2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编四含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编四含解析，共52页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（四）
一、单选题
1．（2021·渭南市瑞泉中学高三月考）设函数，则不等式的解集为（）
A．(0，2] B．
C．[2，＋∞) D．∪[2，＋∞)
【答案】B
【分析】
由题意得到函数为的偶函数，且在上为单调递减函数，令，化简不等式为，结合函数的单调性和奇偶性，得的，即，即可求解.
【详解】
由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为的偶函数，且在上为单调递减函数，
令，可得，
则不等式可化为，
即，即，
又因为，且在上单调递减，在为偶函数，
所以，即，解得，
所以不等式的解集为.
故选：B.
2．（2021·辽宁沈阳·高三月考）若函数在区间有最小值，则实数的取值范围为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
求导函数，分别讨论，，，时函数的单调性，判断是否在有最小值，即可得出结果．
【详解】
，①当时，可得函数的增区间为，，
减区间为，若函数在区间有最小值，必有，
有，由，有，，不合题意；
②当时，此时函数的增区间为，，减区间为，在区间最小值为，符合题意；
③当时，此时函数的增区间为，，减区间为，
只需要，得；
④当时，在区间单调增，不合题意，
故实数的取值范围为．
故选：D
3．（2021·北京门头沟·大峪中学高三月考）已知非空集合满足以下两个条件：
（ⅰ），；
（ⅱ）的元素个数不是中的元素，的元素个数不是中的元素，
则有序集合对的个数为
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据条件：A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素，分别讨论集合A、B中元素的个数，列举所有可能，即可得到结果．
【详解】
根据条件：A的元素个数不是A中的元素，B的元素个数不是B中的元素
1、当集合A只有一个元素时，集合B中有5个元素，且，此时仅有一种结果，；
2、当集合A有两个元素时，集合B中有4个元素，且，此时集合A中必有一个元素为4，集合B中必有一个元素为2，故有如下可能结果：
（1），；（2），；（3），；（4），．共计4种可能．
3、可以推测集合A中不可能有3个元素；
4、当集合A中的4个元素时，集合B中的2个元素，此情况与2情况相同，只需A、B互换即可．共计4种可能．
5、当集合A中的5个元素时，集合B中的1个元素，此情况与1情况相同，只需A、B互换即可．共1种可能．
综上所述，有序集合对（A，B）的个数为10．答案选A．
【点睛】
本题主要考查排列组合的应用，根据元素关系分别进行讨论是解决本题的关键．
4．（2021·北京门头沟·大峪中学高三月考）若函数（且）的两个零点是、，则（）
A． B． C． D．以上都不对
【答案】C
【分析】
作出函数和函数的图象，设，则，利用零点的定义得出，利用指数函数的单调性可得出，然后结合对数函数的单调性与运算性质可得出结论.
【详解】
作出函数和函数的图象如下图所示，设，则，

由零点的定义可得，
由于指数函数在上单调递减，则，即.
若，则，即，
由于对数函数在上为增函数，所以，；
若，同理可得.
综上所述，.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数零点积的取值范围的计算，考查指数函数、对数函数单调性以及对数运算性质的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
5．（2021·北京市大兴区兴华中学高三月考）设函数在定义域内具有奇偶性，与的大小关系是（）
A． B．
C． D．不能确定
【答案】C
【分析】
由奇偶函数性质知函数定义域关于原点对称，可求得b值，进而可判断的奇偶性，分，两种情况讨论，借助函数的单调性可作出大小比较.
【详解】
∵在定义域内具有奇偶性，
∴函数的定义域关于原点对称，
∴，则为偶函数，
∴，
若，则递增，且，
∴，即；
若，则递减，且，
∴，即；
综上，，
故选：C.
6．（2021·北京市大兴区兴华中学高三月考）如图放置的边长为1的正方形沿x轴滚动.设顶点的轨迹方程是，则函数的最小正周期为______；在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为______.（）

