2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十含解析，共69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（十）

一、单选题
1．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）祖原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，由曲线，，围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则､满足以下哪个关系式（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
作出曲线在第一想象内的图象进行分析：当双曲线方程为：，高度为时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，计算可得圆环的面积为定值，进而由由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，而满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体为球体，体积为，通过分析计算可得，，进而可得，从而得解.
【详解】
如图可知：当双曲线方程为：，高度为时，
双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，

其中小圆环的半径即是，所以小圆面积为：，
而大圆半径可以由：求出，即：，
所以大圆的面积为：，
所以圆环的面积为：，为定值，
所以由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，
与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，
而球体体积，
所以，.
故选：B.
2．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）在平面四边形中，已知的面积是的面积的3倍.若存在正实数使得成立，则的值为（ ）

A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】A
【分析】
连接，设与交于点，过点作于点，过点作与点，由面积比得，再利用三点共线可得出的关系，从而可求解．
【详解】
如图，连接，设与交于点，过点作于点，过点作与点.

若的面积是的面积的3位，则.
根据相似三角形的性质可知，，
所以，所以
设因为，
所以，所以.
故选：A.
3．（2021·山西太原·高二阶段练习）已知抛物线上一点到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【分析】
先由已知结合抛物线的定义求出，从而可得抛物线的准线方程，则可求出准线l与两条渐近线的交点分别为，然后由题意可得，进而可求出双曲线的离心率
【详解】
依题意，抛物线准线，
由抛物线定义知，解得，则准线，
双曲线C的两条渐近线为，于是得准线l与两条渐近线的交点分别为，原点为O，
则面积，
双曲线C的半焦距为c，离心率为e，则有，解得．
故选：C
4．（2021·湖南·沅江市第一中学高三阶段练习）若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
依题意可得恒成立，构造函数，利用导数说明函数的单调性，则原不等式等价于恒成立，即恒成立，设，利用导数说明函数的单调性与最大值，即可求出参数的取值范围．
【详解】
解：不等式恒成立，即恒成立．
构造函数，可得，所以在定义域上单调递增，
则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，进而转化为恒成立，
设，可得，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当，函数取得最大值，最大值为，
所以，即实数的取值范围是．
故选：A
5．（2021·广东茂名·高三阶段练习）已知正三棱柱的高等于1.一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
寻找满足条件的球心与半径，通过解直角三角形求解．
【详解】
如图，作正三棱柱的中截面正△，作上下底面三角形内切圆，
与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△的外接圆和上下底面内切圆，
取上下底面内切圆心、，连接，取中点，为△的外心，
以为球心，以为半径的球，此球即为与正三棱柱所有棱都相切的球，
∴，，，
在直角△OMN中，由得，，，
∴球的半径，
∴球的体积.
故选：B.

6．（2021·广东广州·高三阶段练习）已知直线：与直线：相交于点P，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由已知得到，过定点，过定点，从而得到点轨迹为圆，设圆心为，半径为，取的中点，连接，求得，设圆的半径为，求得的最小值，再由得答案．
【详解】
解：圆半径，圆心，
直线与垂直，
又过定点，过定点，
点轨迹是以为直径的圆，方程为，圆心，半径，
取的中点，连接，由，则，
则，
，
的最小值为．
故选：B．


7．（2021·广东广州·高三阶段练习）已知三棱锥的顶点都在球O的球面上，是边长为2的等边三角形，球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先求出球的半径，再由几何关系结合勾股定理得出点到平面的距离，最后由体积公式得出三棱锥的体积的最大值.
【详解】
设球的半径为，则
要使得三棱锥的体积的最大，需在过中心的垂直于平面的线上
设点到平面的距离为，中心到点的距离为
此时，即，解得或
即三棱锥的体积的最大值为
故选：B
8．（2021·广东汕头·高三期末）已知函数在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-e，2) B．(-e，1-e) C．(1，2) D．
【答案】A
【分析】
在上递增，根据在上有最小值，可知有极小值点，也即最小值点，由此列不等式来求得的取值范围.
【详解】
在区间上单调递增，由题意只需
，
这时存在，使得在区间上单调递减，在区间上单调递增，即函数在区间上有极小值也即是最小值．
所以的取值范围是.
故选：A
9．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数为偶函数，在单调递减，且在该区间上没有零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意先求出并将函数化简，进而根据函数在单调递减，且在该区间上没有零点，列出关于的不等式，最后解得答案.
【详解】
因为函数为偶函数，且在单调递减，所以，而，则，于是，函数在单调递减，且在该区间上没有零点，所以.
故选：D.
10．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数有两个零点，则a的最小整数值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】
先将函数化为，令，进而只需说明在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.
【详解】
，
设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，
若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；
若，则时，，单调递减，时，，单调递增.
因为函数在R上有两个零点，所以，
而，
限定 ，记，，即在上单调递增，于是，则时 ，，此时，因为，所以，于是时，.
综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.
故选：C.
【点睛】
本题有一定难度，首先这一步的变形非常重要，注意此种变形的运用；其次，运用放缩法说明函数时，用到了（需证明），进而得到，这种处理方法非常普遍，注意归纳总结.
11．（2021·广东·华南师大附中模拟预测）已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为　　
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．
【详解】
解：当时，，则，等式两边平方得，
整理得，
所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，

