专题19 开放性问题（十大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用）

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专题19开放性问题


集合与逻辑语言
1．（辽宁省沈阳市四校2023届高三上学期期中）设集合，集合，若Ü Ü ，写出一个符合条件的集合 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】求得，再根据真子集的定义求解即可.
【详解】，，故若Ü Ü ，则可有.
故答案为：（答案不唯一）
2．（湖北省华中师范大学第一附属中学2023届高三上学期期中）对于一个集合S，若a∈S时，有∈S，则称这样的数集为“可倒数集”，试写出一个“可倒数集”： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由“可倒数集”的定义求解即可.
【详解】由“可倒数集”的定义，若，，
若，，所以“可倒数集”可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
3．（湖南省长沙市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）已知集合，，请用解析式法写出一个从集合到集合的函数（注意不要写常数函数和分段函数形式，并注意定义域） .
【答案】，（答案不唯一）
【分析】根据函数的定义，写出一个符合的函数即可.
【详解】根据函数的定义，集合A中没有剩余元素，且应满足对于集合A中任意一个元素，在集合B中都有唯一确定的元素与之对应.
可取，可知，，，显然1，2，3都是集合B中的元素.
故答案为：，（答案不唯一）
4．（重庆市杨家坪中学2023届高三上学期期中）若集合恰有8个整数元素，写出a的一个值： ．
【答案】7（答案不唯一，实数a满足即可）
【分析】由题意知区间长度大于7不大于9，据此求出集合中最小整数，得到集合中最大整数为10，建立不等式求解.
【详解】依题意可得，解得，
则．
所以集合的整数元素的最小值为3，从而最大值为10，
所以，解得．
故答案为：7（答案不唯一）.
5．（福建省石狮市永宁中学2023届高三上学期期中）设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算为且设集合请你写出一个集合A，使得则集合A= .
【答案】(答案不唯一)
【分析】由集合的新定义转化条件为，且A中不再含中的其他任何元素，即可得解.
【详解】由题意，知，且A中不再含中的其他任何元素，
而是否再含中的元素则不影响等式，
因此符合题意.
故答案为：(答案不唯一)
向量与复数
6．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三上学期期中）写出一个同时满足下列条件①②的向量 ．
①；②向量与的夹角．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题可设，再利用向量与的夹角可得.
【详解】由，可设，，
又向量与的夹角，
所以，在该区间任取一个角即可．不妨去，
则
故答案为：（答案不唯一）.
7．（2022秋·河北张家口·高三校联考期中）已知向量，（），且，，则向量的坐标可以是 ．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知条件列关于，的方程组，解方程组即可求解.
【详解】向量，（），且，，
所以，取符合题意，
所以向量的坐标可以是，
故答案为：（答案不唯一）
8．（江苏省徐州市第七中学2023届高三上学期期中）已知向量，非零向量满足，则 ．（答案不唯一，写出满足条件的一个向量坐标即可）
【答案】
【分析】向量的数量积为0可得的坐标满足的关系，得出结论．
【详解】设，则由得，取，则，．
故答案为：（取其他值得其他答案）．
9．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）在平面直角坐标系xOy中，已知向量，，，且满足，则 （写出满足条件的一种表示即可）．
【答案】（答案不唯一，满足即可）
【分析】根据得到向量满足的条件，即可写出．
【详解】由题意得，，
由于，所以有，
取，，得，（答案不唯一）．
故答案为：
10．（2022秋·辽宁丹东·高三统考期中）设是虚数单位，复数，，请写出一个满足是纯虚数的复数 .
【答案】（只要满足，且）
【分析】利用复数的乘法化简复数，根据为纯虚数可出关于、的等式与不等式，即可得解.
【详解】由已知可得为纯虚数，则.
所以，且，
故满足题设条件的复数可以是.
故答案为：（只要满足，且）.
11．（江苏省常州市金坛区金沙高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知复数z的实部和虚部均不等于0，且，请写出一个满足以上条件的复数： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知条件，结合复数的模的计算，可得答案.
【详解】因为复数z的实部和虚部均不等于0，且，
故符合条件的一个复数为：，
故答案为：
12．（2022秋·河北张家口·高三张家口市第一中学校考期中）设复数满足，且是纯虚数，试写出一个满足条件的复数： .
【答案】
【分析】设出复数的代数形式，由求出的实部，然后由是纯虚数列式即可计算作答.
【详解】设，由，可得，解得，
又是纯虚数，设且，则，则，解得，
所以或.
故答案为：
13．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）已知向量，，.写出m的一个值： ，使得，此时 .
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】利用向量的线性运算、垂直的性质、模长公式的坐标表示进行求解.
【详解】因为，所以.
因为，
，
所以，所以或.
当时，，；
当时，，.
故答案为：；或4；（写出一组答案即可）.
函数
14．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）写出一个同时具有下列性质的函数 ．
①；②为增函数．
【答案】（形如都可以，答案不唯一）
【分析】根据对数的运算性质以及对数函数的单调性可得出结果.
【详解】取，该函数的定义域为，
对任意的、，，
即满足①；
又因为函数为定义域上的增函数，即满足②.
故函数满足条件.
故答案为：（形如都可以，答案不唯一）.
15．（2022秋·江苏扬州·高三校考期中）已知为定义在R上的奇函数，为偶函数，且对任意的，，，都有，试写出符合上述条件的一个函数解析式 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据给定的奇偶性，推理计算得函数的周期性，再结合单调性求解作答.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，则，且，
又为偶函数，则，即，
于是，则，即是以为周期的周期函数，
对任意，，，都有，可得在单调递减，
不妨设，由题意，，所以，则，
当时，，
因为在上单调递减，且在上单调递增，
所以，不妨取，此时.
故符合上述条件的一个函数解析式，（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）
16．（山东省青岛市4区县2022-2023学年高三上学期期中）请写出一个幂函数，满足：，.此函数可以是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据给定条件，确定函数的定义域，及函数的有关性质，再写出符合的函数解析式作答.
【详解】令幂函数（为常数），由，知，函数的定义域为R，是偶函数，
又，，则函数在上单调递增，因此可以为正偶数，
所以此函数可以是.
故答案为：
17．（江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高三上学期期中）若定义在上的函数满足：，，且，则满足上述条件的函数可以为 .（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一也可）
【分析】根据题意可得函数为偶函数，可取，在证明这个函数符合题意即可.
【详解】令，则，
所以，所以函数为偶函数，
可取，则，
所以，，
所以函数符合题意.
故答案为：.（答案不唯一也可）
18．（2022秋·河北邯郸·高三大名县第一中学校考期中）能说明“若函数在上的最大值为，则函数在上单调递减”为假命题的一个函数是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】只要所求的函数在上的最大值为，但在上不单调即可.
【详解】函数在上先减后增，在处取得最大值.
故答案为：答案不唯一.
19．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）写出一个同时具有下列性质①②的函数=
①在上单调递增；②对任意的实数，都有.
【答案】（答案不唯一，均满足）
【分析】取，验证满足条件①②即可.
【详解】取，满足①.
因为，
又，
所以，满足②.
故答案为：.
导数
20．（2022秋·江苏泰州·高三统考期中）写出使“函数与函数的图象无公共点”的的一个取值 .
【答案】（答案不唯一，只需满足即可）
【分析】令，可得出，其中，令，其中，利用导数求出函数的值域，即可得出当函数与函数的图象无公共点时，实数的取值范围，即可得解.
【详解】令，即，可得，其中，
令，其中，则，由，可得，列表如下：