A．4， B．4， C．2， D．2，
【答案】B
【分析】
由题意可知，从某一个顶点（比如A）落在x轴上的时候开始计算，到下一次A点落在x轴上，这个过程中四个顶点依次落在了x轴上，所以该函数的周期为4，当正方形向右滚动时，分别分析点P的每个阶段的轨迹，得到点P的轨迹图象，从而求出结果.
【详解】
解：从某一个顶点（比如A）落在x轴上的时候开始计算，
到下一次A点落在x轴上，
这个过程中四个顶点依次落在了x轴上，
而每两个顶点间的距离为正方形的边长1，
所以该函数的周期为4，
下面考察P点的运动轨迹，不妨考察正方形向右滚动，
P点从x轴上开始运动的时候，首先是围绕A点运动个圆，该圆的半径为1，
然后以B点为中心，滚动到C点落地，其间是以为半径，旋转90°，
然后以C点为圆心，再旋转90°，这时候以为半径，
因此，最终构成图象，如图所示，
所以在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积，

故选：B.
7．（2021·四川高三月考（文））已知函数，且，，，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
先判断函数的奇偶性和单调性，再判断的大小，然后利用单调性可比较大小
【详解】
的定义域为，
因为，
所以为奇函数，所以，
由，
得，
因为，所以，所以在上单调递减，
如图（），点在单位圆上，则
射线与直线交于，则，
因为的面积扇形的面积的面积，
所以，所以，
因为在上单调递减，
所以，即，
故选：D

8．（2021·四川高三月考（文））在中，设，，分别为角，，对应的边，若，且，则的最小值为（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由边角互化可得，再由三角形的内角和性质以及两角和的正弦公式可得，求出，从而可得，再由边角互化以及余弦定理可得，由基本不等式即可求解.
【详解】
由，
则，
即，
整理可得，
，
又，所以，即
又，
所以，
所以，
解得或（舍去），
所以的最小值为.
故选：B
9．（2021·四川高三月考（理））在中，设，，分别为角，，对应的边，记的面积为，且，则的最大值为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先由正弦定理统一为边，再利用余弦定理，求出，结合函数的单调性即可求解的最大值．
【详解】
因为，
所以，可得，
所以，
所以，
令，
则，
令，可得，
所以在递增，，递减，
所以，
所以的最大值为，当且仅当时，取等号，
故选：A
10．（2021·福建省福州格致中学高三月考）设函数．过点作函数图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意，所有切线过点，显然点不一定为切点，因此先设切点，，对求导，得切线斜率，从而写出切线方程，点坐标代入，得到关于的方程：
，注意到函数与函数都关于点对称，因此推出所有切点的横坐标也关于点成对出现，每对和为，当，时，数出共2019对，即可得出结论．
【详解】
解：函数，
；
设切点为，切线的斜率为
故切线方程为：；
；
，
令；
这两个函数的图象关于对称，
所以他们交点的横坐标关于点对称；
从而所做所有切点的横坐标也关于点成对出现；
又在区间内共有对，每对和为，
所有切点的横坐标之和为．
故选：．
【点睛】
本题考查了函数曲线上切线方程的求法，转化思想，数形结合的思想方法，属于难题．
11．（2021·福建省福州格致中学高三月考）骑自行车是一种既环保又健康的运动，如图是某自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，、、均是边长为的等边三角形.设点为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算以及辅助角公式可求得的最大值.
【详解】
以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：