由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，
直线过定点，
当直线过点时，则，可得；
当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，，
此时，解得．
由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．
因此，实数取值范围是．
故选：．
【点睛】
本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题．
12．（2021·广东·执信中学高三期中）已知函数，若，则
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题，先求得函数在上单调递增，再由判断出，根据单调性可得结果.
【详解】
由题意可得：
可知在上单调递增；
作出与的图象，
，可得，故，
故选:C.

【点睛】
本题考查了函数的性质，利用函数的图像判断大小和熟悉对勾函数的性质是解题的关键，属于中档题.
13．（2021·广东·执信中学高三期中）《易经》中记载着一种几何图形一一八封图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦田的面积如图，现测得正八边形的边长为8，代表阴阳太极图的圆的半径为2，则每块八卦田的面积为（ ）.

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据正八边形分割成8个全等的等腰三角形，顶角为，设等腰三角形的腰长为，由正弦定理求得的值，求得三角形的面积，进而求得每块八卦田的面积.
【详解】
由图可知，正八边形分割成8个全等的等腰三角形，顶角为，
设等腰三角形的腰长为，
由正弦定理可得，解得，
所以三角形的面积为，
则每块八卦田的面积为.
故选：A.
14．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三阶段练习）已知，，（）是函数（且）的3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
显然，即，设，则，所以，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】
解：显然，即，
设，则

所以，
所以，
因为恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
故选：A.
15．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三阶段练习）众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”.整个图形是一个圆形.其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆，给出以下命题：

①当时，直线与白色部分有公共点；
②黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点，则的最大值为；
③若点，为圆过点的直径，线段是圆所有过点的弦中最短的弦，则的值为.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】C
【分析】
计算直线与圆的位置关系以及数形结合可判断①的正误；利用点到直线的距离公式以及数形结合可判断②的正误；求出点、、、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可判断③的正误.
【详解】
对于①：当时，直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
下方白色小圆的方程为，圆心为，半径为1，
圆心到直线的距离为，
如图所示，

由图可知，直线与与白色部分无公共点，故①错误；
对于②，黑色阴影部分小圆的方程为，
设，如下图所示：

当直线与圆相切时，取得最大值，
且圆的圆心坐标为，半径为1，
可得，解得，
由图可知，，故的最大值为，故②正确；
对于③，由于是圆中过点的直径，
则、为圆与轴的两个交点，
可设、，
如图所示，

当轴时，取最小值，
则直线的方程为，
可设点，，，，
所以，，，，
，，
所以，，
所以，故③正确；
故选：C．
16．（2021·广东·高三阶段练习）已知异面直线、所成的角为，其公垂线段的长度为，长度为的线段的两端点分别在直线、上运动，则中点的轨迹为（ ）（注：公垂线段指与异面直线垂直且相交的线段）
A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
【答案】C
【分析】
不妨设，，设线段的中点为，过点分别作直线，作直线，
以点为坐标原点，直线、所成角的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立空间直角坐标系，设点、，可得出，设线段的中点为，利用中点坐标公式和相关点法可求得点的轨迹方程，即可得解.
【详解】
不妨设，，设线段的中点为，
过点分别作直线，作直线，
以点为坐标原点，直线、所成角的角平分线所在直线作轴，直线所在直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、，设点、，
，可得，
设线段的中点为，则，可得，
所以，，即.
因此，线段的中点的轨迹为椭圆.
故选：C.
17．（2021·广东·高三阶段练习）记数列的前n项和为，，，，则k可以等于（ ）
A．8 B．9 C．11 D．12
【答案】A
【分析】
分别讨论为1，3，5的情况，根据等差数列前n项和公式即可求解﹒
【详解】
①若时，，
，
令，则，方程不存在正整数解；
②时，，
，
令，则或，∴k=8满足题意；
③当时，，
，
令，则，方程不存在正整数解；
∴k能取8﹒
故选：A﹒
18．（2021·广东·华南师大附中高三阶段练习）设函数 (为自然对数的底数），当时恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
当时恒成立，可得，分类讨论，再分参，构造函数，利用导数求出函数最值，即可求出．
【详解】
解：为自然对数的底数），当时恒成立，
，
当时，即时，，
设，，
，
令，解得，
当，时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
（1），
，
当时，即时，，
由，
令，解得或，
当时，，函数单调性递增，
当或时，，函数单调递减，
，
，
当时，恒成立，
综上所述的取值范围为，，
故最大值为，
故选：．