增
极大值
减
所以，函数在处取得最大值，作出函数的图象如下图所示：
  
由图可知，函数的值域为，
故当函数与函数的图象无公共点时，则.
故答案为：（答案不唯一，只需满足即可）.
21．（广东省深圳市深圳实验学校光明部2023届高三上学期期中）设函数的定义域为，，当时，，写出一个满足上述条件的函数： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】将所给条件翻译成函数的性质，根据性质写出函数即可.
【详解】当时，，说明在上为减函数，
，说明的函数值非负，
根据上述条件可得满足条件的一个函数为.
当时，为减函数，且.
故答案为：（答案不唯一）.
22．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中）设函数．能说明“对于任意的，都有成立”为假命题的一个实数的值可以是 ．
【答案】－1（答案不唯一，只要满足即可）
【分析】对函数求导，通过导函数的符号，判断函数的单调性，根据条件得到a的范围，再结合题意确定a的值即可．
【详解】“对于任意的，都有成立”，
即函数在上单调递增．
由函数，可得，
令，可得，
时，，函数在上是增函数；
当时，时，，函数是增函数；
时，，函数是减函数，
故“对于任意的，都有成立”
为假命题的一个实数的值可以是－1（答案不唯一，只要满足即可）．
故答案为：－1（答案不唯一，只要满足即可)．
23．（2022秋·重庆·高三西南大学附中校考期中）写出一个同时满足下列3个条件的函数= ．
①是上偶函数；②在上恰有三个零点；③在上单调递增．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据条件①②可令函数为两个偶函数的积，其中一个有唯一零点0，另两个零点互为相反数，再验证单调性作答.
【详解】因为是上偶函数，且在上恰有三个零点，于是的一个零点为0，另两个零点互为相反数且不为0，
不妨令，显然是上偶函数，且有3个零点分别为，
求导得，当时，恒成立，因此函数在上单调递增，
所以函数符合题意.
故答案为：
24．（2022秋·江苏南通·高三期中）若函数在区间上存在最小值，则整数的取值可以是 ．
【答案】（答案不唯一，、均可）
【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，作出图形，求出使得的的值，根据函数在区间上有最小值可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为，则.
由可得，由可得或，
所以，函数的减区间为，增区间为、，

