2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二含解析

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2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（二）
一．选择题（共27小题）
1．（2021•岳阳二模）已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“度零点函数“，若与互为“1度零点函数“，则实数的取值范围为　　
A．， B．， C．， D．，
【解答】解：由，解得，
由，解得，设其解为，
与互为“1度零点函数“，
，解得，
，，
设，则，，
当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
（2），（1），（3），
实数的取值范围为，．
故选：．
【点评】本题考查实数取值范围的求法，考查函数性质、构造法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
2．（2021•山东）基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，指数增长率与，近似满足．有学者基于已有数据估计出，．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为　　
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
【解答】解：把，代入，可得，，
当时，，则，
两边取对数得，解得．
故选：．
【点评】本题考查函数模型的实际运用，考查学生阅读理解能力，计算能力，属于中档题．
3．（2021秋•城关区校级月考）已知函数有两个极值点，则的取值范围是　　
A． B．， C．， D．，
【解答】解：，，
令，得，
有2个极值点，故方程有2个不同的实根，
即与的图象有2个交点，
画出函数与的图象，如图示：

当即时，直线与的图象相切，
由图可知当，即时，与的图象有两个交点，
即的范围是，．
故选：．
【点评】本题考查了函数的零点问题，考查图象的交点问题，考查转化思想，数形结合思想，是一道常规题．
4．（2021秋•沙坪坝区校级月考）当函数的图象经过的象限个数最多时，实数的取值范围为　　
A． B． C． D．，
【解答】解：设，则的定义域为，
，
可得为奇函数，
当时，递增，所以在上递增，且时，；时，．
设，若，则，
函数的图象只经过两个象限；
若，时，，，可得，即时，的图象只经过第四象限，不符题意；
所以，由的导数为，
可得的极值点0，，且在递减，在，，递增，
可得在处取得极大值，在处取得极小值，
由题意可得的图象经过四个象限，
所以，，解得，
故选：．
【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值，以及函数的奇偶性和图象特征，考查构造法和运算能力、推理能力，属于难题．
5．（2021秋•黄山期末）形如的函数因其图象类似于汉字中的“囧”字，故我们把其生动地称为“囧函数”．若函数有最小值，则当，时的“囧函数”与函数的图象交点个数为　　个．
A．1 B．2 C．4 D．6
【解答】解：由题意的函数，此函数是偶函数，
当时，则，画出这个函数的图象，如图绿色的曲线，
有最小值，
又
，
再画出函数的图象（黑色的曲线），
当，时的“囧函数”与函数的图象交点个数为4个．
故选：．

【点评】本题考查根的存在性及根的个数判断，函数的图象的应用，函数的基本性质的应用，考查数形结合思想．
6．（2021•南开区模拟）函数，的图象如图，把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到函数的图象，下列结论中：
①；
②函数的最小正周期为；
③函数在区间上单调递增；
④函数关于点中心对称．
其中正确结论的个数是　　

A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：根据函数，的图象，
可得，且，，．
把代入，可得，
，或．
再把根据图象经过最高点，，可得，．
当时，，，求得，不满足条件，，
故，故错误．
此时，由，，求得，
令，可得，满足条件，，故．
把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，
可得到函数的图象，
故的最小正周期为，故正确．
当，，，，故单调递增，故正确．
令，求得，故的图象不关于点，中心对称，故错误，
可得其中正确结论的个数是2．
故选：．
【点评】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由周期求出的值，由最高点的坐标求出，函数的图象变换规律，正弦函数的性质，属于中档题．
7．（2021•孝感模拟）已知集合，2，，，2，3，，定义函数．若点，（1），，（2），，（3），的外接圆圆心为，且，则满足条件的函数有　　
A．6 个 B．10 个 C．12 个 D．16 个
【解答】解：由，分析可得是等腰三角形，且，必有（1）（3），（1）（2）；
点，（1）、当（1）（3）时（2）、3、4，三种情况．
（1）（3）；（2）、3、4，有三种．
（1）（3）；（2）、1、4，有三种．
（1）（3）；（2）、3、1，有三种．
因而满足条件的函数有12种．
故选：．
【点评】本题考查分类计数原理的应用，涉及向量加法的意义和函数的定义，关键是正确理解函数的意义．
8．（2021•衡水一模）设函数，是公差为的等差数列，，则　　
A．0 B． C． D．
【解答】解：，
，
是公差为的等差数列，
，由和差化积公式可得，