二、多选题
19．（2021·全国·高二单元测试）设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，若（ ）
A．，则
B．，则
C．，则的取值范围是
D．，则的取值范围是
【答案】BD
【分析】
先设，焦距为，根据椭圆与双曲线的定义，求出，；当，得，进而可判断B正确，A错；当时，得到，推出，利用换元法，结合函数单调性，即可判断D正确，C错.
【详解】

如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，
当时，则，所以，
即，由离心率的公式可得，故正确.
当时，可得，即，可得，
由，可得，可得，即，则，
可设，则，
由在上单调递增，可得，则，故正确.
故选：
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于根据椭圆与双曲线的定义，得到与，再由离心率的计算公式，结合题中条件，即可求解.
20．（2021·重庆市实验中学高二阶段练习）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（ ）
A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
【答案】BD
【分析】
读懂题意，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.
【详解】
A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；
B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；
C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；
D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确．
故选：BD
【点睛】
本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力．
试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探素、理性思维学科素养．
21．（2021·福建省龙岩第一中学高一阶段练习）设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则（ ）
A．的图象可能关于直线对称
B．的取值范围是
C．在上不可能是单调函数
D．的取值范围是
【答案】AD
【分析】
根据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，研究在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围，然后由三角函数的性质判断选项.
【详解】
因为，所以.由，得.
当时，，又，所以.
因为，在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点，
所以或解得.
当时，的图象关于直线对称.
当时，在上单调递增.
故选：AD
22．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则双曲线的离心率
B．若是面积为的正三角形，则
C．若为双曲线的右顶点，轴，则
D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
【答案】AB
【分析】
对选项A，由题意列式得，即可求得；对选项B，利用等边三角形的性质求解得，，即可得；对选项C，可得，即可判断，对选项D，举出反例即可判断.
【详解】
由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；
对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.
故选：AB.
【点睛】
关于双曲线的离心率的求解，一般需要先列关于的等式或者不等式，从而求解出离心率的范围；关于双曲线的焦点三角形的应用，一般需要用到双曲线的定义以及余弦定理列式来求解.
23．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）已知函数，.若存在，使得对任意，，则（ ）
A．任意
B．任意
C．存在，使得在上有且仅有2个零点
D．存在，使得在上单调递减
【答案】BD
【分析】
化简函数，根据任意，，得到是函数的最小值点，可判定A不正确；由函数的最小正周期为，得到为函数的最大值点，可判定B正确；由区间上，此时，可判定C错误；取，可判定D正确.
【详解】
由题意，函数，其中，
因为对任意，，即是函数的最小值点，
所以函数关于对称，所以，所以A不正确；
由函数的最小正周期为，所以为函数的最大值点，所以，所以B正确；
因为，且是函数的最小值点，可得，
所以在区间上，此时，
故不存在，使得在上有且仅有2个零点，所以C错误；
取，则在内，单调递减且，所以单调递减，所以D正确.
故选：BD.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
24．（2021·重庆南开中学高三阶段练习）已知图1中，正方形的边长为，A、B、C、D是各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）


A．平面平面
B．直线与直线所成的角为
C．多面体的体积为
D．直线与平面所成角的正切值为
【答案】BD
【分析】
建立空间直角坐标系，结合向量法、割补法对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
取的中点O、M，连接，如图，∵A、B、C、D是正方形各边的中点，则，∵O为的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
四边形是边长为2的正方形，
∵O、M分别为的中点，则且，且，
所以四边形为矩形，所以，
以点O为坐标原点，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则．
选项A，设平面的一个法向量为，
由,取，则，则．
设平面的一个法向量为，
由，取，可得，则．
，所以，平面与平面不垂直，故A错误；
选项B，，直线与所成的角为，故B正确；
选项C，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则E、F、G、H分别为的中点，
因为，长方体的体积为，
，因此，多面体的体积为，故C错误；
选项D，，设直线与平面所成角为，则，所以，，故D正确．
故选：BD

25．（2021·湖南·沅江市第一中学高三阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足B1F//平面A1BE．以下命题正确的有（ ）

