新高考地区百强名校2023届新高考数学模拟考试压轴题精编卷（四）（新高考通用）（Word版附解析）

这是一份新高考地区百强名校2023届新高考数学模拟考试压轴题精编卷（四）（新高考通用）（Word版附解析），共44页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
【百强名校】2023届新高考地区百强名校
新高考数学模拟考试压轴题精编卷（四）（新高考通用）

一、单选题
1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知点和数列满足，若分别为数列的前项和，则（    ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【分析】根据题意分析可得数列均是周期为6的数列，运算求解即可得结果.
【详解】由题意可得：，
则，
∵，则，
由，则，
同理，，
即数列均是周期为6的数列，而，

故选：D.
2．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得到 ,由题可得和,结合即可得解.
【详解】因为

若，则，
∴，
则，又，解得.
又，解得.
，解得，，或.
当时，；当时，，可得.
∴.
故选B.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
3．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）设，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意构造函数和，利用导数研究函数的单调性可得，进而，则；利用导数研究函数的单调性可得当时，即，则，进而得出结果.
【详解】由，得；
由，得.
设函数，则，
所以函数在上单调递减，故，
即，所以，有，得，
所以，所以；
由，可设函数，
则，所以函数在单调递增，且，
所以当时，，即，即，所以.
综上，.
故选：C
4．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知平面向量，，满足：，，，，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C公众号：高中试卷君
【分析】先以为相邻两边构造平行四边形，则，再由可得，进而得到，，数形结合得，由此可求出的范围.
【详解】令其中为的中点，以为相邻两边构造平行四边形，则，，

则，
所以，
以为圆心，2为半径作圆，为原点，为轴的正方向建立直角坐标系，如图所示，
又因为①，
②，
①-②得，所以，
这样点也在圆上，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
5．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，若的内切圆的半径与的内切圆的半径的乘积为，则双曲线的离心率为（    ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】设，，、，过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，根据切线长定理及双曲线的定义得到，即可得到，同理可得，再由由射影定理得到，即可得到，从而得解.
【详解】设，其中，设、，
过分别作、、的垂线，垂足分别为、、，由切线长定理可得、、，
则，
因为，
所以，所以，即，同理可得，
所以、在直线上，又因为平分，平分，
，所以，在中，，
由射影定理可得，即，所以，
则双曲线的离心率.

故选：A
6．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知为圆的一条弦，且以为直径的圆始终经过原点，则中点的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得，设，用表示出，化简即可求得答案.
【详解】由题意可得：,连接,则，
则，

由圆可知,
设，则，
化简得：，
即点的轨迹方程为，
故选：B
7．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知椭圆，，过点P的直线与椭圆交于A，B，过点Q的直线与椭圆交于C，D，且满足，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为，则该椭圆的离心率为（      ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，由题意知，求出，，求出，的斜率，设，，，，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可．
【详解】解：如图，不妨设，两条直线的斜率大于零，连结，
由题意知，
解得，，或，（舍），
所以，，
在中，因为，所以，
故此时，，
设，，，，则，
两式相减得，
即，即，
因此离心率，所以，
故选：D．

8．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角恒等变换化简，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.
【详解】因为
，
因为在区间上单调递增，由，则，
则，解得，即；
当时，，要使得该函数取得一次最大值，
故只需，解得；
综上所述，的取值范围为.
故选：C.
9．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知，，，，则的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由，得出，再判断，，得出结果.
【详解】因为，，且，则，，即；
所以，即，
所以，即.
所以.
故选：B.
10．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）定义在上的函数满足，且当时，.若对，都有，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据已知，利用分段函数的解析式，结合图像进行求解.
【详解】因为当时，，所以，
又因为函数满足，所以函数的部分图像如下，

由图可知，若对，都有，则.故A，C，D错误.
故选：B.

