2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编八含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编八含解析，共62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（八）
一、单选题
1．（2021·湖南·益阳市箴言中学高三阶段练习）已知数列满足，是数列的前项和，若，且，则的最小值为
A．2 B． C． D．
【答案】A
【详解】
当时，，所以；
当时，，
则，
则，
即，
所以，故由题设得，所以，即，
应选答案A．
点睛：解答本题的关键是搞清楚该数列中的各项的规律，进而整明白，然后借助题设条件中的，再将巧妙变形，从而运用基本不等式求最小值，使得问题简捷、巧妙获解．
2．（2021·广东广雅中学高三阶段练习）密位制是度量角与弧的常用制度之一，周角的称为密位.用密位作为角的度量单位来度量角与弧的制度称为密位制.在密位制中，采用四个数字来记角的密位，且在百位数字与十位数字之间加一条短线，单位名称可以省去.如密位记为“”，个平角，个周角.已知函数，，则函数的最小值用密位制表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用导数求出的最小值，再根据密位制的定义即可得出答案.
【详解】
由题知，，

令得
在上单调递增，在上单调递递减
又，，即
的最小值为
设的密位为
由密位制的定义可得：
解得：
的最小值用密位制表示为.
故选：A.
3．（2021·广东实验中学高三阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，点是双曲线上的任意一点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于两点，若四边形（为坐标原点）的面积为，且，则点的横坐标的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
由题易知四边形PAOB为平行四边形,且不妨设双曲线C的渐近线,设点P(m,n),则直线PB的方程为y-n=b(x-m),且点P到OB的距离为,由,解得,又,又,,双曲线C的方程为,即,又,解得或,所以点P的横坐标m的取值范围为,故选A.
4．（2021·全国·高三专题练习（文））若函数在上存在两个极值点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由导函数的连续性，问题转化为在上有两个不等实根，其中一根为，由在上有不为1的另一根，采取分离参数法可得参数范围．
【详解】
由题意可知有两个不等根．方程
，，有一根．中，另一根满足方程（），
令，，，
所以在上单调递增．所以，
即．所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查由函数极值点个数求参数范围，问题首先转化为方程在有两个不等式实根，再转化为方程（）有一个实根，从而转化为求函数的值域，考查了等价转化思想．
5．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）已知直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A、B，O是坐标原点，且有，那么k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题设，为等腰△底边中线长度的2倍，为底边长度，而是直线在坐标轴上的截距，由已知条件并结合数形结合思想及圆的性质，求的范围.
【详解】

设AB中点为C，则OC⊥AB，∵，
∴，∴，∵，
∴，∵直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A、B，
∴，∴4＞，
∴4＞，∵k＞0，∴.
故选：C．
6．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）设椭圆的左右两个焦点分别为，右顶点为为椭圆上一点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题知，，，，作于N点，则N为的中点，求得的值，从而在和中，，代入化简得到离心率满足的关系式，求得离心率.
【详解】
由知，，

由题知，，，作于N点，则N为的中点，
因此，，
则在和中，，
即，化简得，
即，解得，
离心率为正，只能取，
故选：B
7．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）设函数，若对于任意的都成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分别证明，，对于，先证明，变形为，利用导数求得新函数的最小值，从而求得参数取值范围. 再证明，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，求得参数取值范围.
【详解】
对于，先证明，，即，
令，则，易知单增，且，
则时，，函数单减；时，，函数单增；
函数在处取最小值，此时；
再证明，即，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，
函数的导数为，时，，即，
综上，，
故选：A
8．（2021·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已知是定的奇函数，是的导函数，，且满足：，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
令对函数求导可得到函数单调递减，再结合，和的奇偶性，通过分析得到当，，，，故不等式等价于或，求解即可.
【详解】
令，则，
故函数单调递减，定义域为，
（1），
时，；时，．
时，；时，．
当，时，，又（1）．
当，，又为奇函数，
当，．
不等式等价于或
解得或者
故答案为：D.
9．（2021·山东聊城一中高三期中）已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据，得两式相减得，从而可得到数列的通项公式，根据“和谐项”的定义可得，然后利用等比数列的前项和公式可得答案.
【详解】
因为，所以，
则，即，，，
因为，所以，
故，
因为，所以，
数列的所有“和谐项”的平方和为：
，
故选：A.
【点睛】
本题考查等比数列前项和公式的应用，考查通项公式的求解，考查计算能力，属于中档题.
10．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，下图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形，设点P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．24 B． C． D．
【答案】B
【分析】
以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由圆方程设，写出向量的坐标，由数量积的坐标表示求出数量积，利用三角函数知识得最大值．
【详解】
骑行过程中，相对不动，只有点绕点作圆周运动．
如图，以为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意，，，
圆方程为，设，
则，，
，
易知当时，取得最大值．
故选：B．