A．点F的轨迹长度为
B．直线与直线BC所成角可能为45°
C．平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为
D．过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】ACD
【分析】
取和的中点分别为，即可证明平面平面，从而得到点在线段上，即可判断A；由，则即为异面直线所成的角，再利用锐角三角函数计算即可判断B；找出二面角的平面角，利用锐角三角函数计算即可判断C；当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，求出最大截面面积，即可判断D；
【详解】
解：对于：取和的中点分别为，连接，则，平面，平面，所以平面平面，因为在侧面上运动，且满足平面，所以点在线段上．故点运动的轨迹长度为：，故选项正确；
对于B：因为．所以与直线所成角即为与直线所成角，则即为异面直线所成的角，在Rt中，，因为正方体的棱长为2，在Rt中，，若所成的角为，则，而最大为，矛盾，所以所成角不可能为，故选项B不正确；
对于C：因为面面，所以平面与平面所锐二面角，
即为平面与平面所成锐二面角，因为面面，当为线段的中点，可得，所以即为二面角的平面角，且，
所以，故选项C正确；
对于：当为与的交点时过点的平面截正方体所得的截面面积最大，取的中点，，则截面为菱形，，其面积为故选项D正确，
故选：ACD．

26．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如，.已知函数，函数，则（　　）

A．函数的值域是 B．函数是周期函数
C．函数的图象关于对称 D．方程只有一个实数根
【答案】AD
【分析】
先研究函数的奇偶性，作出函数的图象，作出函数的图象判断选项ABC的正确性，再分类讨论判断方程的根的个数得解.
【详解】
由题得函数的定义域为,
，
所以函数为偶函数，
当时，；
当时，；
当时，；

所以函数的图象如图所示，

所以函数的图象如图所示，

所以函数的值域是，故选项A正确；
由函数的图象得到不是周期函数，

故选项B不正确；
由函数的图象得到函数的图象不关于对称，故选项C不正确；
对于方程，
当时，，方程有一个实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
当时，，此时，此时方程没有实数根；
故方程只有一个实数根，故选项D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是能准确作出函数的图象，研究函数的问题，经常要利用数形结合的思想分析解答.
27．（2021·广东茂名·高三阶段练习）东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.对于图2.下列结论正确的是（ ）

A．这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形
B．若，，则
C．若，则
D．若是的中点，则三角形的面积是三角形面积的7倍
【答案】ABD
【分析】
对于A选项，根据题意，，，进而判断；对于B选项，由题知，在中，，，，进而结合正弦定理解三角形判断；对于C选项，不妨设，进而由余弦定理得，所以，再计算比值即可判断；对于D选项，由题知，进而.
【详解】
解：对于A选项，根据题意，图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，故，，所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形，故A选项正确；
对于B选项，由题知，在中，，，，所以，所以由正弦定理得解得，因为，所以，故B选项正确；
对于C选项，不妨设，所以在中，由余弦定理得，代入数据得，所以，所以，故C选项错误；
对于D选项，若是的中点，则，所以，故D选项正确.
故选：ABD
28．（2021·广东茂名·高三阶段练习）已知函数.，若的图象存在两条相互垂直的切线.则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】
由题可得，利用基本不等式可知，由条件可知，即可判断.
【详解】
∵函数，定义域为，
∴，
∴，当且仅当时，取等号，
要使的图象存在两条相互垂直的切线，则，，
所以的值必有一正一负，
当时，，不合题意，
当时，，不合题意，
当时，，则，，例如，，故的值可以是，
当时，，则，，例如，，故的值可以是.
所以的值可以是或.
故选：AB.
29．（2021·广东广州·高三阶段练习）对于函数，，下列说法正确的是（ ）
A．存在c，d使得函数的图像关于原点对称
B．是单调函数的充要条件是
C．若，为函数的两个极值点，则
D．若，则过点作曲线的切线有且仅有2条
【答案】BC
【分析】
对A，可证函数不为奇函数；对B，求得，要使是单调函数，则，可求的范围；要使函数有两极值点，则，结合指数性质和韦达定理可求范围；对D，可判断为函数的两个极值点，画出大致图象，可判断有三条切线.
【详解】
若存在c，d使得函数的图象关于原点对称，则函数为奇函数，，则，对于任意的，并不满足，故函数不为奇函数，A错；
由得，要使是单调函数，必满足，解得，故B正确；
若函数有两极值点，必满足，即，此时，，
，因为，所以，故，C正确；
若，则，，画出函数大致图象，如图：


三条虚线代表三条相切的切线，故D错误.
故选：BC
30．（2021·广东广州·高三阶段练习）已知正方体的棱长为2，为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为
【答案】AD
【分析】
利用展开图判定、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项A正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定选项B错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的余弦值的取值范围，进而判定选项C正确；建立空间直角坐标系，利用线面垂直得出点的位置、判定截面的形状是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定选项D正确.
【详解】
对于A：将矩形与矩形展开成一个平面（如图所示）