，
则的结果不含，
又，
，故．
．
故选：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式与性质的应用，考查两角和与差的余弦，求得是关键，考查转化思想与综合运算能力，属于难题．
9．（2021秋•湖北月考）普林斯顿大学的康威教授发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”，该数列的后一项由前一项的外观产生．以1为首项的“外观数列”记作，其中为1，11，21，1211，111221，，即第一项为1，外观上看是1个1，因此第二项为11；第二项外观上看是2个1，因此第三项为21；第三项外观上看是1个2，1个1，因此第四项为1211，，按照相同的规则可得其它项，例如为3，13，1113，3113，132113，若；的第项记作，的第项记作，其中，，，若，则的前项和为　　
A． B． C． D．
【解答】解：由题意得，，，，，，；
，，，，，；
由递推可知，随着的增大，和每一项除了最后一位不同外，其余各位数都相同，
所以，
所以的前项和为，
故选：．
【点评】本题考查数列的求和，考查学生的观察能力和计算能力，属中档题．
10．（2021秋•湖北月考）已知，，，则，，的大小关系是　　
A． B． C． D．
【解答】解：令，，
可得函数在上单调递减．
，，．
同理可得：，，，．
．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11．（2021•海淀区校级模拟）如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，给出下面几个命题：
①四边形一定是平行四边形；
②四边形有可能是正方形；
③平面有可能垂直于平面；
④设与的延长线交于，与的延长线交于，则、、三点共线；
⑤四棱锥的体积为定值．
以上命题中真命题的个数为　　

A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：因为平面与平面平行，截面与它们交于，，可得，
同样可得，所以四边形是一个平行四边形，故①正确；
如果是正方形，则，因为，所以平面，又平面，
与重合，此时不是正方形，故②错误；
当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，
此时四边形垂直于平面，故③正确；
由与的延长线交于，可得，且，又因为平面，平面，
所以平面，平面，又因为平面，平面，
所以平面平面，同理平面平面，
所以，都是平面与平面的交线，所以，，三点共线，故④正确；
由于，平面，
则，到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，
所以四棱锥的体积为定值，故⑤正确．
故选：．
【点评】本题考查命题的真假判断和运用，以及空间中线线、线面和面面的位置关系，考查推理能力，属于中档题．
12．（2021秋•海淀区校级月考）设函数的定义域为，如果对任意，都存在唯一的，使得为常数）成立，那么称函数在上具有性质．现有函数：
①；
②；
③；
④．
其中，在其定义域上具有性质的函数的个数是　　
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：由函数在上具有性质的定义可知，
若，任意的任意，存在，使得，故，即唯一存在；
若，任意的任意，，此时可能不存在；
若，任意的任意，，此时，即唯一存在；
若，任意的任意，
，即，对于正切函数，一个函数值会对应多个自变量，故不唯一，
故①③是具有性质的函数；
故选：．
【点评】本题考查了学生的逻辑推理能力，数学运算能力，属于基础题．
13．（2021秋•宝山区校级月考）已知实数同时满足：（1），其中是边延长线上一点；（2）关于的方程在，上恰有两解，则实数的取值范围是　　
A．或 B．
C． D．或
【解答】解：

，
又，
，
是边延长线上一点，
，
关于的方程在，上恰有两解，
令，由正弦函数的图象可知，
方程在上有唯一解，
或，
解得或（舍或，
．
故选：．
【点评】此题考查了向量变换，换元法，二次方程的根等，综合性较强，难度较大．
14．（2021•海南校级模拟）设为坐标原点，第一象限内的点的坐标满足约束条件，，若的最大值为40，的最小值为　　
A． B． C．1 D．4
【解答】解：，
设，则的最大值为40．
作出不等式组的对应的平面区域如图：（阴影部分）
由，得，
由图象可知当直线，经过点时，直线的截距最大，
此时最大，
由，解得，
即，
代入，得，
即，
，
当且仅当，即，时取等号，
的最小值为，
故选：．