所以，函数的极大值为，极小值为，
令，其中，则，解得，
因为函数在区间上存在最小值，则，解得，
所以，整数的取值集合为.
故答案为：（答案不唯一，、均可）.
25．（山东省德州市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数 .
①定义域为，函数值不恒为0，且图象是条连续不断的曲线；②；③为函数的导函数，.
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，验证得到函数满足条件①②，求导得到，满足条件，得到答案.
【详解】取，
函数定义域为，函数值不恒为0，且图象是条连续不断的曲线；
，函数为奇函数；
恒成立.
故答案为：
26．（2022秋·湖南湘潭·高三湘潭一中校考期中）已知定义域为的函数存在导函数，且满足，则曲线在点处的切线方程可以是 （写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意可得是偶函数且周期为4，继而可得关于直线对称，根据周期可得到也是的对称轴，所以是的极值点，故，即可求出答案
【详解】的定义域为，由可知，是偶函数，
由可知周期为4，
因为，故关于直线对称，
又因为，所以也是的对称轴，
因为在上存在导函数，所以是的极值点，
即，曲线在点处的切线斜率为0，
故切线方程可能为，
故答案为：（答案不唯一）
27．（江苏省常州市金沙高级中学2022-2023学年高三上学期期中）设函数.
①若存在最大值，则实数的一个取值为 .
②若无最大值，则实数的取值范围是 .
【答案】 （答案不唯一，满足即可）
【分析】利用导数可求得的单调性和极值，由此可得与的图象，结合图象分析即可得到结果.
【详解】令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为；
令，即，解得：或；
由此可作出与图象如下图所示，

对于①，结合图象可知：若存在最大值，则，的一个取值为；
对于②，若无最大值，只需，解得：，即；
故答案为：（答案不唯一，满足即可）；.
三角函数
28．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期中）将函数的图像先向右平移个单位，再将所得的图像上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图像，则的一个可能取值是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据辅助角公式，结合平移变换得，，进而可得答案.
【详解】解：函数的图像先向右平移个单位，得到的图像，
再将所得的图像上每个点的横坐标变为原来的倍，得到的图像，
所以，，解得，
所以，的一个可能取值为.
故答案为：
29．（湖北省宜荆荆恩2022-2023学年高三上学期期中）写出一个同时具在下列性质①②③的函数 .①，②在上是单调递增函数；③的图象关于点对称.
【答案】（答案不唯一）
【分析】由条件①可知为周期为的函数，故考虑设为正弦型函数，再由正弦函数的对称性求，并验证其单调性，由此可得答案.
【详解】由知函数为周期为的函数
故可设为，又的图象关于点对称.
所以，，当时，成立，故，令，，
可得，，取可得，
所以函数在上单调递增，故在上是单调递增函数；满足②，
所以函数满足条件①②③；
故答案为：(答案不唯一).
30．（山东省威海市第四中学2022-2023学年高三上学期期中）写出一个同时满足下列三个性质的函数： .
①为奇函数；②为偶函数；③在上的最大值为2.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数的三条性质，考虑选用三角函数可得答案.
【详解】分析函数的三条性质，可考虑三角函数，
因为为奇函数，在上的最大值为2，
所以函数的解析式可以为.
对于①，，因为，所以为奇函数，符合；
对于②，，因为，所以为偶函数，符合；
对于③，的最大值为，符合.
故答案为：（答案不唯一）
31．（河北省唐山市开滦第二中学2022-2023学年高三上学期期中）若函数的最小正周期为，则满足条件“是偶函数”的的一个值为 （写出一个满足条件的即可）．
【答案】（答案不唯一，也可以写，，符合，即可）
【分析】化简可得，又根据周期可得，即可得到，根据偶函数可得，.
【详解】，
又的最小正周期为，所以，则，所以，
所以.
又因为是偶函数，所以应满足，，
所以有，.
故答案为：.
32．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第四十中学校联考期中）写出一个同时具有下列性质①②③的函数解析式为 .
①不是常数函数；②；③.
【答案】（答案不唯一）
【分析】首先理解条件中的性质，再写出满足条件的函数.
【详解】因为，即，所以函数是偶函数，
因为，所以函数关于对称，且函数不是常函数，所以满足条件的函数.
故答案为：（答案不唯一）
33．（江苏省盐城市四校2023届高三上学期期中）已知函数，，且，写出一个满足条件的函数的解析式： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题可得，进而可得，取，即得.
【详解】∵，，且，
∴，，
∴，，
令，，，，，
令，，.
故答案为：（答案不唯一）.
34．（江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年高三上学期期中）写出一个值，使得函数取得最小值，的一个值可以为 ，若，则 .
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根据题意，需与同时取到最小值，再求解的值即可；代入，求解的值即可.
【详解】因为函数取得最小值，
所以函数与同时取到最小值，
又时，，
所以时，也取到，
所以，
不妨取，此时的最小值为，符合题意.
若，则，
则或，不妨取.
故答案为：（答案不唯一）；（答案不唯一）.
解三角形
35．（山东省济宁市兖州区2022-2023学年高三上学期期中考）的内角所对边的长分别为，若，试写出一个值，使该三角形有两解，则满足题意的的值可以是 .
【答案】写间的任一实数都正确
【分析】根据题意，由正弦定理即可得到，再由三角形有两解列出不等式，即可得到结果.
【详解】由正弦定理可得，，即，
因为三角形有两解，所以，
所以，即，所以，
故答案为：间的任一实数.
36．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中考）在中，内角的对边分别为，且，写出满足条件“”的一个的值
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据正余弦定理边角互化可得，考虑为等腰三角形时即可求解.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
所以，
由于，不妨考虑此时为等腰三角形时，则，
由，得，
故答案为：（答案不唯一）
37．（湖北省荆州中学20183届高三上学期期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且外接圆的面积为，请写出一组满足上述条件的边和角： ， ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据给定条件，求出的外接圆半径，再利用正弦定理求出即可求解作答.
【详解】依题意，的外接圆半径，由正弦定理得，即，又，
取，则.
故答案为：；
38．（2022秋·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中）已知a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，写出“使满足，的唯一”的a的一个取值为 ．
【答案】（答案不唯一，满足或即可）
【分析】根据题意，利用正弦定理求解.
【详解】∵，，
∴当或，即或时，唯一；
故答案为：（答案不唯一，满足或即可）
39．（2022秋·江苏镇江·高三统考期中）在钝角中，内角的对边分别为，，且，则的一个值可以为 .
【答案】6（答案不唯一，均可）
【分析】根据已知条件判断出必为钝角，由得，即，再根据，得到，然后在这个范围内任取一个值，即可得解。
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，所以不是钝角，
又，所以，所以也不是钝角，故必为钝角，
从而，所以，则，
又，所以.
故答案为：6（答案不唯一，均可）
40．（浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中）已知内角，，的对边分别为，，，那么当 时，满足条件“，”的有两个．（仅写出一个的具体数值即可）
【答案】内任一数
【分析】由正弦定理可得，然后可求出的范围.
【详解】由正弦定理得，所以
若满足条件的有两个，则且
所以
故答案为：内任一数
41．（广东省罗定中学城东学校2023届高三上学期期中）已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，则能使成立的一组A，B的值是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换公式得到等式，进而写出一组值即可.
【详解】由正弦定理得：，
，，
，
，