因为、、均是边长为的等边三角形，
则、、、，设点，
则，，
所以，.
故选：D.
12．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））已知，，且在区间上有最小值，无最大值，则（）
A． B． C．或 D．
【答案】B
【分析】
根据题意得在处取得最小值，得，结合周期的范围可得解．
【详解】
∵，且，又在区间内只有最小值、无最大值，
∴在处取得最小值.
∴.∴.
易知周期，
∵，∴当时，；
故选：B.
13．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））双曲线的左顶点为，右焦点为，离心率为，焦距为.设是双曲线上任意一点，且在第一象限，直线与的倾斜角分别为，，则的值为（）
A． B． C． D．与位置有关
【答案】C
【分析】
由离心率以及双曲线的焦距列出关于的方程求解可得求双曲线方程，由双曲线的性质得出的坐标，当时易得结果，当时，结合斜率计算公式可得和，进而可得结果.
【详解】
由，得，所以，
所以双曲线的方程为.
所以左顶点，右焦点.
设，则.
当时，，此时，，，
所以；
当，，.
因为，
所以，
又由点在第一象限，易知，，
所以.
综上，的值为.
故选：C
14．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为；
④周长的最小值为．
其中正确结论的为（）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】
将正四面体ABCD放置于正方体中，由M，N所处位置即可判断①；取AB，MN，CD中点F，G，E，探讨它们的关系可判断②；
计算可判断③；把正与正展开在同一平面内，计算即可判断④并作答.
【详解】
如图，在棱长为1的正方体上取顶点A，B，C，D，并顺次连接即可得四面体ABCD，其棱长均为，

因M，N分别为棱AD，BC的中点，则M，N恰为正方体相对面的中心，即MN=1，①正确；
取AB的中点F，MN的中点G，CD的中点E，由正方体的结构特征知F，G，E共线，即直线FG与直线CD交于E，②不正确；
中，，，由余弦定理得：
，当点F无限接近于点B时，无限接近于，③不正确；
把四面体ABCD中的正与正展开在同一平面内，连接MN，MN必过AB的中点，在AB上任取点，连，如图，

此时，，当且仅当点与线段AB中点重合时取“=”，则对AB上任意点F，有最小值，
于是得在四面体ABCD中，周长有最小值，④正确，
所以①④为正确的结论.
故选：D
15．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））已知正数，满足，则下列不等式错误的是（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
将已知不等式变形可得，构造函数，，利用导数以及复合函数的单调性可得在上单调递增，从而可得，然后再利用不等式的基本性质逐一判断即可求得结论.
【详解】
因为正数，满足，
所以，
构造函数，，
令，恒成立，
所以在上单调递增，
由复合函数的单调性可知在上单调递增，
所以在上单调递增，
由，可得，
对于，由，可得，所以，故A正确；
对于，由，可得，则，故错误；
对于，，所以，故C正确；
对于，由，可得，，所以，所以，故D正确.
故选：B
16．（2021·广西桂林·高三月考（理））已知为抛物线上一个动点，为圆上一个动点，那么点到点的距离与点到抛物线的准线距离之和的最小值是（）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先根据抛物线方程求得焦点坐标，根据圆的方程求得圆心坐标，根据抛物线的定义可知到准线的距离等于点到焦点的距离，进而问题转化为求点到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和的最小值，根据图象可知当三点共线时到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和的最小，为圆心到焦点的距离减去圆的半径.
【详解】
抛物线的焦点为，
圆的圆心为，半径，
根据抛物线的定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，

进而推断当三点共线时，
到点的距离与点到抛物线的焦点距离之和的最小值为，故选C.
【点睛】
本题主要考查抛物线的标准方程和抛物线的简单性质及利用抛物线的定义求最值，属于中档题. 与抛物线的定义有关的最值问题常常实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线的距化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；（2）将拋物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“点与直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决.
17．（2021·北京市顺义区第一中学高三月考）已知函数.若存在，使得，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由可得出，令，其中，由题意可知，实数的取值范围即为函数在上的值域，求出函数在上的值域即可得解.
【详解】
由，可得，令，其中，
由于存在，使得，则实数的取值范围即为函数在上的值域.
由于函数、在区间上为增函数，所以函数在上为增函数.
当时，，又，
所以，函数在上的值域为.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
18．（2021·盐城市伍佑中学高三月考）已知函数，则的解集为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先探究得到：当或时，；当时，. 然后将不等式等价为或，进而可得结果.
【详解】
显然，函数是定义域为的偶函数.
当时，，所以是减函数，且；
所以当时，是增函数，且.
因此，当或时，；当时，.
所以，或
或
或.
故的解集为.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是探究得到：当或时，；当时，.
19．（2021·盐城市伍佑中学高三月考）已知函数，，若与的图象有且只有一个公共点，则的值为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
将问题转化为与有唯一交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，由此得到大致图象，数形结合可求得结果.
【详解】
与图象有且仅有一个公共点，有唯一解，
即有唯一解，
令，则，，
，，在上单调递增，
又，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
可得大致图象如下图所示：