11．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.
【详解】
令，则
令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.
作出和的图像，观察交点个数，

可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：

解得：.
故选：B
【点睛】
研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.
12．（2021·湖北·石首市第一中学高三阶段练习）已知函数的定义域为，是奇函数，为偶函数，当时，，则以下各项中最小的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用已知条件可知、，进而得到，即周期为8，应用周期性结合已知区间解析式，即可知、、、中最小值.
【详解】
是奇函数，即关于对称，
的图象关于点对称，即．
又为偶函数，即关于对称，
的图象关于直线对称，即．
，
，即，函数的周期为8，
，，，，故最小．
故选：D
【点睛】
本题考查了函数的性质，根据已知奇偶性推导函数的周期，应用函数周期求函数值，进而比较大小，属于基础题.
13．（2021·甘肃·高三阶段练习（理））若，恒成立，则a的最大值为（ ）
A． B．1 C．e D．
【答案】C
【分析】
根据题设可得、，当易知，当时构造，利用导数研究单调性可得，即可知在上恒成立，构造并研究求其最小值即可得a的最大值.
【详解】
由，，
由，
①若，，此时满足；
②若，令，在恒成立，
∴在单调递增，而，
∴在恒成立，
综上，在恒成立，，
令，，
在单调递减，单调递增，
∴，即有．
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据恒成立得到、，讨论、判断的大小关系，进而求a的最值.
14．（2021·山西·祁县中学高三阶段练习（理））若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
构造函数，利用导数得出，构造函数，利用导数证明，从而得出.
【详解】
令，则
当时，，当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增

，由图象易知，
令，则
由于函数在上单调递减，，
则在上有唯一解，故在上有唯一解
即当时，，则函数在上单调递减
即，即


故选：C
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出函数的单调性，进而得出函数值的大小关系.
15．（2021·湖北·武汉二中高三阶段练习）如图所示，已知和分别是双曲线：(，)的左、右焦点，圆与双曲线位于轴上方的图像从左到右依次交于、两点，如果，则的余弦值为（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
连接、，取的中点，的中点，连接、，即可得到，，在利用锐角三角函数求出，再在利用锐角三角函数计算可得；
【详解】
解：连接、，取的中点，的中点，连接、，
由已知及双曲线的定义得，，，
∵，∴中，，
又，∴，∴，

故选：A.
16．（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.

二、多选题
17．（2021·湖南·益阳市箴言中学高三阶段练习）定义是的导函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.可以证明，任意三次函数都有“拐点”和对称中心，且“拐点”就是其对称中心，请你根据这一结论判断下列命题，其中正确命题是（ ）
A．存在有两个及两个以上对称中心的三次函数
B．函数的对称中心也是函数的一个对称中心
C．存在三次函数，方程有实数解，且点为函数的对称中心
D．若函数，则
【答案】BCD
【分析】
根据题干中三次函数的对称中心的定义与性质判断A,C选项；求出的对称中心，可以验证此点是的一个对称中心，即可判断B；求出函数的对称中心，可得，进而求得进而判断出D.
【详解】
解：对于A.设三次函数，
易知是一次函数，∴任何三次函数只有一个对称中心，故A不正确；
对于B.由，得，由，得，函数的对称中心为，
又由，得，∴的对称中心是函数的一个对称中心，故B正确；
对于C.设三次函数，
所以
联立得，
即当时，存在三次函数，方程有实数解，且点为函数的对称中心，故C正确.
对于D.∵，∴，
令，得，∵，
∴函数的对称中心是，∴，
设，所以所以，故D正确.
故选:BCD.
18．（2021·广东广雅中学高三阶段练习）已知正方体的棱长为2，动点在正方形内，则（ ）
A．若，则三棱锥的的外接球表面积为
B．若平面，则不可能垂直
C．若平面，则点的位置唯一
D．若点为中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半
【答案】CD
【分析】
根据题意，建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设，其中，由，可知，设三棱锥的的外接球的球心为，根据球心到球上各点距离相等以及空间两点间的距离公式，可求出球心的坐标，再利用球的表面积公式进行计算即可判断A选项；利用空间向量求法向量的方法求出平面的法向量，有条件得出，利用向量的数量积运算得出，进而求出，可知当时，从而可判断B选项；根据平面，得出，再利用向量的数量积运算即可求出和的值，即可判断C选项；利用三棱锥体积公式和等体积法分别求出和，结合条件即可判断D选项.
【详解】
解：如图，建立空间直角坐标系：

