2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十）

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1．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则，
因为，则，且，
可知，则在上单调递增，
又因为为偶函数，，
可得
令，可得，
注意到，
不等式，等价于，
可得，解得，
所以不等式的解集为.
故选：D.
2．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为
若，则，
∴，
则，又，解得.
又，解得.
，解得，，或.
当时，；当时，，可得.
∴.
故选B.
3．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，，所以，
因为函数在区间内有零点，无极值点，
故，解得，
则，，
要想满足要求，则或，
解得，或，
故的取值范围是.
故选：D
4．（2023上·广东揭阳·高三校考期中）已知函数的零点是以为公差的等差数列.若在区间上单调递增，则α的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题知.
因为函数的零点是以为公差的等差数列，所以，即，
所以，得.所以.
易知当时，单调递增，
即在上单调递增.
又在区间上单调递增，所以，
所以，即的取值范围为.
故选：A.
5．（2023上·广东揭阳·高三校考期中）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，即（当且仅当时等号成立）.
令，得，所以；
令，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即（当且仅当1时等号成立）.
令，得，所以；
综上所述：.
故选：A.
6．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）若实数满足，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为，当时，设，则，易知当时，，当时，单调递增，所以；
所以；
由已知可得，因为，所以；，所以；
因为，所以；
故；
故选：A
7．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知函数在区间上恰有两个极值点，且，则的值可以是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【解析】,
当时, ,A选项错误;
当时, ,B选项错误;
当时, ,
,恰有三个极值点，D选项错误;
当时,,,恰有两个极值点，C选项正确;
故选:C.
8．（2023上·山东济宁·高三统考期中）已知函数，则函数的零点个数是（ ）．
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【解析】由已知，
令，即，
当时，得或，
当时，明显函数在上单调递减，且，，
故存在，使，
画出的图象如下，
再画出直线，其中，
观察图象可得交点个数为个，
即函数的零点个数是.
故选：D.
9．（2023上·山东滨州·高三统考期中）已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．若，则D．若，则
【答案】C
【解析】对于A，函数定义域为，，所以，错误；
对于B，因为，所以，由知，错误；
对于C，因为，，所以在上递增，
时，，故对，，
由不等式的性质可得，正确；
对于D，，，，
取，则，，
此时，，错误.
故选：C
10．（2023上·山东潍坊·高三统考期中）设函数，则方程的实根个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，则方程即，
当时，；当时，；
当时，若，则，符合题意；
若，则，不合题意；
当时，若，则，符合题意；
若，则，符合题意，
即方程的实根个数为3，
故选：B
11．（2023上·山东潍坊·高三统考期中）已知其中则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，，得，所以，
所以，，所以，
因为，，得，所以，
，，所以，
所以.
故选：.
12．（2023上·福建宁德·高三校联考期中）已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】函数的定义域为R，由是偶函数，得，即，
由为奇函数，得，即，显然，
因此，即，有，
，，而的值都不确定，ABC错误，D正确.
故选：D
13．（2023上·福建莆田·高三校考期中）数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，
因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，
其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，
所以所求概率为．
故选：A
14．（2023上·福建龙岩·高三校联考期中）现有下列不等式关系：
①；②；③；④．
其中成立的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】，
构造函数，则，当，
故在上单调递减，所以①错误．
由于，所以在单调递增，
故，所以，所以②正确．
由于，所以，
故，所以③正确．
设，
当单调递增，当单调递减，
所以，故，当且仅当时等号成立.