有唯一解等价于与有唯一交点，
由图象可知：当时，与有唯一交点，即与的图象有且只有一个公共点.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：本题考查根据两函数交点个数求解参数范围的问题，解题关键是能够将问题转化为平行于轴的直线与函数的交点个数的问题，进而利用数形结合的方法求得结果.
20．（2021·北京市第一六一中学高三月考）从计算器屏幕上显示的数为0开始，小明进行了五步计算，每步都是加1或乘以2.那么不可能是计算结果的最小的数是
A．12 B．11 C．10 D．9
【答案】B
【分析】
由题意，可列出树形图，逐步列举，即可得到答案.
【详解】
由题意，列出树形图，如图所示
由树形图可知，不可能是计算结果的最小数是11，故选B.

【点睛】
本题主要考查了简单的合情推理，以及树形图的应用，其中解答中认真分析题意，列出树形图，结合树形图求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
21．（2021·福建师大附中高三月考）已知直线分别与直线和曲线相交于点，，则线段长度的最小值为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据题意设两交点分别为，，可得，，长度，考查函数求最值即可得解.
【详解】
已知直线与直线，曲线分别交点，，
设，，则有，
变形可得，
又由，
设，，
则当时，，函数在为减函数，
当时，，函数在为增函数，
则有最小值，且，
则，
即线段长度的最小值是.
故选：A.
22．（2021·福建师大附中高三月考）若，，，则（）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先上对数函数的性质判断出，排除CD，再比较大小即可，设，利用导数确定它的单调性，从而得出两数的大小．
【详解】
解析：，，，排除答案C，D.
设，，则，令，则，
所以在上单调递减，从而，即，
所以在上单调递减，从而，即，
所以，即，综上可知.
故选：B．
23．（2021·河南洛阳·高三期中（文））已知双曲线，若点，，是等腰三角形的三个顶点，则该双曲线的渐近线方程为（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
依次分析可能相等的两边，可得，利用坐标表示边长可得，即得解
【详解】
由题意，若为等腰三角形的底边，则点在的垂直平分线上，故的横坐标为0，矛盾；
又
故
解得：
故双曲线的渐近线方程为：
故选：B
24．（2021·河南洛阳·高三期中（文））关于函数，在下列论断中，不正确的是（）
A．是奇函数
B．在上单调递减
C．在内恰有个极值点
D．在上的最大值为
【答案】B
【分析】
根据奇偶性定义可判断A；求导函数有可判断B；当时，令，得可判断C；设，令，得，求出最值即可判断D．
【详解】
函数的定义域为
由，故是奇函数，A正确；
由
则，又，所以在上不是单调递减，则B错；
设，令，得，且当时；
当时；当时；所以在内恰有个极值点，则C正确；
设，令，得，
由于，，，
所以在上的最大值为，故D正确．
故选：B

二、多选题
25．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数和的零点分别为，，若，则下列可能符合，的取值的有（）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】BD
【分析】
由题可得，分别是与，与的交点，结合图象即可求解.
【详解】
由题意知是方程，即的解，是方程，即的解，
即，分别是与，与的交点，的横坐标，
因为，由图象可得，.
又的图象与的图象关于直线对称，且的图象也关于直线对称，所以点也关于直线对称，即，，符合条件的为BD项.
故选：BD.