则，
由于动点在正方形内，可设，其中，
对于A选项，由于，则为的中点，此时，
设三棱锥的的外接球的球心为，
则，即，
解得：，所以，
则三棱锥的的外接球的半径为，
所以三棱锥的的外接球表面积为，故A不正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，令，得，故，
而，若平面，则，
则，即，所以，
此时，而，
所以，
当时，，此时，则，故B不正确；
对于C选项，若平面，则，
由于，，
则，解得：或（舍去），
此时，即点的位置唯一，使得平面，故C正确；
对于D选项，点为中点，由正方体可知平面，
三棱锥的体积为：，
由于在正方形内，则到平面为，
三棱锥体积为：，
而，所以，
所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.
故选：CD.
19．（2021·广东实验中学高三阶段练习）已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．若直线过点，则
C．若，则的最小值为
D．若，则线段的中点到轴的距离为
【答案】BCD
【分析】
由抛物线标准方程写出焦点坐标判断A，根据焦点弦性质判断B，由向量共线与焦点弦性质判断C，利用抛物线定义把抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，结合中点坐标公式判断D．
【详解】
对于A，抛物线，即，易知点的坐标为，故A错误；
对于B，显然直线斜率存在，设直线的方程为，联立，整理得，，故B正确；
对于C，若，则过点，则，当时，，即抛物线通经的长，故C正确，
对于D，抛物线的焦点为，准线方程为，过点，，分别作准线的垂直线，，，垂足分别为，，，所以，，所以，所以线段，所以线段的中点到轴的距离为，故D正确．
故选：BCD．

【点睛】
结论点睛：本题考查抛物线的定义与标准方程，考查抛物线的焦点弦性质，对抛物线，是抛物线的过焦点的弦，，则，，，最小时，是抛物线的通径．
20．（2021·广东·金山中学高三期中）已知直三棱柱中，，，为的中点．点满足，其中，则（ ）
A．对时，都有
B．当时，直线与所成的角是30°
C．当时，直线与平面所成的角的正切值
D．当时，直线与相交于一点，则
【答案】AD
【分析】
建立空间直角坐标系，写出个点坐标，然后用空间向量的知识来解决.
【详解】
∵直三棱柱中，
∴以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设
则，，，，，
∵为的中点．点满足，其中
∴，
A选项：，
则，
∴对时，都有
A选项正确；
B选项：当时，，.则
故直线与所成的角是不是30°
选项B错误；
C选项：当时，，设平面的法向量，
直线与平面所成的角为
则，所以
选项C错误；
选项D：当时，，
∴，， 则，
∴∥，则当时，直线与相交于一点，则
故选项D正确.

故选：AD
21．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）函数的值域为，则下列选项中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】
判断函数在上的单调性，再根据函数的值域即可求出的范围，即可判断A；根据函数在上的单调性即可判断B；利用导数判断函数在上的单调性，令，求出函数在上的单调性，即可判断与的大小，从而可判断C；令，求出函数在上的单调性，再根据函数在上的单调性即可判断D.
【详解】
解：当时，，则，
所以函数在上递增，，
当时，在上递减，
则，解得，故A正确；
则，所以，故B错误；
则，故，
令，
则，所以函数在上递增，
所以，
所以，即，
所以，故C正确；
令，则，
当时，，所以函数在上递增，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
22．（2021·江苏·南京师大附中高二阶段练习）双纽线像数字“8”，不仅体现了数学的对称美、艺术美，而且是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素．曲线是双纽线，则下列结论正确的是（ ）