（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
数列
42．（河北省张家口市第─中学2023届高三上学期期中数学）已知数列为，，，，，则该数列的一个通项公式可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】分析数列前4项的特征，求出前4项都满足的一个通项公式作答.
【详解】依题意，，
所以前4 项都满足的一个通项公式为.
故答案为：
43．（广东省梅州市东山中学2023届高三上学期期中）写出一个各项均小于的无穷递增数列的通项公式： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据数列的单调性以及题意可得出满足条件的一个数列的通项公式.
【详解】对任意的，，则，
数列为单调递增数列，故满足条件的一个数列的通项公式为.
故答案为：（答案不唯一）.
44．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）已知等差数列的前n项和为，公差d为奇数，且同时满足：①存在最大值；②；③．则数列的一个通项公式可以为 ．（写出满足题意的一个通项公式）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由可得，由存在最大值可得，结合d为奇数且可得的取值，从而可得.
【详解】由得，即．
因为数列是等差数列，所以由等差数列的性质可知．
设等差数列的公差为d，则，．
因为存在最大值，所以公差，又因为d为奇数且，
故可取．当时，，；
当时，，；
当时，，．
故答案为：（答案不唯一）
45．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）数列满足，，写出一个符合上述条件的数列的通项公式 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】将已知等式变形后，找到满足等式的通项公式即可.
【详解】由得：，
则当时，，，故满足递推关系，
又，满足，
满足条件的数列的一个通项公式为：.
故答案为：（答案不唯一）.
46．（江苏省徐州市王杰中学2022-2023学年高三上学期期中）写出一个同时具有下列性质①②的数列的通项公式： ．
①；②单调递增．
【答案】（符合此种形式即可）
【分析】先猜想数列是一个等差数列，进而根据性质①得到首项与公差的关系，然后根据性质②得到答案.
【详解】假设数列为等差数列，设其公差为d，首项为，由性质①可得： ，
即，
再根据②可知，公差，显然（）满足题意.
故答案为：（符合此种形式即可）
47．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）若数列是公比为的等比数列，，写出一个满足题意的通项公式 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由已知条件求出的取值范围，即可得出数列的一个通项公式.
【详解】由，得，即，即，所以.
令，所以，所以可取（答案不唯一）
故答案为：（答案不唯一）.
48．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中联考）写出同时满足下面两个条件的数列{}的一个通项公式= .
①{}是递减数列；②对任意m，，都有.
【答案】（答案不唯一）
【分析】先猜想数列是一个等差数列，进而根据性质②得到首项与公差的关系，然后根据性质①得到答案.
【详解】假设数列为等差数列，设其公差为d，
由性质②可得： ，所以，
再根据①{}是递减数列，可知，取，则，
此时，满足题意.
故答案为：.（答案不唯一）
49．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）定义：满足下列两个条件的有穷数列，，…，为阶“期待数列”．
①，②．
试写出一个3阶“期待数列” ；若2023阶“期待数列”是递增的等差数列，则 ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据给定条件，直接写出一个3阶“期待数列”即可；利用等差数列性质结合条件①求出，再由条件②及前n项和公式求出作答.
【详解】符合条件的一个3阶“期待数列”为：；
，数列是等差数列，且，则，即，
又数列递增，且，则，
即，所以.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
解析几何
50．（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中）已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的一个可能的值为 .
【答案】（写出中的任意一个实数即可）
【分析】由直线与圆相交的相关知识求出的取值范围，再由平面向量的数量积的定义直接计算即可．
【详解】圆，圆心为，半径，
则，所以点在圆内，依题意可知，
当定点为的中点时，、的夹角最小，
此时，，，
，，，
即、的夹角最小值为，
当相线段是圆的一条直径时，、的夹角最大，最大为，
，
．
故答案为：（写出中的任意一个实数即可）．
  