26．（2021·辽宁沈阳·高三月考）已知函数的一条对称轴为，函数在区间上具有单调性，且，则下述四个结论正确的是（　　）
A．实数的值为1
B．和两点关于函数图象的一条对称轴对称
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】
根据函数关于对称，可得，利用特殊值，代入即可求得的值；由辅助角公式化简三角函数式，即可由在区间上具有单调性确定周期最大值；由结合函数的对称性即可判断B，并由对称性判断的最值即可判断D.
【详解】
∵是函数的一条对称轴，
∴，
令，得，即，解得，
∴将代入可得，
又∵函数在区间上具有单调性，
∴的最大值为，
且，
∴和两点关于函数图象的一条对称轴对称，
∴（）
∴（），当时，的最小值为.
∴A，C，D项正确，B项错误.
综上可知，正确的为ACD，
故选：ACD.
【点睛】
本题考查了三角函数性质的综合应用，由对称轴求参数，辅助角公式化简三角函数式的应用，属于中档题.
27．（2021·福建高三月考）定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则必有（）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】
根据题意构造函数，进而通过导数方法判断函数的单调性，然后比较出大小.
【详解】
设函数，，因为
则，
所以在上单调递减，从而，
即，
则必有，，，.
又在上单调递减，所以x>0时，，
所以x>0时，，又，所以.
故选：ACD.
【点睛】
题目给出类似这样的式子，通常都要构造函数，进而求导通过函数的单调性来进行解决，平常注意归纳总结，以积和商的导数求法居多.
28．（2021·福建省福州格致中学高三月考）已知点是直线上的一点，过点作圆的切线，切点分别为，，连接，，则（）
A．若直线，则 B．的最小值为
C．直线过定点 D．点到直线距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】
设点，则，设切点，，根据题意得点四点共圆，进而得其圆的方程，再与圆的方程联立得直线的方程：，再根据题意依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
解：设点，则，设切点，，
易知点四点共圆，圆心为中点，半径为，
故点四点所在圆的方程为：，
与圆的方程联立得：，
所以直线的方程为：，即：
对于A选项，当直线时，，
再结合解得，此时直线的方程为：，
圆心到直线的距离为：，故，故A选项正确；
对于B选项，
，
将直线与圆方程联立得：
，，
所以，，
所以，
由于，
故当时，取得最小值.故B选项错误；
对于C选项，将点代入直线的方程为：得恒成立，故直线过定点.故C选项正确；
对于D选项，因为，
所以点到直线的距离为：，故D选项正确.
故选：ACD

【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系问题，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于由四点共圆，进而得其圆的方程，再与圆的方程作差得直线的方程：.
29．（2021·全国高二专题练习）已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）
A．的最小值为2 B．面积的最大值为
C．直线的斜率为 D．为钝角
【答案】BC
【分析】
A项，先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换利用基本不等式可得最小值，A项错误；B项，由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值；C项，由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系；D项，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知，得，即，排除D项.
【详解】
对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，
则四边形为平行四边形，
，
，
当且仅当时等号成立，A错误；
对于B，由得，
，
的面积，
当且仅当时等号成立，B正确；
对于C，设，则，，
故直线的斜率，C正确；
对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，
则，
又点和点在椭圆上，①，②，
①②得，易知，
则，得，
，，D错误.
故选：BC.