A．曲线C经过7个整点(横、纵坐标均为整数的点)
B．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2
C．曲线C关于直线y＝x对称的曲线方程为
D．当|k|≥1，则直线y＝kx与曲线C只有一个交点
【答案】BCD
【分析】
计算整数点为3，A错误，根据不等式性质得到B正确，(x，y)经y＝x对称后变为(y，x)，代入计算知C正确，联立方程计算得到D正确，得到答案.
【详解】
，则，，当时取等号，B对；
时，，整点(0，0)；时，；时，，整点(－2，0)，(2，0)，有3个整点，A错；
在曲线上任取一点(x，y)经y＝x对称后变为(y，x)，∴，C对；
，消y可得，，
，只有一个根，交点为(0，0)，D对；
故选：BCD.
23．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱的中点，过点E，F的平面分别与棱交于点G，H，以下四个结论正确的是（ ）

A．正方体外接球的表面积为3π
B．平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为
C．四棱锥的体积为定值
D．点到平面EGFH的距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】
直接计算表面积得到A正确，成最大角时，B错误，计算，C正确，建立坐标系利用向量计算得到D正确，得到答案.
【详解】
对于A：，正确；
对于B：成最大角时为平面或平面所成角，错误；
对于C：，正确；
对于D：如图所示建立空间直角坐标系，设H(0，0，m)，
设平面EGFH的法向量为，则，
取得到，
，时等号成立，正确.

故选：ACD.
24．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）已知正方体的边长为，为棱的中点，点分别为线段上两动点（包括端点），记直线与平面所成角分别为，且，则（ ）
A．存在点使得 B．为定值
C．存在点使得 D．存在点使得
【答案】ABCD
【分析】
在正方体中，以D为原点建立空间直角坐标系，设，，作，，则，，根据求得.对于ACD，只需验证条件成立时，对应的m、n的值是否存在即可，B选项，为定值.
【详解】
如图所示，在正方体中，以D为原点建立空间直角坐标系，

则，，设，，作，，
则，，，，
所以，，，
则，，
由知，，，
则，即
从而，
对于A，，即，解得，满足题意，故A正确；
对于B，，为定值，故B正确；
对于C，若，则，解得或，故C正确；
对于D，，，若，
则，解得，，故D正确；
故选：ABCD
25．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知函数的定义域，且，若，则（ ）
A．
B．在上是偶函数
C．若，，则函数在上单调递增
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】
用赋值法可判断出ABD的正误，C选项可根据定义法判断函数单调性的方法得到证明.
【详解】
令，故A正确；
对于B，令，
为上的奇函数，故B错；
对于C，任取且，
则
而


在上单调递增，故C正确；
对于D，在原式中，
令,
,
是首项为1，公比为2的等比数列，，故D正确.
故选：ACD
26．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．点的轨迹是一条线段 B．与是异面直线
C．与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】
首先画图找到平面平面，根据面面平行的性质定理得到点的轨迹，接着依次判断选项即可.
【详解】

如图，分别找线段,中点为,,连接,
因为正方体，易得
面，面，所以面，
，面，面，所以面，
又
所以平面平面，
因为与平面的垂线垂直，又平面，
所以直线与平面平行，
所以面，
又点是侧面内的动点，且面面，
所以点的轨迹为线段，故选项A正确；
由图可知，与是异面直线，故选项B正确；
当点与点重合时，直线与直线平行，故选项C错误；
因为，面，面，
所以面，则点到平面的距离是定值，
又三角形的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题主要考查立体几何中的动点轨迹问题，解决该类题目一般是通过线线，线面，面面之间的平行垂直关系，根据判定定理或者性质定理得到动点的轨迹，接着再求题目的相关问题，考查体积是定值的问题时，一般就是研究距离和面积是不是定值，关键在于选择合适的顶点和底面，在做题时要多总结.
27．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）已知实数x､y､z满足.则下列关系式中可能成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
对等式进行变形，构造函数，画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
设，，则，，，画出函数图象，如图所示：当时，；当时，；当时，；
故选：ABC

28．（2021·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已知，是平面内两个夹角为120°的单位向量，点C在以O为圆心的上运动，若＝x+y（x，y∈R）．下列说法正确的有（ ）
A．当C位于中点时，x＝y＝1
B．当C位于中点时，x+y的值最大
C．在上的投影向量的模的取值范围为
D．的取值范围为
【答案】ABD
【分析】
依题意建立适当的直角坐标系，得到相关点的坐标，使得相应的向量运算转化为代数运算或三角函数问题进行讨论即可.
【详解】
由题意，以O为原点，OA为x轴的正向，建立如图所示的坐标系，