二、多选题
11．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知是的导函数，，则下列结论正确的为（    ）
A．与的图像关于直线对称
B．与有相同的最大值
C．将图像上所有的点向右平移个单位长度可得的图像
D．当时，与都在区间上单调递增
【答案】BC
【分析】先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移,根据函数的对称性,

根据求三角函数的值域，根据求解三角函数的单调性等分别验证ABCD选项的正误.
【详解】已知的图像与的图像关于直线对称，
，故A选项错误；
，其中，
最大值为，
，其中，
最大值为，故B选项正确；
，.
将的图像向右平移个单位得的图像，故C选项正确；
当时，，，
当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.
故选：BC
12．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知截面定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（    ）
A．截面图形可以是七边形
B．若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形
C．当截面是五边形时，截面可以是正五边形
D．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
【答案】BD
【分析】根据正方体的性质判断A、C，画出图形设，，，利用余弦定理求出、、，即可判断B，利用反证法说明D.
【详解】对于A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多条交线，所以形成的多边形最多为六边形，
所以截面图形一定不是七边形，故A错误；

对于B：设，，，由勾股定理得，
所以，
，
，
所以角均为锐角，所以为锐角三角形，故B正确；
对于C：正方体组对面相互平行，由面面平行的性质定理可知，五边形中有两组对边平行，
所以截面五边形不可能为正五边形，故C错误；
对于D：截面分别交棱、于点、，假设四边形为直角梯形，，则，
又因为且、共面，所以或，
当时，因为面，面，则面，
又面面，所以，又因为，
所以四边形为平行四边形，与假设矛盾，
当，因为、且，面，
所以平面，即平面，又因为平面，
所以，与矛盾，所以假设不成立，故D错误；

故选：BD
13．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知，当时，存在，，使得成立，则下列选项正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】根据题意，令，由即可判断A；
分别画出与的图像，即可判断B；
取得，即可判断CD.
【详解】由，令，所以，
令，其对称轴为，故函数在递增，
所以，
当时，即时，则函数递增，
所以.
当时，即时，存在，使得，即，
当时，，则函数递减，
所以，与矛盾，
综上，，故A正确；

由可得与在上存在分隔直线，
函数，在处的切线方程分别为:，，
所以，可得，故B正确；
取得，所以，得，
故C,D错误；
故选:AB
14．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（    ）
A．圆锥的侧面积为
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为
【答案】AC
【分析】依次判断每个选项，直接计算A正确；当时，，B错误；当三点共线时最小，根据余弦定理计算得到C正确；计算截面，根据均值不等式计算得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：母线长，侧面积为，正确；
对选项B：中，，，则当时，
，错误；
对选项C：为等腰直角三角形，，将放平得到，如图2所示，当三点共线时最小，为中点，连接，则，，
，正确；
对选项D：如图3，设截面为，为中点，连接，设，，则
，当，即时等号成立，D错误.

故选：AC
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和空间想象能力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.
15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（    ）
A．定义域为 B．
C．是偶函数 D．在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.
【详解】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域为，

，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
【点睛】难点点睛：利用导数解决在区间上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.
16．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）正四棱台中，，侧棱与底面所成角为分别为，的中点，为线段上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（    ）

A．该四棱台的体积为 B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该棱台所得截面为六边形 D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】将正四棱台补形为正四棱锥，求得相关线段长度，根据棱台的体积公式计算该四棱台的体积，判断A；根据线面平行的性质结合棱锥体积公式可判断B；根据平面的基本性质作出平面截该棱台所得截面，判断C；采用平移法，找到异面直线与所成角，解三角形，可求得异面直线与所成角的余弦值，判断D.
【详解】将正四棱台补形为正四棱锥，

