答案】     4    
【解析】当时，，则，；
当时，，则，；
当时，，则，；
当时，，则，；
当时，，此时，包含，，，，共个整数，
所以将分组为，，，，，第组有个数，且每一组中所有数之和为，
则，
当时，则，即在第45组中，且位于第45组中个数的位置上，
则.
故答案为：①4；②.
55．（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知数列满足，，且．则数列的通项公式为________．若，则数列的前项和为________．
【答案】     ，    
【解析】，，可得，，
又，
则，
上式对也成立，
所以，；
由，可得，
则数列的前项和为
．
故答案为：，；．