设，
则当时单调递减，
当时，单调递增，
故当，故进而可得，
当且仅当时等号成立，
故，所以④正确．
故选：D
15．（2023上·福建福州·高三福建省福州格致中学校考期中）中，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
在中，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理得，
故因为，所以，
故，
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
故选：B
16．（2023上·福建三明·高三校联考期中）已知在正三棱锥中，为的中点，，则正三棱锥的表面积与该三棱锥的外接球的表面积的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】正三棱锥中，，，∴平面，又平面
∴，，又三棱锥为正三棱锥，所以三条侧棱两两相互垂直，
设可得正三棱锥的表面积为．设外接球的半径为，则，，则外接球的表面积所以两表面积的比为，
故选：D．
17．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】如图所示，设围成的四棱柱为，
为正四棱锥的高，作交于，连接，
设，则，在直角三角形中由勾股定理得，
又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，
记球心为，半径为，连接，则，
则在直角三角形中，
即，解得，
令，则，，
令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取最小值，所以，
所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为，
故选：B
18．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．12
【答案】A
【解析】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
19．（2023上·浙江金华·高三阶段练习）已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为
=-.
，
；
，，
所以，
故．
故选：D.
二、多选题
20．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）定义在上的函数满足，且当时，，则下列结论中正确的有（ ）
A．是奇函数B．是增函数
C．D．
【答案】ABC
【解析】对于选项A：因为，
令，则，可得，
令得：，
再以代，得：，
两式相加得：，即，
令，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内的值域为，
由，，即，，
所以定义在上的函数为奇函数，故A正确；
对于选项B：因为函数为定义在上的奇函数，且当时，，
不妨设，则，
因为，则且
可知，所以，
则，即，
故函数在上为增函数，B正确；
对于选项C，令，且，
则，即，故C正确；
对于选项D：令，且，
则，
因为，且函数在上为增函数，可得，
即，所以，故D错误.
故选：ABC.
21．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）在中，内角，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若为边上中点，且，则的最小值为
C．若为边上一点，且，，则的最小值为
D．若面积为1，则三条高的乘积的平方的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A项，
由，
即，
因为，则，
若显然不符题意，或者也不符合题意，
所以，故A错误；
对于B项，由余弦定理及基本不等式可知，
又，
所以，
当且仅当时，取得等号，故B正确；
对于C项，由题意可知，
平方得，
又，当且仅当时，取得等号，故C正确；
对于D项，不妨设三边上的高分别，
又，
则，
根据余弦定理知，
当且仅当时，取得等号，故D正确.
故选：BCD
22．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）已知直线与曲线相交于A，两点，与相交于，两点，A，，的横坐标分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】由，可得，
令，解之得，
则时，，单调递增；
时，，单调递减，
故当时，取得最大值.
由，可得，
令，解之得，
则时，，单调递增；
时，，单调递减，
故当时，取得最大值.
同一坐标系内作出与的图像，
由，可得，由，可得
由，且在单调递增，
又，故；
由，且在单调递减，
又，
故，即，则选项A判断正确；
故，则选项C判断正确；
令，
则，由，可得，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
当时，取得极大值.
由题意得是的两个零点，且
令，
则，
则在上单调递增，
又，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
则，
则即成立.选项D判断正确；
由，可得，又，
则不成立. 选项B判断错误.
故选：ACD
23．（2023上·广东揭阳·高三校考期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．函数的最大值为
C．若方程恰有两个不等的实根，则实数的取值范围为D．若，则
【答案】ABD
【解析】由题意，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
A：，正确；
B：的极大值，也是最大值为，正确；
C：∵时，即上；
时，即上；
∴要使恰有两个不等的实根，则，错误；
D：由知：若，令，，，
∴设，，则，
∴在上单调递增，即，故在上恒成立，
∴，即，又，，
由在上递减，即，故，正确.
故选：ABD
24．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）若函数在区间有2024个零点，则整数可以是（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【答案】BCD
【解析】令，则，
对于函数，
由，可知，
因为，
且，
的周期为，且关于直线对称，
又因为，
当，则，且，
可知，则在上单调递减，
可知在上单调递增，
若时，因为的定义域为，
则，可知，无零点，不合题意，
若时，，
结合图象可知：与在内各有一个交点，在内没有交点，
所以在内有2个零点，在内没有零点（区间端点均不是零点），
因为与的周期均为，则周期为，
结合周期可知：若数在区间有2024个零点，则整数可以是2023或2024，
若时，，
结合图象可知：与在内没有交点，在内各有一个交点，
所以在内没有零点，在内有2个零点（区间端点均不是零点），
结合周期可知：若数在区间有2024个零点，则整数可以是2024或2025；
综上所述：整数可以是2023或2024或2025.