由，可得为其中截面.
设分别为的中心，
底面，故为侧棱与底面所成角，
故，可得，
侧面为等腰梯形，高为，故，
对于，正确
对于B，连接,则,而,

所以，平面,平面,得平面，
由于为定值，M在上，故三棱锥的体积为定值
即三棱锥的体积为定值，B正确；
对于，取中点，连接并延长交于，
连接并延长交直线于，

则,则,而，
故,同理,
连接，则,即为的中位线，而为的中点，
故在上，即三点共线，
连接,则五边形为平面截正棱台所得的截面，C错误
对于，由题意知四边形为平行四边形，
故，可得为异面直线与所成角或补角，
在中,由余弦定理得，
由于异面直线与所成角范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，D正确,
故选：
【点睛】难点点睛：解答本题要发挥空间想象，明确几何体中的线面位置关系，计算出相关线段长度，难点在于判断平面截该棱台所得截面的形状，此时要根据平面的基本性质，作出该截面，判断形状.
17．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（    ）
A．是函数的一个零点 B．函数的图象关于直线对称
C．方程在上有三个解 D．函数在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，
对于AB，将与代入检验即可；
对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；
对于D，利用整体法及的单调性即可判断.
【详解】因为，，所以，解得，
又为正整数，所以，所以，
所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，
（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），
由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，
又，所以，，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于A，令，因为，所以，
显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；
对于A，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.
18．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）对于伯努利数，有定义：.则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据伯努利数的定义以及二项式定理，将写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判断选项.
【详解】由得，
，
所以，，
同理，，
所以，，

其中第项为


即可得
令，得；
令，得；
令，得
同理，可得；
即可得选项AC正确，B错误；
由上述前12项的值可知，当为奇数时，除了之外其余都是0，
即，也即；所以D正确.
故选：ACD.
19．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．函数关于对称
C．函数是周期函数 D．
【答案】ACD
【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件可得，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，判断C，D.
【详解】因为为奇函数，所以，
取可得，A对，
因为，所以
所以，又，即，
，故，
所以函数的图象关于点对称，B错，
因为，所以
所以，为常数，
因为，所以，
所以，取可得，
所以，又，即，
所以，所以，
所以，故函数为周期为4的函数，
因为，所以，，
所以，
所以
，
所以，
故的值为0，D正确；
因为，即
故函数也为周期为4的函数，C正确.
故选：ACD.
【点睛】本题的关键在于结合，，且为奇函数三个条件，得到函数，的周期，利用对称性和周期性判断各个选项.
20．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知双曲线的左，右顶点分别为，，点P，Q是双曲线C上关于原点对称的两点（异于顶点），直线，，的斜率分别为，，，若，则下列说法正确的是（    ）
A．双曲线C的渐近线方程为 B．双曲线C的离心率为
C．为定值 D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】求得双曲线C的渐近线方程判断选项A；求得双曲线C的离心率判断选项B；化简后再判断选项C；求得的取值范围判断选项D.
【详解】设，则，因为，，
故，
依题意有，所以，
所以双曲线C的渐近线方程为，
离心率，故选项A错误，选项B正确；
因为点P，Q关于原点对称，所以四边形为平行四边形，即有，
所以，故C正确；
设的倾斜角为，的倾斜角为，由题意可得，
则，根据对称性不妨设P在x轴上方，则，则，则，
因为P在x轴上方，则，或，
函数在和上单调递增，
所以，故D正确.
故选：BCD.

三、填空题
21．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知抛物线为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于两点，连接分别交抛物线于两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线方程为______.

【答案】
【分析】设，根据推出，结合点在抛物线上可得，，即可求得p，即得答案.
【详解】由题意设，
由可得：，
可得：，同理可得：，
则：（*）
将两点代入抛物线方程得，
作差可得：，而，即，
同理可得，，代入（*），可得，
此时抛物线方程为，
故答案为：
22．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，已知椭圆和抛物线的一个交点为P，直线交于点Q，过Q作的垂线交于点R（不同于Q），若是的切线，则椭圆的离心率是______．