若最小，则、、三点共线，
因为，所以，
所以，
即，
即选项A正确；
对于B：当点M与点重合时，
连接、、、、（如图所示）

在正方体中，平面，
平面，所以，
又因为，且，
所以平面，
又平面，所以，
同理可证，
因为，
所以平面.
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，
周长为；
设分别是的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，
且平面平面，
正六边形的周长为，
面积为，
则的面积小于正六边形的面积，
它们的周长相等，
即选项B错误；
对于C：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）

则，，设，
因为平面，所以是平面的一个法向量，
且 ，，
，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为
则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为.
即选项C错误；
对于D：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）

连接、，设平面交棱于点，，
所以，因为平面，平面，
所以，即
，得，
所以，即点是的中点，
同理点是的中点，则且，
所以四边形是梯形，且，，
设，，
则，，
所以梯形的高，即点到直线的距离
为，
所以梯形的面积为，
即选项D正确.
故选：AD.
31．（2021·广东汕头·高三期末）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（ ）

A．与共面
B．三棱锥的体积跟的取值无关
C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为
D．
【答案】ABC
【分析】
由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．
【详解】
在中，因为为的中点，所以，
所以与共面，所以A正确；
由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，
所以平面截正方体所得截面的周长为，
所以C正确；
当时，可得，
则，所以不成，所以D不正确．
故选：ABC

32．（2021·广东·高三阶段练习）已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，点Q是的中点，点P满足，下列结论正确的是（ ）
A．点P的轨迹的周长为
B．点P的轨迹的周长为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的体积的最大值为
【答案】BD
【分析】
取的中点，连接，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到B正确；结合三棱锥的体积公式，可判定D正确．
【详解】
取的中点为，取的中点为，取的中点为，取的中点为，
取的中点为，分别连接，
由，且，所以平面，
由题意可得P的轨迹为正六边形，其中，
所以点P的轨迹的周长为，所以A不正确，B正确；
当点P在线段上运动时，此时点到平面的距离取得最大值，
此时有最大值，最大值为，
所以C不正确，D正确．
故选：BD

33．（2021·广东·高三阶段练习）正弦信号是频率成分最为单一的一种信号，因这种信号的波形是数学上的正弦曲线而得名，很多复杂的信号都可以通过多个正弦信号叠加得到，因而正弦信号在实际中作为典型信号或测试信号而获得广泛应用已知某个声音信号的波形可表示为，则下列叙述不正确的是（ ）
A．在内有5个零点
B．的最大值为3
C．是的一个对称中心
D．当时，单调递增
【答案】ABD
【分析】
结合三角函数的零点、最值、对称中心、单调性等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】
对于A，由，
令，则或，易知在上有2个零点，A错误．
对于B，因为，由于等号不能同时成立，所以，B错误．
对于C，易知为奇函数，函数关于原点对称，又周期为，故是的一个对称中心．
对于D，，因为，所以时，
即：（）时，单调递增，
（）时，单调递减，故D错误．
故选：ABD
34．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数，方程有四个实数根，且满足，下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．t的取值范围为
D．的最大值为4
【答案】BC
【分析】
或，作出函数f(x)图像，数形结合即可求解.
【详解】
或，
作出的图象，

当时，，有一个实根；
当时，有三个实数根，∴共四个实根，满足题意；
当时，只有两个实数根，所以共三个实根，不满足题意，此时与的交点坐标为.
要使原方程有四个实根，等价于有三个实根，等价于y＝f(x)与y＝t图像有三个交点，故，，所以，故A错误，C正确；
又因为，所以的取值范围为），B正确；
因为，所以，故D错误．
故选：BC.
35．（2021·广东·华南师大附中模拟预测）已知函数，若函数有两个零点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】
由已知得出，化简变形后可判断A选项的正误；取可判断B选项的正误；利用构造函数法证明CD选项中的不等式，可判断CD选项的正误.
【详解】
解：由可得，可知直线与函数在上的图象有两个交点，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，且当时，，如下图所示：

当时，直线与函数在上的图象有两个交点.
对于A选项，由已知可得，消去可得，故A正确；
对于B选项，设，取，则，所以，，故，故B错；
对于C选项，设，因为，则，
所以，，，
则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，故，故C正确；
对于D选项，，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
36．（2021·广东·执信中学高三期中）在长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．与平面所成角的正切值的最大值是
C．的最小值为
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
【答案】ACD
【分析】
证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项的正误；求出的最小值，利用线面角的定义可判断B选项的正误；将沿翻折与在同一平面，利用余弦定理可判断C选项的正误；设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，求出的长，判断出点的轨迹，可判断D选项的正误.
【详解】