【点评】本题主要考查线性规划和基本不等式的基本应用，利用的几何意义是解决线性规划的关键，注意利用数形结合来解决．
15．（2021秋•洮南市校级月考）下列函数中，既是奇函数，又是上的单调函数的是　　
A．
B．
C．
D．
【解答】解：为偶函数，不符合题意；
在上不单调，不符合题意；
的图形如图所示，结合图像可知，符合题意；

的图形如图所示，

结合图像可知，函数在上不单调，不符合题意．
故选：．
【点评】本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，体现了数形结合思想的应用．
16．（2021秋•洮南市校级月考）已知函数在，上恰有7个零点，则的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
【解答】解：函数

，
因为，，
则，
令，，
因为函数在，上恰有7个零点，
即函数与的图象有7个交点，
所以，
则，
所以的取值范围是．
故选：．
【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）．属于中档题．
17．（2021秋•郑州月考）关于的不等式的解集可能是　　
A．或 B． C． D．
【解答】解：不等式中，，
△，
关于的不等式对应的方程有两个不等的实数根，
不妨设为，，且；
关于的不等式的解集为
或；
故该不等式的解集可能是．
故选：．
【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题目．
18．（2021•北辰区二模）已知定义在上的偶函数满足，且当时，，，若方程恰有两个根，则的取值范围是　　
A． B．
C． D．
【解答】解：当时，，解得，故，
又因为函数为偶函数，其图象关于轴对称，且周期为4，
若方程恰有两个根，即函数与的图象有两个交点，如图，

当时，，，当直线过点时，此时直线的斜率为，
由图象可知，要使函数与的图象有两个交点，只需满足，
解得或．
故选：．
【点评】本题考查函数与方程应用，重点考查数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是正确画出函数的图象，并能运用临界分析的思想求参数的取值范围．
19．（2021秋•修文县校级月考）已知函数是定义在上的奇函数，满足，当，时，，则　　
A． B．0 C． D．2021
【解答】解：，，
又是奇函数，所以，
，
，
则函数的周期是4，
是定义在上的奇函数，
，
当，时，，
，解得，
当，时，，
（1）．
故选：．
【点评】本题主要考查奇函数的性质，函数的周期性，以及解析式的求法，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
20．（2021•九模拟）已知函数，，的部分图象如图所示，则下列关于函数说法正确的是　　

A．最小正周期为 B．
C． D．
【解答】解：由图象知，函数的最小正周期，所以，
因为点，在函数图象上，所以，即，
又因为，所以，则，即，
又点在函数图象上，所以，解得，
综上，选项，，错误．
故选：．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力、数形结合思想，属于中档题．
21．（2021•新课标Ⅰ）平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则、所成角的正弦值为　　
A． B． C． D．
【解答】解：如图：平面，平面，平面，
可知：，，△是正三角形．、所成角就是．
则、所成角的正弦值为：．
故选：．

【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
22．（2021•丽水一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上一点，直线与圆相切，且，则该双曲线的离心率是　　

A． B． C． D．
【解答】解：设直线与圆相切于点，
则，，
取的中点，连接，
由于，则，，
由，
则，
即有，
由双曲线的定义可得，
即，即，
，即，
，即，
则．
故选：．