51．（湖南省长沙市弘益高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
【答案】（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
52．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考期中）已知圆：和抛物线：，请写出与和都有且只有一个公共点的一条直线的方程 .（写出一条即可）
【答案】（或，或，或，或，或，写出一个即可）
【分析】所求直线l方程可设为，利用其与圆相切和与抛物线有且只有一个公共点列方程即可求得的值，进而得到直线的方程.
【详解】圆：的圆心，半径，
由题意可得所求直线l斜率存在，其方程可设为，
由，整理得，
当时，方程可化为，方程组有一组解，
又直线与圆相切，则，或；
当时，由直线l与抛物线相切可得，
，即，
又由直线l与圆相切可得，，
即
联立，整理得
解之得或或或
则直线l方程为或或或
综上，直线l方程为或，或，或，或，或，
故答案为：（或，或，或，或，或，写出一个即可）
53．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）圆心在直线上，且与直线相切的一个圆的方程为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】依题意可得直线与直线平行，则两平行线之间的距离即为圆的半径，再取一个点确定圆心，即可得到圆的方程.
【详解】因为直线与直线平行，
设圆心坐标为，因为圆心到直线的距离等于圆的半径r，
所以，取，则圆的方程为.
故答案为：（答案不唯一）
54．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄市第十五中学校考期中）在椭圆C中，F为一个焦点，A，B为两个顶点．若，，写出一个满足条件的的值为 ．
【答案】5（或4，或6答案不唯一）
【分析】由题意可知A，B两点不可能同时是短轴上的两个顶点，然后根据椭圆的性质分情况求解即可.
【详解】由题意，，A，B两点不可能同时是短轴上的两个顶点，
当F，A，B三点均在长轴上时，则，
解得，所以．
当为长轴的一个端点，为短轴的一个端点时，
由，，得，则，
当为短轴的一个端点，为长轴的一个端点时，
由，，得，则
故答案为：5（或4，或6答案不唯一）
55．（湖北省高中名校联盟2023届高三上学期第二次联合测评数学试题）已知椭圆，若圆心在坐标原点，直径为a的圆与该椭圆有四个交点，则称该椭圆为“圆椭圆”，请写出一个以（±3，0）为焦点的“圆椭圆”方程 ．
【答案】答案不唯一（需）
【分析】根据题意可得，结合解得，取值代入．
【详解】根据题意可得：
∵，则
比如取，则，此时椭圆方程为
故答案为：．
56．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中期中考试）已知P为双曲线C：上异于顶点，的任意一点，直线，的斜率分别为，，写出满足C的焦距小于8且的C的一个标准方程： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】首先设点，，，根据条件转化为关于的不等式组，再写出满足条件的一个标准方程.
【详解】设，，，
，
所以，取，则，，
所以满足条件的双曲线的标准方程是.
故答案为：（答案不唯一）
57．（2022秋·重庆长寿·高三重庆市长寿中学校校考期中）已知双曲线及（，）的离心率为，写出满足条件“直线与无公共点”的e一个值是 .（参考数据：）
【答案】（不唯一）
【分析】由题知，进而求得离心率的范围，再求解满足的即可.
【详解】解：因为双曲线（，）的渐近线为，
因为，要使直线与无公共点，则，
所以，，
所以双曲线的离心力的范围
所以，满足条件的离心率可以是中的数.
故答案为：（不唯一）
立体几何
58．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）如图，在直三棱柱中，，，，点在棱上，且，点在棱上，若三棱锥的体积是，则棱的长度可以是 .（写出一个符合要求的值）
  