【答案】公众号：高中试卷君
【分析】根据垂直关系以及两点斜率公式可得，联立直线方程与抛物线方程以及结合点差法的运用得，进而可求离心率.
【详解】不妨设点，点，则，且点，
则直线的斜率为，因为，得的斜率为，
得，……①
因为是的切线，记切线的斜率为k，则切线方程为，
由 消去x得，
由，又因为，
整理得，又因为，得，得，……②
由①②得，，得，
又因为点，点都在椭圆上，则
两式相减得，得，
故，得，又因为，得，得，
则椭圆的离心率为，
故答案为:．
23．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知，若过点的动直线与有三个不同交点，自左向右分别为，则线段的中点纵坐标的取值范围为__________.
【答案】
【分析】将直线与的方程联立，化简后得到关于的一元二次方程，利用韦达定理、中点坐标公式即可得线段的中点横坐标，再求出过点的两条切线，结合图像，即可求得线段的中点纵坐标的取值范围．
【详解】设，，线段的中点，，易得在上，
由，得，
故，为方程的两个根，所以，故点在直线上，
，，解得或；，解得，
∴在和上单调递增，在上单调递减，，，
过作的切线，设切点坐标为，
则有，即，解得，
此时切线斜率，切线方程为．
又，则点处的切线方程．
如图所示，

两条切线与的交点纵坐标分别为，，
故．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，辨析清楚“在点”与“过点”的切线方程的求法是解题的关键.
24．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据函数的对称性可求得的值，将问题转化为与有个不同交点的问题，通过分类讨论和导数的方式得到单调性和极值，进而确定的图象，采用数形结合的方式得到结果.
【详解】，图象关于对称，
又的六个零点之和为，，解得：，
，
令，则与有个不同交点，
；
当时，，在上单调递增；
当时，，
，
又与在上单调递减，在上单调递增，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，，
结合对称性可得其大致图象如下图所示：

由图象可知：若与有个不同交点，则，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决函数零点问题的基本方法：
（1）直接法：求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）分离变量法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

四、双空题
25．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列满足：①；②.则的通项公式______；设为的前项和，则______.（结果用指数幂表示）
【答案】         
【分析】当为奇数时令可得，当为偶数时令，可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.
【详解】当为奇数时，令，则，
当为偶数时，令，则，
则，
当时，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，则，
当为奇数时，由，则，所以，
当为偶数时，由，则，所以，
所以，
所以



故答案为：，

五、解答题
26．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在第二象限，当在上时，与的横坐标和为．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）过作斜率为的直线与轴交于点，与直线交于点（为坐标原点），求．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）公众号：高中试卷君
【分析】（Ⅰ）设，，代入抛物线方程，利用可求得，得抛物线方程；
（Ⅱ）由题意直线斜率存在，设，代入抛物线方程，整理后应用韦达定理得，设，由直线方程联立解得，而，此式用横坐标表示后代入上面的结论可得．
【详解】解：（Ⅰ）设，，
由题，，
由，则直线斜率为，
又，，则，从而有，所以，
从而抛物线的方程为．
（Ⅱ）由题意直线斜率存在，设，
由得，
则，解得或，
又点在第二象限，所以，，．
设，由题，．
联立解得，
，
将，代入上式得
，即．
【点睛】本题考查求抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，解题方法是设而不求的思想方程，即设交点，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，把代入其他条件化简变形计算．
27．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知椭圆的焦点在轴上，它的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，且过点，和点的圆的圆心在轴上，求直线的方程及此圆的圆心坐标.
【答案】(1)
(2)直线的方程为或，圆心坐标为

【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可.
（2）设圆心，，，设，由点在圆上得到，即可得到，同理可得，从而得到，再联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，即可求出，从而求出直线的方程，再求出，即可求出圆心坐标.
【详解】（1）依题意可得，且，解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）设圆心，，，显然直线的斜率存在，设，
因为，则，又，代入得到，
同理可得，所以、是方程的两根，
所以，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以直线的方程为或，
此时的中点横坐标为，所以，
所以，即此时圆心坐标为.
28．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，双曲线的左顶点为，过斜率为的直线和双曲线仅有一个公共点，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.