【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率的求法，运用中位线定理和双曲线的定义是解题的关键．
23．（2021•新课标Ⅰ）函数在单调递减，且为奇函数．若（1），则满足的的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
【解答】解：函数为奇函数．
若（1），则，
又函数在单调递减，，
（1），
，
解得：，，
故选：．
【点评】本题考查的知识点是抽象函数及其应用，函数的单调性，函数的奇偶性，难度中档．
24．（2021春•延庆县期末）已知是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是　　
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【解答】解：由题意设，则
当时，有，
当时，，
函数在上为增函数，
函数是奇函数，
，
函数为定义域上的偶函数，
在上递减，
由得，，
不等式，
或，即或，
即有或，
使得成立的的取值范围是：，，，
故选：．
【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性，由函数的奇偶性、单调性解不等式，考查构造函数法，转化思想和数形结合思想，属于综合题．
25．（2021秋•西城区校级月考）已知有限集，，定义集合，且，表示集合中的元素个数．若，2，3，，，4，，则　　
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：，2，3，，，4，，
，，，
故，2，，
故，
故选：．
【点评】本题考查了集合的运算及学习能力、转化能力，是中档题．
26．（2021秋•海淀区期末）声音的等级（单位：与声音强度（单位：满足．喷气式飞机起飞时，声音的等级约为；一般说话时，声音的等级约为，那么喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的　　
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
【解答】解：喷气式飞机起飞时，声音的等级约为，
，解得，
又一般说话时，声音的等级约为，
，解得，
喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的倍，
故选：．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，是基础题．
27．（2021秋•河北月考）已知函数的导函数是奇函数．若当时，关于的不等式有解，则的最小值为　　
A．1 B． C． D．
【解答】解：因为函数的导函数是奇函数，
所以函数为偶函数，
所以，
即，
所以，
整理得，
所以，解得或，
因为且，所以，
所以，
由复合函数的单调性可知在上单调递减，
因为，，
所以由得，
即有解，
所以，令，，
在，上单调递增，而（1），
所以，所以的最小值为1．
故选：．
【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，考查导数的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．
二．多选题（共6小题）
28．（2021秋•沙坪坝区校级月考）函数，满足，且在，上单调，若在，上存在最大值和最小值，则实数可以是　　
A． B． C． D．
【解答】解：因为函数
在，上单调，
所以，解得，
因为，又，
所以，则，，
所以，，
故当时，，
当，时，，，
因为在，上存在最大值和最小值，
所以，解得．
根据选项可知符合题意．
故选：．
【点评】本题考查了三角函数性质的综合应用，考查了三角函数的单调性、对称性、最值等，此类问题一般会运用整体代换的思想进行求解，考查了运算能力，属于中档题．
29．（2021秋•沙坪坝区校级月考）已知函数，其中是自然对数的底数，则下列说法正确的是　　
A．是奇函数
B．是的周期
C．在上单调递减
D．在上有2个极值点
【解答】解：该函数定义域为，
对于，，故是奇函数，故正确；
对于，显然，，故错误；
对于，，因为，故在存在包含的单调递增区间，故错误；
对于，的变号根即为的极值点，即的变号根，显然不是根，令，，
，又因为，显然，故，所以恒成立，所以在，单调递减；时，当时，，此时，，当时，，，，结合为奇函数，可画出与在区间的图像：可知，与在上有两个交点，故在上有两个极值点，故正确．
故选：．

【点评】本题考查导数研究函数的极值情况以及函数奇偶性的判断方法，属于中档题．
30．（2021•天心区校级模拟）已知函数，则下列结论正确的是　　
A．函数存在两个不同的零点
B．函数既存在极大值又存在极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若，时，，则的最小值为2
【解答】解：，令，解得或，
当或时，，故函数在，上单调递减，当时，，故函数在上单调递增，
且函数有极小值，有极大值，当时，，当时，，
故作函数草图如下，

由图可知，选项正确，选项错误．
故选：．
【点评】本题主要考查导数在函数问题中的运用，考查数形结合思想，属于基础题．
31．（2021•深圳模拟）摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为　　

A．摩天轮离地面最近的距离为4米
B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30
D．ヨ，，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
【解答】解：对于，最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，
所以摩天轮离地面最近的距离为（米，选项错误；
对于，以轴心为原点，与底面平行的直线为轴，建立直角坐标系，
设分钟时，游客位于点，以为终边的角为，
分钟时，旋转角度为，所以周期，角速度为，
在转动一周的过程中，高度关于时间的函数解析式是：
，选项正确；
对于，在，时刻，游客距离地面的高度相等，在，时恒成立，
的最小值是30，选项正确；
对于，，令，解得，令，解得，
则在，上单调递增，在，上单调递减，
当时，，当时，，当时，，
故在，只有一个解，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力与转化应用能力，是中档题．
32．（2021秋•湖北月考）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，两点，设，，，以下说法中正确的是　　