【答案】3（只要满足均可）
【分析】根据锥体的体积公式结合等体积法即可求解.
【详解】由题意可知,
所以的长度不小于2即可，不妨取，
故答案为：3（只要满足均可）
59．（湖北省宜昌市协作体2022-2023学年高三上学期期中）已知正方体的棱长为1，从正方体的8个顶点中选出4个点构成一个体积大于的三棱锥，则这4个点可以是 ．（写出一组即可）
【答案】或（写出一组即可）
【分析】结合锥体体积公式判断即可.
【详解】若从正方体的某一面的四个顶点中任选3个顶点，再从余下的点中选一个与它们不共面的点，例如选，则
由正方体性质可得平面，，，
所以三棱锥的体积，不满足要求，
若选某一面的一条对角线的端点，再选与其平行的平面中与前一条对角线不平行的对角线的端点，例如，
设正方体的体积为，则，
则三棱锥的体积，满足要求，
同理可得，选也满足要求，
故答案为：或（写出一组即可）.
  
60．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）在边长为1的正方体中，取其四个顶点作为一个三棱锥的顶点，使该三棱锥的体积为，则该三棱锥的名称可以是 .
【答案】三棱锥（答案不唯一）
【分析】由正方体的体积减去四个全等三棱锥的体积得答案.
【详解】  
正方体的棱长为，
正方体的体积为，
又，
三棱锥的体积为，
所以该三棱锥的名称可以是三棱锥.
故答案为：三棱锥（答案不唯一）
61．（2022·浙江宁波·高三统考）如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 ．（只需写出一个正确的条件）

【答案】（只要使得即可）.
【分析】利用线面垂直的判定定理及线面垂直的定义可得出结论.
【详解】连接，如下图所示：

因为平面，平面，则，
若，，、平面，平面，
平面，.
故答案为：（只要使得即可）.
62．（湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中2022-2023学年高三上学期期中）已知正方体棱长为3，在正方体的顶点中，到平面的距离为的顶点可能是 .（写出一个顶点即可）
【答案】A（A，C，，任填一个即可）
【分析】根据题意结合等体积法求点到面的距离以及面面平行的性质分析判断.
【详解】显然在平面内，不合题意，
设点A到平面的距离为，可知，
因为，则，解得，
设，即平面，且为的中点，
所以点C到平面的距离为，
可证平面//平面，则平面上任一点到平面的距离为，
所以C，，符合题意，
由图易知点到面的距离大于，
综上所述：平面的距离为的顶点有且仅有A，C，，.
故答案为：A（A，C，，任填一个即可）.
  