设，
可得，，
A：当C为弧AB的中点时，θ＝60°，∴，
∴由得，
，，∴x＝1，y＝1，∴A正确，
B：由得，
，，∴，
∴，
∵，∴，
∴当时，的最大值为2，此时C为弧AB的中点，∴B正确，
C：当OC⊥OA时，在上的投影为0，∴C错误，
D：∵
，
∵，∴，
∴，∴，∴D正确．
故选：ABD．
29．（2021·河北省唐县第一中学高二期中）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；类似地，依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为(其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为(其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…)，则（ ）

A．数列是公比为的等比数列 B．
C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和
【答案】BD
【分析】
先得到，即可判断A，再求出，可判断B与C，最后求出，可判断D.
【详解】
如图：

由图知，
对于A：，数列是公比为的等比数列，故A不正确；
对于BC：因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确，C不正确；
对于D：因为，故D正确，
故选：BD.
【点睛】
关键点睛：本题考查数列的归纳推理，关键在于根据几何图形的性质得出数列的递推关系式.
30．（2021·山东聊城一中高三期中）已知数列不是常数列，其前项和为，则下列选项正确的是
A．若数列为等差数列，恒成立，则为递增数列
B．若数列为等差数列，，，则的最大值在或7时取得
C．若数列为等比数列，则恒成立
D．若数列为等比数列，则也为等比数列.
【答案】ABC
【分析】
利用等差数列、等比数列的性质直接求解即可得到结论.
【详解】
对于A：若数列为等差数列，恒成立，则公差，故为递增数列，故A正确；
对于B：若数列为等差数列，，设公差为，由，得
，即，故，
所以，当时，，，故的最大值在或7时取得，故B正确；
对于C：若数列为等比数列，
则恒成立，故C正确；
对于D：若数列为等比数列，则，
所以不是常数，故不是等比数列，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题.
31．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知函数，（是自然对数的底数），若关于x的方程恰有两个不等实根､，且，则的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】
根据方程的形式可得，，其中，从而可得，利用换元法和导数可求的取值范围，故可得正确的选项.
【详解】
方程等价于：
和共有两个不同的实数根､，且，
故且为方程的根，为的根.
故，故，
因为，故即，故，
故，设，，
则，
当时，；当时，；
故在上为减函数，在为增函数，
故在的值域为，
因为，，
.
故选：CD.
【点睛】
思路点睛：与复合方程的零点问题，可以结合方程的形式（或函数的形式）进行合理的转化，从而将复杂方程的根的问题转化为简单方程的根的问题.
32．（2021·山东·济南外国语学校高三阶段练习）已知a为常数，函数有两个极值点，（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】
令，则，作出，的大致图象，可判断AB；
由函数的单调性可判断CD
【详解】
，，令，则，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减．
作出，的大致图象，

当时，有两个根，，且，故A正确；
当时，，故B错误；
又函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，
，，故CD正确；
故选：ACD．
33．（2021·湖北·石首市第一中学高三阶段练习）已知函数，则下述结论中错误的是（ ）
A．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在[0，2π]有且仅有2个极小值点
B．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在上单调递增
C．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则ω的范围是
D．若f（x）图象关于对称，且在单调，则ω的最大值为11
【答案】BD
【分析】
利用正弦函数的图象和性质对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
因为,因为 在有且仅有个零点，所以 ，所以.所以选项C正确；

此时，在有且仅有 个极小值点，故选项A正确；
因为，
因为，所以当时，所以 ，此时函数不是单调函数，所以选项B错误；
若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，故的最大值为9．故选项D错误.
故选：BD
【点睛】
方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
34．（2021·重庆实验外国语学校高一期中）定义域和值域均为的函数和 的图象如图所示，其中，给出下列四个结论正确结论的是（ ）