故选：BCD.
25．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知定义在上的函数图象上任意一点均满足，且对任意，都有恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是奇函数
C．是增函数D．
【答案】BCD
【解析】，有，
记，则，所以在上单调递增，
所以，所以，故选项A错误；
因为且定义域关于原点对称，
所以是奇函数，故选项B正确；
记，，则，，
对，因为，则，
即函数在单调递减，
又时，，则，即，根据幂函数性质知，
所以，
所以函数在上单调递增，
所以，所以函数在上单调递增，
又是奇函数，由奇函数性质知是增函数，故选项C正确；
因为对任意，都有恒成立，
所以在上恒成立，
所以即在上恒成立，
记，，则，当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以，，记，，则，
当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，当且仅当时等号成立，
所以，故选项D正确.
故选：BCD
26．（2023上·山东济宁·高三统考期中）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）．
A．函数的极大值为
B．当时，用二分法求函数在区间内零点的近似值，要求误差不超过0.01时，所需二分区间的次数最少为6
C．若函数在区间上单调递增，则a的取值范围为
D．若不等式在区间上恒成立，则a的取值范围为
【答案】ACD
【解析】，
所以在区间上，单调递增；
在区间上，单调递减，
所以当时，取得极大值为，所以A选项正确.
当时，，在上单调递增，
依题意，，在上单调递减，
，
所以所需二分区间的次数最少为，所以B选项错误.
对于C选项，，
由函数在区间上单调递增，
得在区间恒成立，
即在区间恒成立，当时，显然成立，
当时，设，，
所以在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增.
所以，
综上所述，的取值范围是.
对于D选项，不等式在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
设，
，
在上单调递减，当时，，
所以在区间上，单调递增；
在区间上，单调递减，
所以，则a的取值范围为，D选项正确.
故选：ACD
27．（2023上·山东滨州·高三统考期中）已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（ ）
A．且，
B．且，
C．且，
D．且，
【答案】ACD
【解析】
由，可得，
设,，,，
则，，
，
，
直线的方程为，由，可得，
同理可得，
所以,，,，
，，
对于A，,,，
,,，
只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，
所以，，故A错误；
对于B，因为,,，
,,，故B正确；
对于C，由B得，而，所以，故C错误；
对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．
故选：ACD．
28．（2023上·山东潍坊·高三统考期中）已知正项数列满足：，则（ ）
A．B．是递增数列
C．D．
【答案】BCD
【解析】由得，即，解得，因为正项数列，所以，故A错误；
因为，又正项数列，
所以，即，因此是递增数列，故B正确；
由上可知，，所以，即，故C正确；
因为，即，
所以，，，…，，
因此，，即，故D正确.
故选：BCD.
29．（2023上·福建宁德·高三校联考期中）若方程有两个根，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】如图所示，作出函数和的图像，
易知①，②，且，
所以，
对于A：易知，所以，
因为在区间上单调递增且，
所以，A错误；
对于B：令函数.
当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，当且仅当时，等号成立.