A．平面平面
B．四边形的面积最小值为1
C．四边形周长的取值范围是，
D．四棱锥的体积为定值
【解答】解：对于选项：连接，，，，如图所示，
由正方体的性质，可知平面，
又，分别是棱，的中点，
，平面，
又平面，
平面平面，故选项正确，
对于选项：由选项可知，，
四边形的面积为，
当，分别是棱，的中点时，取得最小值，
四边形的面积的最小值为1，故选项正确，
对于选项：由面面平行的性质可知，，
四边形为菱形，
四边形周长，
又，，，，故选项错误，
对于选项

，为定值，故选项正确，
故选：．

【点评】本题主要考查了立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，考查了学生转化思想和运算求解能力，属于中档题．
33．（2021秋•湖北月考）在平面直角坐标系中，是坐标原点，，是圆上两个不同的动点，是，的中点，且满足．设，到直线的距离之和的最大值为，则下列说法中正确的是　　
A．向量与向量所成角为
B．
C．
D．若，则数列的前项和为
【解答】解：因为是，的中点，
所以，
因为，
所以，
即，
解得，所以，故正确；
，故错误；
由可得点在圆上，
，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，
点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，
而圆的圆心到直线的距离，
所以，故正确；
若，
则，
所以数列的前项和为，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查数列的求和，向量的数量积运算，点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，属于难题．
三．填空题（共27小题）
34．（2021秋•西城区校级月考）已知只有50项的数列满足下列三个条件：
①，0，，；
②；
③．
对所有满足上述条件的数列，共有个不同的值，则　6　．
【解答】解：设，，，中有项取值0，
由条件（2）知，取值1的项数为，取值的项数为，
再由条件（3）得，
解得，
又易知必为奇数，
故，9，11，13，15，17，它们对应6个不同值．
故答案为：6．
【点评】本题考查归纳推理，属于基础题型．
35．（2021秋•城关区校级月考）关于函数有如下四个命题：
①的图象关于原点对称；
②在，上单调递增；
③函数共有6个极值点；
④方程共有6个实根．
其中所有真命题的序号是　①②④　．
【解答】解：对于①，的定义域为，
，故是奇函数，
的图象关于原点对称，故①正确；
对于②，，故当时，，
在，上单调递增，故②正确；
对于③，令可得，
故在和，上单调递增，在，上单调递减，
令可得或，
作出的函数图象，由图象可知只有5个极值点，故③错误；
对于④，是奇函数，故是偶函数，
的极大值为，
有6个根，故④正确．
故答案为：①②④

【点评】本题考查函数奇偶性，单调性判断，考查函数极值计算，函数图象变换，属于中档题．
36．（2021秋•沙坪坝区校级月考）在中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围是　　．
【解答】解：由，
可得，
即，
，
由
即，
由恒等式，
得，
即．
【点评】本题考查余弦定理及余弦定理的应用，再由正切公式的结论即可得的结论，属于中档题．
37．（2021•深圳模拟）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为　　．
【解答】解：设，，，其中，，，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
所以，
即，
因为，，所以，
即，当且仅当时，取得等号．
因为，所以，
所以，解得或（舍去），
当且仅当时，取得等号．
所以的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查费马点的理解和运用，以及三角形的余弦定理和基本不等式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
38．（2021春•和平区校级期末）若函数在区间，有三个不同的零点，则实数的取值范围是　　．
【解答】解：，
当，，时，；当时，；
在，，，上单调递增，在上单调递减，
又，
由在区间，有三个不同的零点，得其大致图象如下图所示：

，解得，即实数的取值范围为．
【点评】本题考查函数零点的判定，考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合思想，是中档题．
39．（2021•河西区校级模拟）已知，则的最小值为　　．
【解答】解：因为，
所以，，且，所以，
所以
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了“1”的代换，利用基本不等式求解最值，考查了转化思想，属于中档题．
40．（2021•天津）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是　，，　．
【解答】解：函数，
如图所示：
故当一次函数的斜率满足或时，
直线与函数的图象相交于两点，
故答案为，，．