统计与概率
63．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中）在概率论发展的过程中，通过构造试验推翻或验证某些结论是统计学家们常用的方法，若事件A，B，C满足，，同时成立，则称事件A，B，C两两独立，现有一个正六面体，六个面分别标有1到6的六个数，随机抛掷该六面体一次，观察与地面接触的面上的数字，得到样本空间，若，，则可以构造C＝ （填一个满足条件的即可），使得成立时，但不满足事件A，B，C两两独立
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据相互独立事件以及“两两相互”的定义对问题进行分析，先判断相互独立，确定构造事件，使“与”或“与”不相互独立，根据事件包含的基本事件的个数进行分类讨论，由此求得符合题意的时间.
【详解】元素1或2有且仅有一个属于C，剩余的3，4，5，6中任选两个属于C，都满足条件要求．
因为，，，，
若不满足事件A，B，C两两独立，只需构造事件C
使得和至少有一个成立．
设事件C包含的基本事件个数为N（且），（且），
当成立时，有，得，
所以或．
（1）若，则，，
成立，
此时，，，；
，，，，
又因为，所以事件A，B，C两两独立，不满足要求．
（2）若，则，
因为，，所以必有且、且两种情况．
当且时，，，，
所以，，
所以若事件A，B，C两两独立，则存在事件C使得且，
此时，，不符合题意，
所以A，B，C不可能两两独立．
所以构造集合C使得，且均满足题意，
满足要求的C为：、、、、、．
当且时，同理符合要求的集合C为：、、、、、．
故答案为：（答案不唯一）
64．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中数学试题）体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发球到3次为止．设学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的均值，则的值可以为 ．（填一个符合题意的值即可）
【答案】0.25（答案不唯一）
【分析】由题意得到的所有的可能取值为，求得相应的概率，利用，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，随机变量的所有的可能取值为，
可得
则，
因为，即，解得或，
又由，所以，即，
所以的值可取0.25．
故答案为：0.25．
65．（2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学上学期期中）袋里有除颜色不同外其他都相同的8个球，其中红球和黄球各有2个，其余都是蓝球．根据以上信息，请写一个概率为1的事件： ．
【答案】一次从袋里摸出7个球，其中三种颜色的球都有（答案不唯一）
【分析】根据已知写出一个必然事件即可.
【详解】写一个概率为1的事件，即必然事件即可．如：一次从袋里摸出7个球，其中三种颜色的球都有．
故答案为：一次从袋里摸出7个球，其中三种颜色的球都有（答案不唯一）
66．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）军训中某人对目标靶进行8次射击，已知前7次射击分别命中7环、9环、7环、10环、8环、9环、6环.若第8次射击结果不低于这8次射击环数的平均数且不高于这8次射击环数的75%分位数，则此人第8次射击的结果可能是 环.（写出有一个符合题意的值即可）
【答案】8（答案不唯一）
【分析】设第8次射击的结果是x环，由平均数可得，再分类讨论并结合第75%分位数求出x范围作答.
【详解】设第8次射击的结果是x环，依题意，，解得，
当时，8次射击的结果由小到大排列为，
由，得8次射击环数的75%分位数为，显然符合题意，即，
当时，8次射击的结果由小到大排列为，8次射击环数的75%分位数为，
由，解得，无解，
所以，此人第8次射击的结果可能是8环.
故答案为：8
67．（2022秋·江苏南通·高三期中）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，则的一个可能的值为 .
【答案】（答案不唯一，在内均可）
【分析】先求出的范围，然后利用条件概率公式求解即可.
【详解】因为A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，
当事件A，B为互斥事件时，，当事件B包含事件A时，，
即，所以，
所以的一个可能的值为（答案不唯一，在内均可）.
故答案为：（答案不唯一，在内均可）
68．（2022秋·山东日照·高三统考期中）二项式的展开式中存在常数项，则可以为 ．（只需写出一个符合条件的值即可）
【答案】（答案不唯一，为的倍数的正整数均可）
【分析】在通项公式中，令的指数为，可求出结果
【详解】，，
令，得，因为为整数，为正整数，所以为偶数，为的倍数的正整数.
故答案为：（答案不唯一，为的倍数的正整数均可）.
69．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）已知数据的极差为6，平均数小于4，请写出一个满足条件的的值： .
【答案】2（答案不唯一，满足即可）
【分析】根据题意求出的范围，即可得出答案.
【详解】因为，所以．
又由，得，
所以．
故答案为：2（答案不唯一，满足即可）.
70．（湖北省武汉市部分学校联合体2022-2023学年高三上学期期中）一批产品的一等品率为，从这批产品中每次抽取一件，有放回地抽取n次，用X表示抽到的一等品的件数，若，，则满足条件的n的一个取值为 .
【答案】9（答案不唯一）
【分析】根据二项分布公式计算.
【详解】显然，，
又，是9的倍数；
故答案为：9.
71．（湖北省七市(州)教研协作体2023届高三上学期期中）已知随机变量和的分布列分别是：
X1
0
1
p



0
1



能说明不成立的一组的值可以是 ； ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据给定的分布列，求出和的期望、方差，再由不等式求出的关系作答.
【详解】依题意，随机变量和的期望分别为，
则，同理，
由，得，整理得，
因此且或者且，
所以不成立的一组的值可以为，.
故答案为：；


【答案】或或（填其中一个即可）
【分析】设，，以M为圆心，1为半径作圆M，以N为圆心4为半径作圆N，转化为找公切线问题.
【详解】设，，连接MN，则.
以M为圆心，1为半径作圆M，以N为圆心4为半径作圆N，则两圆外切，
所以两圆有3条公切线，即符合条件的直线l有3条.
  
当公切线的斜率不存在时，显然公切线的方程为.
当公切线的斜率存在时，设公切线的方程为，则有，
由①②得，所以或.
由①及得，由①及得，
所以公切线方程为或.
综上，直线l的方程为或或.
故答案为：或或
2．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）请写出满足下列条件的函数的一个解析式：①最小正周期为；②在上单调递增；③在定义域内满足.则 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由函数为偶函数可设,再根据周期性, 单调递增求出相应的参数的值和范围即可.
【详解】在定义域内满足，即为偶函数，
可设，又最小正周期为，
,,
,
又在上单调递增，,可取.
故答案为: .
3．（山东省青岛市青岛第二中学2022-2023学年高三上学期期中）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移个单位，得到函数的图象，则的一个对称中心为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据三角函数图象的变换及正弦型函数的性质求解即可.
【详解】根据三角函数的图象变换可得，
令，解得，
所以函数的对称中心为，
故答案为：（答案不唯一）
4．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 .
【答案】4（答案不唯一，满足即可）
【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为，根据的范围即可求解.
【详解】展开式的通项公式为
令，得,故
令则
故答案为：.
5．（重庆市涪陵实验中学校2022届高三上学期期中）我国后汉时期的数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理，这种利用面积出入相补证明勾股定理的方法巧妙又简便，对于勾股定理我国历史上有多位数学家创造了不同的面积政法，如三国时期的刘徽、清代的梅文鼎、华蘅芳等．下图为华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，若图中，，，以点C为原点，为x轴正方向．为y轴正方向，建立平面直角坐标系，以AB的中点D为圆心作圆D，使得图中三个正方形的所有顶点恰有2个顶点在圆D外部，则圆D的一个标准方程为 ．（写出一个即可）
  