A．方程有且仅有三个解 B．方程有且仅有四个解
C．方程有且仅有八个解 D．方程有且仅有一个解
【答案】AD
【分析】
通过利用和，结合函数和的图象，逐项分析，即可求解.
【详解】
对于A中，设，则由，即，
当时，则有三个不同的值，
由于是减函数，所以有三个解，所以A正确；
对于B中，设，则由，即，解得，
因为，所以只有3个解，所以B不正确；
对于C中，设，若，即，
当或或，则或或，
因为，所以每个方程对应着3个根，所以共有9个解，所以C错误；
对于D中，设，若，即，所以，
因为是减函数，所以方程只有1解，所以D正确.
故选：AD
【点睛】
利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：
1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根就是函数和图象的交点的横坐标；
2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
35．（2021·湖北·襄阳四中高三阶段练习）已知函数，给出如下命题，其中正确的命题是（ ）
A．是偶函数
B．在上单调递减，在上单调递增
C．函数在上有3个零点
D．当时，恒成立
【答案】AD
【分析】
利用偶函数的定义判断A，利用导数判断函数的单调性，由此判断B，根据函数的单调性结合零点存在定理判断C，利用导数求函数的最值判断D.
【详解】
可知函数定义域为R，
，
∴为偶函数，故A正确，
，
在上，为增函数，
在上，为减函数，
在上，为增函数，
故B错误，
在上，为增函数，，，∴在上有1个零点，
在上，为减函数，，
∴在上没有零点，
在上，为增函数，，
∴在上没有零点，
在上，为减函数，，，
∴在上有1个零点，
∴在上有2个零点，故C错误，
令，则，
在上恒有，减函数，，
所以在上恒有，
即当时，恒成立，故D正确，
故选：AD.
【点睛】
用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
36．（2021·湖北·武汉二中高三阶段练习）已知函数与函数的对称中心相同，则下列结论正确的是（ ）
A．若方程在上有两个不同的实数根，则取值范围是
B．将函数的图象向右平移个单位，会与函数的图象重合
C．函数的所有零点的集合为
D．若函数在上单调递减，则，
【答案】BD
【分析】
由题意可得，所以，对于A，当时，求得，结合正弦函数的图像和性质进行判断即可；对于B，由已知可得，而周期为，从而可得结论；对于C，由可求得函数的零点；对于D，由题意可得，由此可求出的值
【详解】
易知
当时，，，，，
当时，单调递增，当时，单调递减，
若方程在上有两个不同的实数根，则，
，故A错误；
因为函数与函数有相同的对称中心，所以或，
即，周期为，故B正确；
由，，得，，故C错误；
若函数在上单调递减，又函数在上单调递增，所以，即，所以，，故D正确．
故选：BD
【点睛】
关键点点睛：本小题以正余弦函数为载体，考查三角函数图象与性质等基础知识，考查运算求解能力，考查转化与化归思想，考查数学运算、直观想象核心素养，体现基础性和综合性，解题的关键是由函数与函数有相同的对称中心，求出，然后依次判断即可，属于中档题．
37．（2021·全国·高三专题练习）在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛(Alberobello)，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo的屋顶，得到圆锥其中为顶点，为底面圆心)，母线长为6米，是母线的靠近点的三等分点.从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，若灯光带的最小长度为米.下面说法正确的是（ ）

A．圆锥的侧面积为平方米
B．过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18平方米
C．圆锥的外接球表面积为平方米
D．棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AD
【分析】
利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，可知A正确；过点平面截此圆锥所得截面面积最大为，计算可知，B错误；计算出圆锥的外接球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为的正四面体的外接球的半径，比较可知，D正确.
【详解】
设圆锥底面半径为
如图，

中，，
∴，∴，
所以米，
所以圆锥的侧面积为平方米，故A正确；
在中，，，
所以过点平面截此圆锥所得截面面积最大为平方米，故B错误；
设圆锥的外接球半径为，则，又，
所以，∴，
圆锥的外接球表面积为，故C不正确；
设圆锥的内切球半径为，则，∴，
在棱长为米的正四面体中，设其外接球半径为，
则此正四面体的底面外接圆半径为，高为，
所以，所以，
因为，所以棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式求出圆锥的底面半径是关键点一，利用棱长为米的正四面体的外接球的半径与圆锥的内切球的半径判断D选项是关键点二.
38．（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.


三、双空题
39．（2021·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已如函数.若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则___________；若，则的最大值为___________.
【答案】0
【分析】
由得出的关系，代入计算可得，求出导函数，对中的部分式子再利用导数确定其正负后可得出的正负，从而得极大值也即最大值．
【详解】
由已知，，所以，即，
所以．
，定义域为，
，
令，则，时，，所以在上递减，
所以时，，
所以时，，递增，时，，递减，
所以．
故答案为：0；．
40．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知数列的各项都是正数，.若数列各项单调递增，则首项的取值范围是___________；当时，记，若，则整数___________.
【答案】（0，2）
【分析】
本题根据正数数列是单调递增数列，可列出，化简求出的取值范围，由此可得的取值范围；采用裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得到结果．
【详解】
由题意，正数数列是单调递增数列，且，
，解得，
．
．
，
．
又由，可得：．
．
，