【点评】本题主要考查函数的零点的定义，函数的零点与方程的根的关系，体现了转化、数形结合的数学思想，
属于基础题．
41．（2021秋•西城区校级期中）设是含数1的有限实数集，是定义在上的函数．
（1）若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则（1）　是　（填是或否）可能为1．
（2）若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则（1）可能取值只能是　　．
①
②
③
④0
【解答】解：（1）由题意得到：问题相当于圆上由4个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合．
我们可以通过代入和赋值的方法当（1）
（2）通过代入，当（1），，0时
此时得到的圆心角为，，0，
然而此时或者时，都有2个与之对应，
而我们知道函数的定义就是要求一个只能对应一个，
因此只有当，此时旋转，
此时满足一个只会对应一个，
因此答案就选：②．
故答案为：1；②．
【点评】本题考查的知识要点：定义性函数的应用．
42．（2021秋•东城区校级月考）定义在，上的函数满足：当时，；当时，．若方程在区间，上恰有3个不同的实根，则的所有可能取值集合是　　．
【解答】解：当，时，，
当，时，，，，
当，时，，，，
当，时，，，，
当，时，，，．
由方程在区间，上恰有3个不同的实根，可知直线与的图象在，上恰有3个交点．
作出函数在，上的图象，如下图所示，

①函数在，的最高点为，过作斜率为1的直线，该直线与轴交于点，且，此时直线与只有1个交点；
②将直线向下平移，直至与第一次相切，此时直线记为，设切点为，，易知，求导得，则，可得，即切点为，
此时为，由，可知与在，上有2个交点，在上无交点，即与在，上有3个交点，符合题意；
③将直线向下平移，直至与第二次相切前，在此过程中，直线始终与在，上有3个交点，
当直线第二次与相切，记直线为，设切点为，，易知，求导得，则，可得，，由，则切点为，所以为，与在，上有4个交点，从到的平移过程中，满足题意的；
④将向下平移，直至过点，此时直线记为，方程为，在此过程中直线与的交点始终超过3个，都不符合题意；
⑤将向下平移，直至过点，此时直线记为，方程为，在此过程中直线与的交点都是3个（不包含和，满足题意的；
⑥将向下平移，都不符合题意．
综上，的所有可能取值集合是．
【点评】本题考查函数图象的应用，考查根据方程解的个数求参数，考查转化思想，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中等题．
43．（2021秋•湖北月考）已知，若存在实数，使不等式成立成立，则的最大值为　　．
【解答】解：依题意，存在实数，使不等式成立，即，亦即，，令，，则存在实数，使不等式，即成立，
作出和的图象如图所示，
结合图象可知，取得最大值时，和相切，
由于和关于直线对称，
所以取得最大值时，与的相切于直线（切点相同），如图所示，
由可知，设切点为，则斜率为，故①，
由可知，设切点为，则斜率为，
则，解得，
将代入①得，即，
所以，解得．
故答案为：．

【点评】本题考查函数与导数的综合运用，考查不等式的恒成立问题，考查转化思想及数形结合思想，属于难题．
44．（2021•海淀区校级模拟）将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数填入如图所示的正方形网格中，每个数填一次，每个小方格中填一个数．考虑每行从左到右，每列从上到下，两条对角线从上到下这8个数列，给出下列四个结论：
①这8个数列有可能均为等差数列；
②这8个数列中最多有3个等比数列；
③若中间一行、中间一列、两条对角线均为等差数列，则中心数必为5；
④若第一行、第一列均为等比数列，则其余6个数列中至多有1个等差数列．
其中所有正确结论的序号是　①②③　．

【解答】解：①如图将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数依次填入网格中，则这8个数列均为等差数列，故①正确．

②在1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数中，等比数列有：1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9．
由于1，2，4和2，4，8这两个等比数列不可能在网格中不可能在同一列，同行或对角线上，
所以这8个数列中最多有3个等比数列，例如如图满足有3个等比数列故②正确

③若三个数，，成等差数列，则，
根据题意要有4组数成等差数列，且中间的数相同，则只能是
由，则中间一行、中间一列、两条对角线四列的数分别为：
1，5，9；2，5，8；3，5，7；4，5，6时满足条件；中心数为其他数时，不满足条件，故③正确．
④若第一行为1，2，4；第一列为1，3，9，满足第一行、第一列均为等比数列，
第二行为3，5，7，第二列为2，5，8，则第二行，第二列为等差数列，此时有两个等差数列．故④不正确，