由①知，即，则B正确；
对于C：由②知，即，
又，所以，C正确；
对于D：由上可知，所以，
而①+②可得，即，
所以，D正确，
故选：BCD
30．（2023上·福建宁德·高三校联考期中）若数列满足：对任意正整数为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】A：由为常数列，也是等比数列，不符合“局部等比数列”；
B：由不是等比数列，且，故为常数列，也为等差数列；其中可构成等比数列，符合；
C：由不是等比数列，且，故为等差数列；其中可构成等比数列，符合；
D：由不是等比数列，且，则，，，显然不为等差数列，不符合；
故选：BC
31．（2023上·福建莆田·高三校考期中）已知偶函数对，都有，且时，，下列结论正确的是（ ）．
A．函数的图象关于点中心对称
B．是周期为4的函数
C．
D．
【答案】ACD
【解析】对于A项，由得的图象关于中心对称，故A正确；
对于B项，因为为偶函数，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，即是周期为8的函数，故B项错误；
对于C项，因为，
所以令，则，即，
又因为为偶函数，所以，故C项正确；
对于D项，因为时，，的周期为8，为偶函数，
所以，故D项正确．
故选：ACD．
32．（2023上·福建龙岩·高三校联考期中）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若均为奇函数，则以下结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】对选项A：为奇函数，故，
则，故，即，
所以不一定为0，错误；
对选项B：令，得，即，正确；
对选项C：，故，
则，所以，
为奇函数，所以，故，
，又，
所以的周期为4．又，所以为偶函数，
不一定为，错误；
对选项D：，D正确；
故选：BD.
33．（2023上·福建龙岩·高三校联考期中）已知正项数列的前项和为且，则下列说法正确的是（ ）
A．长度分别为的三条线段可以围成一个内角为的三角形
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】对于选项A：因为，
可以构造边长分别为，且一个内角为的三角形，
即内角不可能为，故A错误；
对于选项BC：设，其中，
则，可知，
设，即，
当时，构成等边三角形，记作，此时，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，可得，
在等边中，可知边上的高为，
在，可得，
利用等面积可得，
整理得，故B、C正确；
对于选项D：由选项C知：当时，，故D错误．
故选：BC.
34．（2023上·福建福州·高三福建省福州格致中学校考期中）将两圆方程作差，得到直线的方程，则（ ）
A．直线一定过点
B．存在实数，使两圆心所在直线的斜率为
C．对任意实数，两圆心所在直线与直线垂直
D．过直线上任意一点一定可作两圆的切线，且切线长相等
【答案】BCD
【解析】由题意知，
，
两式相减，得，
A：由，得，
则，解得，所以直线恒过定点，故A错误；
B：，故B正确；
C：因为，故C正确；
D：，，
则圆心到直线的距离为，
圆心到直线的距离为，
又，得，即直线与圆相离，
，得，即直线与圆相离，
所以过直线上任一点可作两圆的切线.
在直线上任取一点，
设点P到圆的切线长为，到圆的切线长为，
则
，
，
所以，即，故D正确.
故选：BCD.
35．（2023上·福建三明·高三校联考期中）数列的前n项和为，，且当时，.则下列结论正确的是（ ）
A．是等差数列B．既有最大值也有最小值.
C．D．若，则.
【答案】ABD
【解析】因为，且当时，.两边同时取倒数可得：，
即，且，所以数列是等差数列，其公差为2，首项为2，所以选项A正确；
对于选项B和C，由选项A知，，可得，
当时，，
所以，故当时，，易知时，，
又，
所以是先递减再递增的数列，当 时，，所以最大，最小.
所以选项B正确，选项C错误；
对于选项D，当时，，
又时，，对于上式也成立，所以，
所以，当时，，
，所以选项D正确，
故选：ABD.
36．（2023上·福建三明·高三校联考期中）已知，则实数满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】因为，所以，，
，，
易知，所以，A正确；
，C错；
显然，，
，B错；
，D正确．
故选：AD．
37．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（ ）
A．平面
B．平面与平面夹角的余弦值为
C．三棱锥的体积是三棱柱体积的
D．若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为
【答案】ABC
【解析】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，
则，平面,平面,故平面，A正确；
B，依题得，平面，，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则，
则平面与平面夹角为，则，B正确；
C，取中点，连接，则，又平面，
平面，则，平面，则平面
则，C正确；
D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，
又，则，
则球的表面积为，D错误.