．
，且数列是递增数列，
，即，
．
整数．
故答案为：；4．
【点睛】
本题考查了数列递推关系、裂项相消法的应用和数列的周期性，考查了推理能力与不等式的计算能力，属于较难的中档题．
41．（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

四、填空题
42．（2021·广东广雅中学高三阶段练习）已知定义在R上的偶函数对任意的x满足，当时，，函数（且），若方程在R上有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是__________________．
【答案】
【分析】
依题意为周期为2的周期函数，再根据函数的奇偶性，利用数形结合法，分和两种情况，分析求解的范围；
【详解】
解：因为函数对任意的满足，
所以是周期为2的周期函数，
因为时，，且在上的偶函数，
又函数（且），
当时，若在上有4个不同的实数根，
则大致图象如下图所示，

所以，解得；
当时，若在上有4个不同的实数根，
则大致图象如下图所示，

所以，解得．
综上所述，实数的取值范围为，
故答案为：
43．（2021·广东广雅中学高三阶段练习）在中，动点自点出发沿运动，到达点时停止，动点自点出发沿运动，到达点时停止，且动点的速度是动点的倍．若二者同时出发，且当其中一个点停止运动时．另一个点也停止运动，则该过程中的最大值是________________________．
【答案】
【分析】
先求出且建立平面直角坐标系，如图所示．设点，求出，即得解.
【详解】
因为，
所以且
建立平面直角坐标系，如图所示．

设点，则，
从而可得，
所以．
因为在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且最大值为．
故答案为：72
44．（2021·广东实验中学高三阶段练习）已知函数.若关于x的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】
令，求得方程的解或，分类讨论，根据导数画出函数的图象，结合函数的图象和题设条件，得出关于的不等式组，即可求解.
【详解】
令，则方程化为，解得或，
由时，，可得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
若时，，可得，函数单调递增，
所以在递增，在递减，在上递增，
则函数的图象，如图所示，
又由关于x的方程恰有4个不相等的实数根，
转化为有3个解，且只有1个解，
即满足，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：

【点睛】
函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
45．（2021·广东·金山中学高三期中）在中，角，，的对边分别为，，，且边上的高为，则的最大值为______.
【答案】
【分析】
利用三角形的面积计算公式得•a•bcsinA，求出a2＝2bcsinA；利用余弦定理可得cosA，得b2+c2＝a2+2bccosA，代入，化为三角函数求最值即可．
【详解】
因为 S△ABC•a•bcsinA，
即a2＝2bcsinA；
由余弦定理得cosA，
所以b2+c2＝a2+2bccosA＝2bcsinA+2bccosA；
代入得2sinA+2cosA＝2sin（A），
当A时，取得最大值为2．
故答案为2．
【点睛】
本题考查了三角形的面积计算公式、余弦定理、两角和差的正弦计算公式的应用问题，考查了推理能力与计算能力，是综合性题目．
46．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）已知函数是定义域为的奇函数，且，当时，.则满足的的取值集合为______.
【答案】
【分析】
先求出函数的周期，再求出在一个周期上的不等式的解，从而可得满足的的取值集合.
【详解】
因为在上为增函数，，
故在上的解，
而，故的图象关于对称，
故在上的解，
而为奇函数，故在上解为，
而，故，
故，故是周期为8的周期函数，
故的解为，，
故的解为，
即，
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：解函数不等式，需利用函数的奇偶性和单调性去掉对应法则，如果函数有周期性，则可以求出一个周期上的不等式的解即可得到给定范围上的解.
47．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）已知函数，若存在不相等的，满足，则实数a的取值范围是_________．
【答案】
【分析】
求导得到函数的单调区间，得到在处切线为，画出函数图像，根据图像得到答案.
【详解】
，，解得，
在上大于零，单调递增；
在上小于零，单调递减，
，则在处切线为：，
画出函数图像，如图所示：
时存在不相等的，使得
故答案为：