(1)求双曲线和椭圆的标准方程；
(2)椭圆上存在一点，过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，若以为直径的圆经过双曲线的右顶点，求直线的方程.
【答案】(1)双曲线方程为，椭圆方程为
(2)
公众号：高中试卷君
【分析】(1)根据题意得出，求出双曲线方程，得到，再利用双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得，进而求出椭圆方程；
(2)设出直线方程为，.将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出点坐标，进而得到，然后结合题意和向量的数量积即可求解.
【详解】（1）由题意，，可得双曲线方程为，此时，
由双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得，可得，
故椭圆方程为.
（2）由过的直线与双曲线的左支相交于与不重合的另一点，
设直线方程为，.
联立直线和双曲线可得，
由韦达定理知，，解得
可得，
以为直径的圆经过双曲线的右顶点，可得，
即，
将代入得.
将点坐标代入椭圆可得：，解得，故，
故直线的方程为：.
29．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知直线方程为，其中.
(1)当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；
(2)若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A、B两点，求面积的最小值及此时的直线方程.
【答案】(1)距离最大值为，此时直线方程为；
(2)面积的最小值为4，此时直线方程为；

【分析】（1）求出直线恒过定点，由两点间距离公式即可求出最大值，由两条直线垂直的充要条件求出直线的斜率，即可得到直线方程；
（2）设直线的方程为，，求出，，利用三角形的面积公式结合基本不等式求解最小值，从而求出此时的值，得到直线方程．
【详解】（1）解：直线方程为，其中，
即，
令，解得，
故直线经过定点，
当变化时，点到直线的距离的最大值为，
此时，和直线垂直，所以直线的斜率为，即，解得，
此时直线的方程为；
（2）解：因为直线经过定点，
设直线方程为，，令则，令，则，
所以，，
所以，
因为，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最小值为4，此时直线的方程为，即．
30．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于、两点．
（1）试证明、两点的纵坐标之积为定值；
（2）若点是定直线上的任一点，试探索三条直线、、的斜率之间的关系，并给出证明.
【答案】（1）证明见解析；（2）直线、、的斜率成等差数列，理由见解析.
【分析】（1）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可得出结论；
（2）设点，计算出，利用韦达定理结合斜率公式计算，即可得出结论.
【详解】（1）若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，即，
，由韦达定理可得；
（2）设点，则，
，同理可得，
所以，
，
因此，直线、、的斜率成等差数列.
31．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求出函数的定义域，求得，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）令，，利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，求出的取值范围，结合函数的图象可得出关于实数的不等式，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：函数的定义域为，且.
当时，因为，则，此时函数的单调递减区间为；
当时，由可得，由可得.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：，
设，其中，则，
设，则，
当时，，，且等号不同时成立，则恒成立，
当时，，，则恒成立，则在上单调递增，
又因为，，
所以，存在使得，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：

由（1）中函数的单调性可知，
①当时，在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，，此时，不合乎题意；
②当时，，且当时，，
此时函数的值域为，即.
（i）当时，即当时，恒成立，合乎题意；
（ii）当时，即当时，取，
结合图象可知，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键在于换元，将问题转化为，通过求出的取值范围，结合函数的图象得出关于实数的不等式进行求解.
32．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)若，，且满足，求证：.
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得，则，先证明，构造函数利用导数即可证明，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）当时，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值为，无极大值.
（2）证明：当时，依题意可得，显然，
先证明，令，则，
所以当时，单调递增，所以，
当时，单调递减，所以，
所以，
又依题意，
令，则，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，也即，
当时利用在上单调递减可知，
当时也有，
所以，则，综上可得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
33．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数．
(1)求的极值；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)见解析