对于A，在长方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A选项正确；
对于B，平面，所以，与平面所成角为，
，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，
由勾股定理可得，
由等面积法可得，
所以，的最大值为，B选项错误；
对于C，将沿翻折与在同一平面，如下图所示：

在中，为直角，，，
在中，，，
由余弦定理可得，则为锐角，
可得，

，
由余弦定理可得，此时，
因此，的最小值为，C选项正确；
对于D，设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，
由于平面，平面，，
，
所以交线为以为圆心，为半径的四分之一圆周，所以交线长是，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
37．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三阶段练习）如图的正方体中，棱长为2，点是棱的中点，点在正方体表面上运动.以下命题不正确的有（ ）

A．侧面上不存在点，使得
B．点到面的距离与点到面的距离之比为
C．若点满足平面，则动点的轨迹长度为
D．若点到点的距离为，则动点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】
对于A选项，当点和点重合的时候，可判正误；对于B选项，将截面延展，得到截面和右侧面的交线，连接交于点，可知，进而得到结果是正确的；对于C，根据面面平行的性质找到点的轨迹，进而求得长度，可判正误；对于D，可得到点在以为球心，为半径的球面上，同时点也在以点为圆心的圆周上，由几何关系可得到相应轨迹长度，进而判断选项的正误.
【详解】
对于A选项，当点和点重合的时候，直线垂直于平面
此时，故A错误；
对于B选项，如图：
根据面面平行的性质得到截面和右侧面的交线为为的中点，
连接交于点，可知，故可得到点到面的距离与点到面的距离之比为，故B正确；

对于C选项如上图，取中点，中点，连接，，，
易证，，
从而平面平面，
所以点的运动轨迹为线段，，故C不正确；

对于D选项如上图，若点到点的距离为，
可认为点在以为球心，为半径的球面上，同时点也在以点为圆心的圆周上，
假设该圆周被面截得的弧长为，则点就在弧上
连接，三角形为直角三角形，， ，
由勾股定理得到
在三角形中，，同理，
，故得到弧长，故D错误；
故选：ACD
38．（2021·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知e为自然对数的底数，设函数存在极大值点，且对于a的任意可能取值，恒有极大值，则下列结论不正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．b的最大值为e3
D．b的最大值为2e2
【答案】ABD
【分析】
由题意得，设，则，可判断出当时，若存在极大值，此时有解，即可得，可得的极大值点为，且，从而得当时取得极大值，由得，则得，令，，则原命题转化为在上恒成立，求出的最大值即可
【详解】
解：由题意得，
设，则．
当时，则单调递增，则不可能有极大值点
(注：若有极值也是极小值)，不符合要求；
当时，若存在极大值，此时有解，
即有两个不等正根，则有
由此可得，且，(设)
从而可得的极大值点为，
因为，
所以，从而在上单调增，
在上单调减，当时取得极大值；由此A、B都不正确；
又由得，
因为，
令，，
则原命题转化为在上恒成立；
求导得，所以在上单调增，
故，从而得，所以b的最大值为，
所以C选项正确，D选项不正确；
故选：ABD．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的极值和最值，解题的关键是若存在极大值，可得有解，即有两个不等正根，则有，从而可求出函数的极值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题


三、双空题
39．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）如图甲是第七届国际数学教育大会（简称）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图乙中的直角三角形继续作下去，记四边形面积的倒数构成数列，且.此数列的前项和为，则的值是__________，的值为__________.

【答案】##
【分析】
根据操作过程，结合直角三角形勾股定理、直角三角形面积公式，运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】
由题意可得，
，
，
，
，
则，
所以.
故答案为：；18
40．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，现将数列进行构造，第次得到数列；第次得到数列；依次构造，第次得到数列；记，则___________，设数列的前项和为，则___________．
【答案】
【分析】
根据题意求出数列的递推式，然后利用累加法求出数列的通项公式，从而可求出，再利用分组求和法可求出
【详解】
，，，，可得，
所以