48．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）若存在正数，使得，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为______.
【答案】##
【分析】
条件化为，令，，构造函数，利用导数求得函数最大值，从而将问题转化为即可.
【详解】
条件等式两边同除以y得，，
令，，函数，
则，易知单减，且，
则函数在上，，函数单增；在上，，函数单减；
且，，
因此若存在正数，使得，即.
故答案为：
49．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知，分别是边长为2的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为_________．
【答案】
【分析】
取的中点，连接，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.
【详解】
取的中点，连接，可知，
则为等腰梯形的外接圆的圆心，
过作平面的垂线，
再过折起后的的外心作平面的垂线，
设两垂线的交点为，
则为四棱锥外接球的球心，
的边长为，，

则四棱锥外接球的半径，
四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
50．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）已知函数f(x)的定义域是(0，+¥)，，，当x1时， f(x)0，则满足不等式f(x)-f(x-2)≥2的x的取值范围为__________.
【答案】
【分析】
根据已知等式可以判断出函数的单调性，利用单调性进行求解即可.
【详解】
设是(0，+¥)上任意两个实数，且，即，
所以，因此，于是有，
即，
所以函数f(x)在(0，+¥)上单调递增，因为，
所以，
因此f(x)-f(x-2)≥2 ，
于是有：，
所以，
所以有，
故答案为：
51．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.
【详解】
由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，
如图所示，则，且的最大值是，
所以，所以的最小值是，即到的距离为，
所以，因为，在中可得，即可得,
取的外接圆圆心为，作，
所以，解得，所以,
取为的中点，所以，
由勾股定理得，
所以三棱锥的外接球的表面积是.

【点睛】
本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.
52．（2021·山东·济南外国语学校高三阶段练习）已知不等式对恒成立，则实数m的最小值为__________.
【答案】
【分析】
先将不等式变形为，
再构造函数，利用函数单调性可得，，再分离参数转化为
，然后求出函数的最大值，即解出．
【详解】
可变为，
再变形可得，，设，原不等式等价于
，因为，所以函数在上单调递减，在
上单调递增，而，，
当时，，所以由可得，，
因为，所以．
设，，所以函数在上递增，在上递减，所以，即．
当时，不等式在恒成立；
当时，，无论是否存在，使得在上恒成立，都可判断实数m的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查构造函数法的应用，利用函数的单调性解不等式，分离参数法的应用，导数在研究函数中的应用，解题关键是构造合适的函数模型，意在考查学生的数学建模能力，转化能力和数学运算能力，属于难题．
53．（2021·江西·上高二中高二阶段练习（理））已知函数，，若函数有3个不同的零点，，，且，则的取值范围是_____________.
【答案】
【分析】
根据导数可求得的极小值为，由题可得函数的零点即方程和的根，讨论和时可求得结果.
【详解】
，
时，，时，
的极小值为.
令，即，解得方程两根为和，
函数的零点即方程和的根.
函数有3个不同的零点需满足：
当时，且，
；
当时，且，
，
综上：的范围为.
【点睛】
本题考查利用导数解决函数的零点问题，属于较难题.
54．（2021·湖北·襄阳四中高三阶段练习）已知，若恒成立，则实数的取值范围___．
【答案】
【分析】
先分析的奇偶性和单调性，则等价于，所以，可转化为，即，求即得解
【详解】
因为，
所以是上的奇函数，
，
，
所以是上的增函数，
等价于，
所以，所以，
令，则，
因为且定义域为，
所以是上的偶函数，
所以只需求在上的最大值即可.
当时，，，
则当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
可得：，即.
故答案为：.
55．（2021·江西·九江市第三中学高二期中（理））设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则__________.
【答案】
【分析】
由为奇函数，为偶函数可得为周期为4的周期函数，再由，，联立可得，结合周期性，代入解析式即得解
【详解】
由题意，为奇函数，所以
又为偶函数，所以

，即为周期为4的周期函数
因为为奇函数，故

又
联立可得：，故当时，
则
故答案为：
56．（2021·湖北·武汉二中高三阶段练习）在平面直角坐标系中，定义、两点间的直角距离为，如图，是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则_______．若点为曲线上任一点，则的最大值为________．

【答案】
【分析】
求出、的坐标，利用题中定义可求得的值；设点为第一象限内的点，设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值.
【详解】
由图可知，点位于第一象限，在圆的方程中，令，可得，则点.
如图可得，点，所以；
根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况：
当点在上时，设，则，则，
所以，
，则，当时，；
当点不在上时，所在圆的圆心为，
易知直线轴，设，，同理可得，则，，
，
，则，当时，.
因为，所以，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查距离的新定义，解题的关键在于对点的位置进行分类讨论，利用三角形式设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性来求解.