【分析】（1）由导数得出单调性进而得出极值；
（2）由导数得出在上单调递增，讨论①，②两种情况，利用导数证明即可.
【详解】（1）
；
即函数在上单调递减，在上单调递增
所以的极小值为，无极大值.
（2）
；
即函数在上单调递减，在上单调递增，即
所以函数在上单调递增
不妨设，则①，②
对于①，因为函数在上单调递增，所以
所以
对于②，由得，，故
，由知，
设，则
而，所以，即函数是单调减函数
，故，即
综上，当时，.
【点睛】关键点睛：对于②，在证明时，关键是利用将双变量变为单变量问题，再利用导数证明不等式.
34．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）现定义：为函数在区间上的立方变化率.已知函数，
(1)若存在区间，使得的值域为，且函数在区间上的立方变化率为大于0，求实数的取值范围；
(2)若对任意区间的立方变化率均大于的立方变化率，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意得到单调递增，即，故，分离参数后得到有两不等实根，构造，得到其单调性，结合函数图象得到实数的取值范围；
（2）由题意得到，转化为对任意，有，构造，求导得到在上恒成立，
解法一：考虑与两种情况，结合同构思想，得到，求出其单调性，得到在上恒成立，变形为，构造，求导后得到其单调性，求出；
解法二：变形为，构造，观察得到与互为反函数，从而证明出恒成立即可，构造，求导后得到其单调性，求出；
方法三：对二次求导，构造，求导后分与两种情况，分析出时，在上存在唯一，使得，求出在上恒成立，转化为只需即可，利用基本不等式证明出结论，且时，不合题意，得到答案.
【详解】（1）在区间上的立方变化率为正，可得单调递增，即.
故若存在区间，使得的值域为，
即存在不同的，使得，
故方程有两不等实根，化简得有两不等实根.即与有两个不同的交点.
由，可知在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
故要使与有两个不同的交点，,
故实数的取值范围是；
（2）由对任意区间的立方变化率均大于的立方变化率，可得，由可得，，即对任意，有
可得在上单调递增.
即在上恒成立，
解法一：①当时，当时，，显然不成立.
②当时，在上恒成立，
即在上恒成立，
令在上恒成立，即.
显然在上单调递增，得在上恒成立.即恒成立
令，
可得在上单调递减，在上单调递增，
故，解得
解法二：①当时，当时，，显然不成立.
②当时，可转化为，
令，可得与互为反函数，
故恒成立，只需恒成立即可，即恒成立.
令，可得在上单调递减，在上单调递增，
故，解得.
解法三：令，可得
①当时，，此时在上单调递增，由，当时，，故在上存在唯一，使得，即，即，，
令，则，
当时，，当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
故在上恒成立，只需即可.
而
，解得
经检验，当时等号成立，故
②当时，当时，，显然不成立.
故.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
35．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，，其中 是自然对数的底数.
（1）判断函数在内零点的个数，并说明理由；
（2），，使得不等式成立，试求实数的取值范围；
（3）若，求证：.
【答案】（1）1;（2）;（3）见解析
【分析】（1）首先求函数的导数 ，判断导数的正负，得到函数的单调性，再根据零点存在性定理得到零点的个数；
（2）不等式等价于，根据导数分别求两个函数的最小值和最大值，建立不等式求的取值范围；
（3）利用分析法逐步找到使命题成立的充分条件，即，证明即可.
【详解】解：（1）函数在上的零点的个数为1.
理由如下：因为，所以.
因为，所以.
所以函数在上是单调递增函数.
因为，，
根据函数零点存在性定理得
函数在上的零点的个数为1；
（2）因为不等式等价于，
所以，，使得不等式成立，
等价于，
当时，，
故在区间上单调递增，
所以时，取得最小值-1，
又，
由于，，，
所以，故在区间上单调递增.
因此，时，取得最大值.
所以，所以，
所以实数的取值范围是;
（3）当时，要证，只需证，
只需证，
只需证，
由于，，
只需证，
下面证明时，不等式成立.
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当且仅当时，取得极小值也就是最小值为1.
令，其可看成点与点连线的斜率，
所以直线的方程为：，
由于点在圆上，所以直线与圆相交或相切，
当直线与圆相切且切点在第二象限时，
当直线取得斜率的最大值为1.
故时，；时，.
综上所述，当时，成立.
【点睛】本题考查了零点存在性定理和利用导数研究函数的单调性和极值以及最值的综合性问题，本题中的第二问是任意存在的问题,,
使，或是 ;
而第三问，则考查的类型是的类型，可转换为，或是 . 这一问构造函数解题较难，常常要构造函数，思维巧妙，具有难度.