所以


所以，所以，
所以，



所以．
故答案为：70，
41．（2021·广东汕头·高三期末）设数列满足且，则______，数列的通项______．
【答案】
【分析】
设，根据题意得到数列是等差数列，求得，得到，利用，结合“叠加法”，即可求得.
【详解】
由题意，数列满足，
设，则，且，所以数列是等差数列，
所以，即，
所以，
当时，
可得，
其中也满足，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
42．（2021·广东·执信中学高三期中）在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次"扩展".将数列1，2进行"扩展"，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；....扩展得到的数列的第6项为___________；设第n次“扩展"后得到的数列为，并记，其中，则数列的前项和为___________.
【答案】
【分析】
根据题意，得出第三次扩展的数列，求得数列的第6项，再由，得到，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，即可求解.
【详解】
由题意，将数列1，2进行"扩展"，第一次得到数列；
第二次得到数列；
第三次得到数列：，
所以数列的第6项为.
又由，
可得
，
即，则，
又由，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
则数列的前项和为.
故答案为：； .
43．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三阶段练习）将正三角形（1）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（2）；将图（2）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（3）；如此类推，将图（）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作三角形，然后去掉底边，得到图．上述作图过程不断的进行下去，得到的曲线就是美丽的雪花曲线．若图（1）中正三角形的边长为1，则图（）的周长为__________，图（）的面积为___________．

【答案】
【分析】
先根据所给的图形找互相邻的图形周长之间的关系，再进一步得到与第一个图形的周长之间的关系，找出相邻两个图形之间的面积关系，可求得图（）的面积
【详解】
解：第一个三角形的周长为，观察发现：
第二个图形在第一个图形的周长的基础上多了实验室的周长的，第三个在第二个的基础上多了其周长的，
所以第二个图形的周长为，
第三个图形的周长为，
第四个图形的周长为，
……，
所以第个图形的周长是第一个周长的倍，所以第个图形的周长为，
由题意可知，第个图形的边长都相等，且长度变为原来的，则边长的递推公式为
，，所以，
边数的递推公式为，，则，
第一个图形的面积为,
当时，
，
则

【点睛】
关键点点睛：此题考查数列的应用，考查等比数列的性质的应用，解题的关键是由题意找出边长的递推公式和边数的递推公式，相邻两个图形面积之间的递推关系，考查计算能力，属于较难题
44．（2021·广东·华南师大附中高三阶段练习）已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则_________，的最小值为________.
【答案】2
【分析】
由结合正弦定理可得，从而可得，则有，再结基本不等式可求得答案
【详解】
解：∵，
∴，
∴，.
又，
∴
∴
又∵在锐角ΔABC中，
∴，
当且仅当时取等号，检验可取，
∴，
故答案为：2，

四、填空题
45．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）已知函数，若，，.则的最大值为___________.
【答案】
【分析】
首先确定函数的对称性,然后利用倒序相加法求和,最后利用几何意义求得的最大值即可.
【详解】
由题得，
则，
令，
则，
，得，
则，
则，令，则，
是圆心为，半径为的圆上一点，
直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，
由，得，
得，即，
故，
，
故的最大值为
故答案为：.
46．（2021·湖南师大附中高三阶段练习）等比数列的公比，，则使成立的正整数的最大值为______
【答案】18
【分析】
求出数列前n项的和，根据不等式之间的关系求解可得答案.
【详解】
解：由等比数列的公比，，可得，
可得：，则，且，
由为等比数列，可得是以为首项，公比为的等比数列，
则原不等式等价为：，
因为，把，代入整理得：，
可得：，，即：，
由,故答案为：18.
【点睛】
本题主要考查数列与不等式的综合，计算量大，属于中档题型.
47．（2021·湖南·高三阶段练习）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为_____________.
【答案】
【分析】
设的中心为G，过点G作直线平面ABC，则球心О在上，取AC的中点M，连接BM，DM，由已知条件可证得O与G重合，过M作于H，连接OH，则，从而为二面角的平面角，然后在中求解即可
【详解】
设的中心为G，过点G作直线平面ABC，则球心О在上，取AC的中点M，连接BM，DM，则.
因为，所以平面BDM，则，所以，
所以，所以，，
所以，所以，可得平面，
所以球心О在直线MB上，因此O与G重合.
过M作于H，连接OH，则，从而为二面角的平面角.
因为，，所以.
故答案为：

48．（2021·重庆南开中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径是__________．

【答案】6
【分析】
设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可
【详解】
设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则，
由截面圆的周长为，得，∴，
球的半径是．
故答案为：6

49．（2021·湖南·沅江市第一中学高三阶段练习）已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点位于第一象限），圆与内切，半径为，则的取值范围是___________．
【答案】
【分析】
设圆与分别切于，利用圆的切线性质和双曲线定义可求得，同时知为的角平分线，设直线的倾斜角为，可求得，结合双曲线渐近线的倾斜角可确定的范围，由此可确定的范围.
【详解】
由双曲线方程知：实半轴长，虚半轴长，且，
设圆与分别切于，如下图所示：

由圆的切线性质知：，，
由双曲线定义知：，即，
设，则，解得：，
由切线性质可知：与横坐标都为，
由三角形内切圆的性质知：为的角平分线，
设直线的倾斜角为，则，
，
，
双曲线渐近线为：，其倾斜角分别为和，
又直线与双曲线的右支交于两点，直线的倾斜角范围为，
则，，.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的参数范围的求解问题，解题关键是能够将所求的表示为关于直线倾斜角的函数的形式，根据的范围，结合正切函数值域的求解方法可求得范围.
50．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）如下图所示，已知双曲线的左、右焦点为、，点为双曲线右支上一点，且的延长线交轴于，且，则的内切圆半径为____________.