故选：ABC
38．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（ ）
A．点和原点在同一条直线上
B．点和原点在同一条直线上
C．当平行于轴时，则点的横坐标为
D．当平行于轴时，则点的纵坐标为
【答案】BC
【解析】设，且，且，不妨设，
则由题意得.
选项A，由题意知，三点共线，轴，
且在函数的图象上，而在函数的图象上，
可知点不在直线上，即A项错误；
选项B，由三点共线可知，，
则由对数运算性质得，
则有，
所以，即三点共线，故B项正确；
选项C，当平行于轴时，则，
化简得，
则，代入，得，
化简得，又，解得，
代入得，点的纵坐标，
故C项正确，D项错误.
故选：BC.
39．（2023上·浙江金华·高三阶段练习）已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对A：∵为偶函数，则，
两边求导可得，
∴为奇函数，则，
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得，
，则可得，
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称，
则，D成立，
又∵，则可得，
，则可得，
∴以4为周期的周期函数，
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立，
故选：ABD.
40．（2023上·浙江金华·高三阶段练习）已知球的半径为1（单位：），该球能够整体放入下列几何体容器（容器壁厚度忽略不计）的是（ ）
A．棱长为的正方体
B．底面边长为的正方形，高为的长方体
C．底面边长为，高为的正三棱锥
D．底面边长为，高为的正三棱锥
【答案】ACD
【解析】
球的半径为，则直径为，
对于A，棱长为的正方体内切球直径为，A正确；
对于B，长方体高为，高小于球的直径，B错误；
对于C，如图所示，设正三棱锥为，
设为三棱锥的内切球的球心，为正三角形的中心，
所以为正三棱锥的高，，
设是的中点，正三棱锥的底面边长为，
所以，，
因为为正三棱锥的高，所以，
由正棱锥的性质可知：，
，，
内切球半径为，
，
得，C正确；
对于D，和C的正三棱锥相比，底面边长相同，只需比较高的大小，
即比较和的大小，由于，故选项D正确
故选：ACD
三、填空题
41．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）在中，角，，所对的边分别为，，.，的平分线交于点，且，则的最小值为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，所以，可得．
所以，
（当且仅当，即，时取等号）．
故答案为：．
42．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）已知函数的定义域为，值域为，，，都有，函数的最小值为2，则 .
【答案】
【解析】依题意，，
函数的最小值为2，即，
令，则有①.
由，
令得，
当且仅当，即为偶函数时等号成立，
而，
所以②，由①②得.
由，，得
令得，即，
所以，
，
，
，
，
所以.
故答案为：
43．（2023上·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）设为奇函数，若在的最大值为3，则在的最小值为 .
【答案】
【解析】的定义域为且为奇函数，
所以，
，
所以，，
设，
则，所以是奇函数，
依题意可知，在的最大值为，
所以在的最小值为，
所以在的最小值为.
故答案为：
44．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）如图，在四边形中，，则面积的最大值为 .
【答案】
【解析】由题意，
在四边形中，，
∴,
∴四边形四点共圆，
在中，，,
∴是等腰三角形，，
在中，
∴，
,
当且仅当时，等号成立，
∵当时，垂直平分,
∴,是等边三角形，，
∴,
∴,
∴,
∵,
∴
∴面积的最大值为,
故答案为：.
45．（2023上·山东滨州·高三统考期中）四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【解析】由题意，作图如下：
在矩形中，连接对角线，，记，即点为矩形的外接圆圆心，
在中，因为，且，
所以，
的外接圆半径为，记外接圆圆心为，即，
取中点为，在矩形中，可得，，
在中，可得，且共线，
过作平面，令，连接，
因为侧面底面ABCD，且侧面底面ABCD，底面ABCD，
所以平面，且平面，
由平面，则，即四边形为矩形，
因为，所以平面，
根据球的性质，可得点为四棱锥外接球的球心，
在中，，
四棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
46．（2023上·福建宁德·高三校联考期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.为了纪念数学家高斯，我们把取整函数，称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，例如，.已知等差数列满足，，，则 .