【点睛】
椭圆常用结论：
已知椭圆，AB为椭圆经过原点的一条弦，P是椭圆上异于A、B的任意一点，若都存在，则.
30．（2021·盐城市伍佑中学高三月考）已知，，记，则（）
A．的最小值为 B．当最小时，
C．的最小值为 D．当最小时
【答案】AB
【分析】
根据条件可将的最小值，转化为函数图象上的点到直线的距离的最小值的平方，结合两直线的位置关系和导数的几何意义，即可求解.
【详解】
由和，
则的最小值，
可转化为函数图象上的点到直线的距离的最小值的平方，
又由，可得，
因为与直线平行的直线的斜率为，
所以，解得，则切点的坐标为，
所以到直线上的距离，
即函数上的点到直线上的点的距离的最小值为，
所以的最小值为，
又过且与直线垂直的直线为，
即，
联立方程组，解得，
即当最小时，.
故选：AB
【点睛】
本题主要考查了函数与方程综合应用，以及导数的几何意义的应用，其中解答中熟练应用导数的几何意义，合理转化求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
31．（2021·福建师大附中高三月考）如果两地的距离是600公里，驾车走完这600公里耗时6小时，那么在某一时刻，车速必定会达到平均速度100公里/小时．上述问题转换成数学语言：是距离关于时间的函数，那么一定存在：，就是时刻的瞬时速度．前提条件是函数在上连续，在内可导，且．也就是在曲线的两点间作一条割线，割线的斜率就是，是与割线平行的一条切线，与曲线相切于点．已知对任意实数，，且，不等式恒成立，若函数，则实数的可能取值为（）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】BCD
【分析】
根据题意，问题转化为在上恒成立，进而通过分参和构造函数得到答案.
【详解】
由已知，恒成立，可得在上恒成立．因为，所以，所以，即，整理得①.
因为，所以．令，则，①式化为．
记，，所以在上单调递增，所以，所以，
故选：BCD．


三、双空题
32．（2021·福建省福州格致中学高三月考）如图，某公园摩天轮的半径为40，点O距地面的高度为50，摩天轮逆时针匀速转动，每3转一圈，摩天轮上的点P的起始位置在最低点处. 2018时点P距离地面的高度为___________，当离地面以上时，可以看到公园的全貌，某游客乘坐摩天轮，在旋转10圈的过程中，可以看到公园全貌的总时长为___________.

【答案】70 5.
【分析】
设，由题可知，，，即可得到，从而求出的值；解不等式，由解集区间的长度即可求得看到公园全貌的总时长．
【详解】
（1）依题意，，，，，又，；
；
，
即第2018min时点P所在位置的高度为70m；
（2）由（1）知，；
依题意：，，，
解得，，即，；
，转一圈中有0.5min时间可以看到公园全貌.
故10圈中有5min时间可以看到公园全貌.
33．（2021·福建师大附中高三月考）设为的外心，，，分别为，，的对边.（1）若，，则___________.（2）若，则的最小值为___________.
【答案】10
【分析】
利用，，得，
，，可得；由得，
，由余弦定理得和基本不等式可得答案.
【详解】
，
，
所以，
，
同理可得，
所以；
由得，
所以，
，
由余弦定理得，
当且仅当等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：①10；②.


四、填空题
34．（2021·渭南市瑞泉中学高三月考）若直线是曲线的切线，且，则实数b的最小值是______.
【答案】
【分析】
求出的导数，设切线为，由切点处的导数值为切线斜率求出，再由切点坐标可把表示为的函数，再利用导数可求得的最小值．
【详解】
的导数为，由于直线是曲线的切线，设切点为，则，
∴，又，∴（），，
当时，，函数b递增，当时，，函数b递减，
∴为极小值点，也为最小值点，∴b的最小值为.
故答案为：．
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查用导数求函数的最值．在求切线方程时要注意“在”某点处的切线与“过”某点的切线．如果是过某点的切线可设切点坐标为，利用导数几何意义求出切点坐标．
35．（2021·辽宁沈阳·高三月考）若（且）恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【分析】
讨论，结合图象可得不可能恒成立；时，运用换底公式原不等式化为，令，求得导数和单调性、最大值，可得的范围.
【详解】
解：当时，由和的图象可得，
此时两个函数图象有一个交点，不等式不可能恒成立；
当时，，不等式可化为，
由，令，，
当时，，递增，当时，，递减，
则，则，可得，
故答案为：.