【答案】（答案不㫿一）
【分析】求出点D坐标及到三个正方形项点的距离可得答案．
【详解】  
由图可得，，，，，，
所以，，，，
所以，，
，，
，，
点D到三个正方形项点的距离分别为，，，，，，，，，
所以圆D的一个方程为．
故答案为：（答案不唯一）．
6．（辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高三上学期期中）在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为 .
【答案】（满足或的其中一值）
【分析】利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出，求出的值，即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，，同理可得，
则
，
所以，或，
解得或，
故答案为：（满足或的其中一值）.
7．（湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中）已知是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①；②；③.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： .
【答案】①②③（或②③①）
【分析】根据空间直线和平面平行垂直的判定定理及性质定理推理得出结论.
【详解】若①②③，
理由：设过有一个平面，使得，
，，，
，
又，，可得，
又，∴．

若①③②，
由，，可得或与相交或，
故①③不能推出②.
若②③①，
由，，b在平面外，可得，
故②③也能推出①.
故答案为：①②③（或②③①）.
8．（山东省青岛第二中学分校2022-2023学年高三上学期期中）定义一个可导函数在定义域内一点处的弹性为，请写出一个定义在正实数集上且任意一点处的弹性均为的可导函数 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由整理得，可构造函数，可得，可得，可得.
【详解】由题意，当，，
整理得
设，
则，
故，为常数，
由
得
故答案为：（答案不唯一）
9．（湖南省衡阳师范学院祁东附属中学2022-2023学年高三上学期期中）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交C右支于M，N两点，且.写出C的一条渐近线方程 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】双曲线定义结合已知可得，分点N在第四象限和第一象限讨论，利用直线斜率求出点N坐标，代入双曲线方程构造齐次式，然后可得离心率，进而可得渐近线斜率和渐近线方程.
【详解】易知，过点斜率为的直线方程为，
如图，当点M在第一象限，点N在第四象限时，
因为，所以，
作轴，垂足为H，记，则，即，
代入，得，
所以，所以，，
将点N坐标代入双曲线方程得，
整理得，即，
两边同时除以得，
因式分解得，，则，所以，
故，渐近线方程为
    
易知，当点N在第一象限，点M在第四象限时，点N坐标为
代入双曲线方程得
整理得，即，
两边同时除以得，
因式分解可得，，则，所以，
故，渐近线方程为，
  
故答案为：（答案不唯一）
10．（2022秋·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）已知且，的展开式中存在常数项，写出的一个值为 ．
【答案】5或者)
【分析】在二项展开式的通项公式中,令的幂指数等于，求出与的关系,可得的值.
【详解】二项式的展开式的通项为
，
因为二项式的展开式中存在常数项，所以有解，
即，可得n的一个值为5.
故答案为：5（答案不唯一）.
11．（湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期）已知．当，时，的取值范围为，则的一个取值为 ．
【答案】2（答案不唯一）
【分析】由题设知区间内至少含最大、最小值各一个，讨论结合正弦函数性质确定最值，即可得参数值.
【详解】由题设，，又的取值范围为，
所以区间内至少含最大、最小值各一个，
当，则，取不到最小值；
当，则，取不到最大值；
当，则，可同时取到最大、最小值.
故答案为：（答案不唯一）
12．（湖北省十堰市竹溪县第一高级中学2023届高三上学期期中）过点作曲线的切线，写出一条切线方程： .
【答案】或（写出一条即可）
【分析】设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线方程，将代入求得切点坐标，即可得切线方程.
【详解】由可得，
设过点作曲线的切线的切点为，则，
则该切线方程为，
将代入得，解得或，
故切点坐标为或，
故切线方程为或，
故答案为：或
13．（辽宁省朝阳市建平县2022-2023学年高三上学期期中）已知函数的部分图像如图所示，则使得成立的一个实数a的值为 ．
  
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据图象求得，根据对称性求得正确答案.
【详解】依题意，由图可知，
所以，其中，解得，
所以，
由得，
所以直线是的一个对称轴.
由得，
所以的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）
14．（湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期期中）如图，圆和圆的圆心分别为、，半径都为，写出一条与圆和圆都相切的直线的方程：

【答案】（或或）(答案不唯一)
【分析】分析可知两圆外切，根据圆的几何性质以及图形可得出圆、圆的三条公切线的方程.
【详解】如下图所示：

因为圆和圆的圆心分别为、，半径都为，且，
所以，圆和圆外切，易知这两个圆的切点为，且轴，
所以，这两个圆的公切线共条，设这三条切线分别为、、，
其中，切线过点，且轴，则直线的方程为，
设切线分别切圆、圆于点、，连接、，
因为，且，，所以，，
故四边形为矩形，故，
易知直线的方程为，且直线与直线间的距离为，
结合图形可知，直线的方程为，同理可知，直线的方程为.
故答案为： （或或）.(答案不唯一)