【答案】8
【解析】根据题意得，
因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：8.
47．（2023上·福建龙岩·高三校联考期中）已知且，则的最小值为 ．
【答案】8
【解析】由得，
即，所以，
令得
所以，当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：8
48．（2023上·福建龙岩·高三校联考期中）已知函数的图象如图所示，是直线与曲线的两个交点，其横坐标分别为，且，则 ．
【答案】
【解析】由图象得，设，
因为，所以，
令，即，
结合图象可得，，则，
又，所以，，
将代入中得，
由图可知，，
解得，
所以.
故答案为：.
49．（2023上·福建福州·高三福建省福州格致中学校考期中）椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【解析】设椭圆， ，，，如图示：
设，则，
由椭圆的定义可得，
，即有，
即，①
取的中点，连接，则 ，
由,则，
由勾股定理可得，
即为，②
由①②解得，，
则离心率，
故答案为：
50．（2023上·福建三明·高三校联考期中）已知函数，若总存在两条不同的直线与函数图象均相切，则实数a的范围为 ．
【答案】
【解析】设切线在上的切点分别为.
因.则切线方程可表示为：
，也可表示为：，其中.
则.则总存在两条不同的直线与函数图象均相切，
等价于与直线有两个不同交点.，则.
令在上单调递增，
在上单调递减，则.
注意到，，可得大致图象如下，则.
故答案为：
51．（2023上·浙江杭州·高三统考期中）设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于 ．
【答案】
【解析】由题意，
在抛物线中，焦点为，准线，
在双曲线中，渐近线：，
抛物线准线与双曲线交于两点，
∴， ，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴离心率，
故答案为：.
52．（2023上·浙江金华·高三阶段练习）双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线于A，B两点，A，B分别位于第一、二象限，为等边三角形，则双曲线的离心率e为 .
【答案】
【解析】
由双曲线的定义可得，
所以取的中点，连接,
又因为为等边三角形，
则,
在直角三角形中，,
即，
解得：，即，
故答案为：.
53．（2023上·浙江金华·高三阶段练习）已知函数在区间上恰有三个极值点和三个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】
，
，
，
设，，
有三个极值点和三个零点，由的性质可得，
，.
故答案为：.
四、双空题
54．（2023上·广东·高三校联考阶段练习）设，若方程恰有三个不相等的实根，则这三个根之和为 ；若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为 .
【答案】 6
【解析】，因此的图象关于直线对称，作出函数的图象，如图，
作直线，
若是三个根，则，，，
若是四个根，由图可知，，，所以，
，因此，
，
令，则，
对函数，设，，
因为，所以，，所以，即，
即是增函数，所以，
因素，在时递增，
所以．
故答案为：6；．
55．（2023上·山东济宁·高三统考期中）已知数列满足，若，则 ；若，，，，则当时，满足条件的的所有项组成的集合为 ．
【答案】
【解析】因为，
，
当时，，所以，，
又因为，所以，，，
所以，，即，
因为，所以，满足条件的的取值集合为.
故答案为：；.
56．（2023上·山东潍坊·高三统考期中）如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
【答案】
【解析】因为的各面都是边长为的等边三角形，
所以结合图像可知，几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成.
正四棱锥中
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，
此时球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点,平分与，
所以四边形为平行四边形，则,
而与相交构成平面，
则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积,
令点到平面的距离为，
则，
解得，
异面直线与的距离为.
故答案为：，.
57．（2023上·福建福州·高三福建省福州格致中学校考期中）函数的部分图象如图所示，若，且，则 ， .
【答案】 / /
【解析】由题设，又，则，
，则，故，
由且是y轴左侧第一个零点，故，即，则，
由图知：关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称，即对称，
所以，
由，且，
所以，
而，则
.
故答案为：，