【点睛】
方法点睛：1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式.
36．（2021·福建高三月考）设函数关于的方程有四个实根，，，，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
作出函数的大致图象，当时，由二次函数的对称性可求得的值，由与的图象有四个交点可得，计算求得的值即可得的范围，根据可得与的关系，再根据基本不等式计算的最小值即可求解.
【详解】
作出函数的大致图象，如图所示：

当时，对称轴为，所以，
若关于的方程有四个实根，，，，
则，
由，
得或，则，
又因为，
所以，
所以，所以，
所以，且，
所以，
当且仅当，
即时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
37．（2021·福建高三月考）已知不是常数函数，写出一个同时具有下列四个性质的函数：___________.
①定义域为R；②；③；④.
【答案】（答案不唯一）
【分析】
根据，可得，进而联想到二倍角的余弦公式，再根据，可得函数的周期，然后根据得到答案.
【详解】
由，得，
联想到，可推测，
由，得，则，
又，所以（，为偶数，且），
则当k=2时，.
故答案为：（答案不唯一）.
38．（2021·北京门头沟·大峪中学高三月考）已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数k的取值范围是_______.
【答案】
【分析】
把问题转化为直线与函数的图象有两个不同交点，作出函数的图象如图，数形结合得答案.
【详解】
解：函数有两个不同的零点，
即直线与函数的图象有两个不同交点，
作出函数的图象如图，

由图可知，要使函数有两个不同的零点，则实数k的取值范围是.
故答案为：.
39．（2021·北京市大兴区兴华中学高三月考）设函数.
①若，则的最大值为____________________；
②若无最大值，则实数的取值范围是_________________.
【答案】2
【分析】
试题分析：如图，作出函数与直线的图象，它们的交点是，由，知是函数的极小值点，
①当时，，由图象可知的最大值是；
②由图象知当时，有最大值；只有当时，，无最大值，所以所求的取值范围是．

【考点】分段函数求最值,数形结合
【名师点睛】1.求分段函数的函数值时，应首先确定所给自变量的取值属于哪一个范围，然后选取相应的对应关系．若自变量的值为较大的正整数，一般可考虑先求函数的周期．若给出函数值求自变量的值，应根据每一段函数的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值是否属于相应段自变量的范围；2.在研究函数的单调性时，需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．
【详解】

40．（2021·北京市大兴区兴华中学高三月考）已知函数，则
①在上的最小值是1；
②的最小正周期是；
③直线是图象的对称轴；
④直线与的图象恰有2个公共点.
其中说法正确的是________________.
【答案】①③④
【分析】
结合三角函数的图像和性质，数形结合思想求解，求出即可判断②，分k为奇数，k为偶数，讨论即可判断③.
【详解】
解：对于①，当时，
且，则当时，函数取最小值，即，故①正确；
对于②，∵，，，则：
故函数的最小正周期不是，②错误；
对于③，若k为奇数，则；
若k为偶数，则.
由上可知，当吋，，
所以，直线是图象的对称轴，③正确；
対于④，因为∵，
所以为函数的周期.
当时，；
当时，.
综上可知，.
当时，，，即函数与在上的图象无交点：
当时，，，所以，函数与在上的图象也无交点.作出函数与函数在上的图象如下图所示：

由图像可知，直线与的图象恰有2个公共点，故④正确.
故答案为：①③④.
41．（2021·四川高三月考（文））已知过点作抛物线的两条切线，切点为，，直线经过抛物线的焦点，则________.
【答案】
【分析】
设设，在抛物线，过切点与抛物线相切的直线斜率为，进而联立方程并结合判别式得，进一步得以为切点的切线方程为，同理以为切点与抛物线相切的直线方程为，再结合在两条切线上得弦的方程，再根据弦过抛物线的焦点得，进而抛物线方程为，直线的方程，再联立方程计算即可得答案.
【详解】
解：设，在抛物线，过切点与抛物线相切的直线斜率为，
则以为切点的切线方程为，
与抛物线联立方程得，
所以，整理得，
所以，解得，
所以以为切点的切线方程为，整理得，
同理，设，在抛物线，过切点与抛物线相切的直线方程为，
又因为在切线和，
所以，，
所以直线的方程，
又因为直线经过抛物线的焦点，
所以令得，即
所以抛物线方程为，直线的方程
联立方程得或，
所以，
所以