【答案】
【分析】
利用双曲线的定义即可求解.
【详解】
由，可得，
因为，则,
所以为直角三角形，
所以的内切圆半径

.
故答案为：
51．（2021·广东茂名·高三阶段练习）已知长方体，，，在上取一点M，在上取一点N，使得直线平面，则线段MN的最小值为________.
【答案】
【分析】
以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．
【详解】
如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，，，
设，，则，

，
当，即时，取得最小值，即的长度的最小值为．
故答案为：．

【点睛】
本题考查用向量法研究直线与平面平行，考查向量模的坐标表示．解题关键是建立空间直角坐标系，把线面平行转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直，把向量的模用坐标表示后求得最小值．
52．（2021·广东广州·高三阶段练习）已知扇形的半径为2，，如图所示，在此扇形中截出一个内接矩形ABCD（点B，C在弧上），则矩形ABCD面积的最大值为___________.


【答案】
【分析】
作的角平分线，交于，于，连接，设，根据题意可知为等边三角形，则为的中点，为的中点，求出，根据矩形的面积，利用三角恒等变换结合三角函数的性质即可求出答案.
【详解】
解：作的角平分线，交于，于，连接，
根据题意可知为等边三角形，则为的中点，为的中点，
设，
，则，
则，
，则，
所以矩形的面积
，
当，即时，取得最大值，
所以矩形ABCD面积的最大值为.
故答案为：.

53．（2021·广东·高三阶段练习）已知双曲线的左右焦点分别为为上一点，M为的内心，直线与x轴正半轴交于点H，，且，则的渐近线方程为________．
【答案】
【分析】
由角平分线即可求出离心率，从而求出渐近线方程.
【详解】
因为经过的内心，根据内角平分线定理可知：
，所以的渐近线方程为：．
故答案为：
54．（2021·广东·高三阶段练习）已知O为所在平面内一点，且满足，，则________．
【答案】8
【分析】
根据题意可知O为的外心，再利用外心的概念，可知，再根据平面向量数量积的定义，即可求出结果.
【详解】
因为O为所在平面内一点，且满足，
所以O为的外心，
作，垂足为，则，

又，
所以．
故答案为：.
55．（2021·广东·华南师大附中模拟预测）设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是____.
【答案】
【分析】
求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，，利用的单调性可得：在取得最小值，作的图象，并作的图象，注意到，，对分类讨论即可得出．
【详解】
解：求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，
令，，
在递减，在递增，显然在取得最小值，
作的图象，并作的图象，注意到，，
（原定义域，这里为方便讨论，考虑，
当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；
当时在两侧附近同号，不是极值点；
当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
56．（2021·广东·高三阶段练习）在平面直角坐标系中，设，直线与直线交于点．圆，则的最大值为____________．
【答案】##
【分析】
分析可得，利用勾股定理得出，利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】
直线过定点，直线的方程为，直线过定点，
因为，所以，，所以，，
由勾股定理可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：.
57．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数，当时，恒成立，则____________．
【答案】-3
【分析】
可以取特殊值时，恒成立，从而求出a和b﹒
【详解】
当时，恒成立，则对任意恒成立，
则时，恒成立
①
②
③
④
①+②
③+④
，
代入①
代入③
，
，
﹒
证明满足题意：
，则，







1










↗
极大值：1
↘
极小值：
↗
1
由表可知，|f(x)|≤1在[-1，1]上恒成立满足题意﹒
故答案为：-3.
【点睛】
本题考察恒成立问题，根据函数和区间的特殊性，可取特殊值得到关于a和b的不等式组，求出a和b的范围，从而确定a和b的取值﹒
58．（2021·广东·华南师大附中高三阶段练习）在正三棱锥V—ABC内，有一半球，其底面与正三棱锥的底面重合，且与正三棱锥的三个侧面都相切，若半球的半径为2，则正三棱锥的体积最小时，其高等于__________．
【答案】.
【详解】
试题分析：由题意，设侧棱长为，底面边长为 ，
∴，化简可得 ，
∴，
令， ，∴，
故可知，即当 时，三棱锥体积取到最小值，
此时高， ，故填：.
【考点】本题主要考查球的性质与导数的运用．