故答案为：
42．（2021·四川高三月考（文））若是定义在上函数，且的图形关于直线对称，当时，，且，则不等式的解集为________.
【答案】
【分析】
构造函数，判断函数在上单调递减，再由题意可得为偶函数，利用函数的单调性即可求解.
【详解】
的图形关于直线对称，将图形向右平移个单位，
的图形关于直线对称，
为偶函数，
设，所以为奇函数，
当时，，
所以，
即函数在上单调递减，且在上单调递减，
由，所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
43．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））北宋著名建筑学家李诫编写了一部记录中国古代建筑营造规范的书《营造法式》，其中说到“方一百，其斜一百四十有一”，即一个正方形的边长与它的对角线的比是，接近.如图，该图由等腰直角三角形拼接而成，以每个等腰直角三角形斜边中点作为圆心，斜边的一半为半径作一个圆心角是90°的圆弧，所得弧线称为螺旋线，称公比为的数列为等比数列.已知等比数列的前n项和为，满足.若，且，则的最小整数为___________.（参考数据：，）

【答案】
【分析】
令求出，由等比数列的通项公式求出，从而求出，再由裂项相消法求和得出，根据对数的运算即可求解.
【详解】
令，则，
即，
所以，
解得，所以，
所以，



，
所以，
即，
即，
所以的最小整数为.
故答案为：
44．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（理））已知定义在上的函数，满足，且，，当时，（为常数），关于的方程（且）有且只有个不同的根，则能推出下列正确的是___________（请填写正确的编号）.
①函数的周期
②在单调递减
③的图象关于直线对称
④实数的取值范围是
【答案】②③④
【分析】
根据函数基本性质，逐项分析判断即可得解.
【详解】
由知，
所以，周期，
令，则，所以，解得，
即当时，，
,所以，即，①错误；
所以当时，是个减函数，；
当时，，，
是个减函数，；
可知在单调递减，②正确；
当时，，，得，
，
所以在区间上，，
又，得，
即的图象关于直线x=1对称，
由周期性可知在上的图象关于直线对称，故③正确；
由题意知与 (且)有且只有3个公共点，
作出函数图象，有极大值点，7，11，…，
极小值点，5，9，…，极大值为2，极小值为，

为减函数时不合题意，所以为增函数，
由得，
由题意知且，
即且，所以，④正确.
故答案为：②③④
45．（2021·四川青羊·树德中学高三月考（文））是定义在上周期为的函数，且，则下列说法中正确的是___________.
①的值域为
②当时，
③图象的对称轴为直线，
④方程恰有5个实数解
【答案】①②④
【分析】
画出的部分图象结合图形分析每一个说法即可.
【详解】
根据周期性，画出的部分图象如下图所示，由图可知，选项①④正确，③不正确；
根据周期为，当时，，故②正确.

故答案为：①②④.
46．（2021·广西桂林·高三月考（理））对于下列命题：
①已知－1≤x＋y≤3，1≤x－y≤5，则2x－y的取值范围是[1，9]；
②已知a，b为非零实数，且ac；
④若不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的所有m都成立，则x的取值范围是.
其中正确的命题为______________.(把你认为正确的都填上)
【答案】①④
【分析】
应用不等式的性质判断①②，根据对数函数和指数函数的性质判断③，利用不等式恒成立的思想判断④．
【详解】
对于①，∵，∴，，
∴相加得，所以①正确；
对于②，当a＝－5，b＝3时，a2>b2，所以②错误；
对于③，c＝>0，a＝＝－