故答案为：①②③．



【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的应用，根据数字之间的关系，结合等比数列和等差数列的定义分别进行讨论是解决本题的关键，是中档题．
45．（2021春•朝阳区期末）若函数的导数存在导数，记的导数为．如果对任意，都有成立，则有如下性质：
．其中，，，，．若，则　　；根据上述性质推断：当且，，时，根据上述性质推断：的最大值为　　．
【解答】解：设，，则，则，，
有如下性质：．
则，
的最大值为，
故答案为：，．
【点评】本题考查函数的性质，考查正弦函数的性质，考查转化思想，属于中档题．
46．（2021秋•越城区校级期中）已知，不等式在，上恒成立，则的取值范围是　　．
【解答】解：作出分段函数的图象如图，

要使不等式在，上恒成立，
则在，上恒成立，
即在，上恒成立，
，解得：．
故答案为：．
【点评】本题考查了恒成立问题，考查了分段函数的应用，解答此题的关键是把恒成立问题转化为含的不等式，是中档题．
47．（2021•北京）已知点，，．若平面区域由所有满足的点组成，则的面积为　3　．
【解答】解：设的坐标为，则
，，，，
，解之得
，，点坐标满足不等式组
作出不等式组对应的平面区域，得到如图的平行四边形及其内部
其中，，，
，
点到直线的距离为
平行四边形的面积为，即动点构成的平面区域的面积为3
故答案为：3

【点评】本题在平面坐标系内给出向量等式，求满足条件的点构成的平面区域的面积．着重考查了平面向量的坐标运算、二元一次不等式组表示的平面区域和点到直线的距离公式等知识，属于中档题．
48．（2021秋•黄浦区校级期中）已知等差数列中公差，，若，，成等比数列，且，，，，，，，成等比数列，若对任意，恒有，则　1或2　．
【解答】解：根据题意，等差数列中，，，成等比数列，
，，解得．
．
，，，，，，成等比数列，
首项为1，公比为3．
．
由，得，
．

对任意，恒有，
即恒成立，
令，则．
当或时，最大，当时，为减函数，
则要使对任意，恒有，则或2．
故答案为：1或2．
【点评】本题考查数列递推式，考查了等比数列的性质，考查数列的函数特性，是中档题．
49．（2021秋•洮南市校级月考）已知函数，若对任意的，，均存在使得，则实数的取值范围是　，　．
【解答】解：当时，，的值域为，，
又对任意的，，均存在使得，
当时，的值域包含，，对称轴为，
当时，△，解得，即，
当时，△且，解得，解得
，
综上所述，的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查分段函数的应用，需要学生掌握分类讨论的思想，属于中档题．
50．（2021秋•洮南市校级月考）以下四个结论，正确结论的序号是　③④　．
①存在，使；
②在其定义域内为增函数；
③最小正周期为；
④既有最大、最小值，又是偶函数．
【解答】解：对于①，当时，，故①错误；
对于②，应该是在每一个区间上为增函数，而不是定义域内为增函数，故②错误；
对于③，的最小正周期为，则，，故③正确；
对于④，原函数可化为，显然，故该函数为偶函数，令，，函数化为，
当时，，时，，故④正确．
故答案为：③④．
【点评】本题考查命题真假的判断以及三角函数的有关概念、性质和方法，属于中档题．
51．（2021秋•临沂期中）设函数是定义在上的偶函数，且对于任意的恒有，已知当，时，．则
①2是的周期；
②函数在上是增函数；
③函数的最大值为1，最小值为0；
④直线是函数图象的一条对称轴．
其中所有正确命题的序号是　①②④　．
【解答】解：对于任意的恒有，，是函数的周期，即①正确；
设，则，当，时，，函数单调递增，2是函数的周期，函数在上是增函数，即②正确；
，时，，，时，函数的最大值为3，最小值为1，结合①②可知，③不正确；
函数是定义在上的偶函数，2是函数的周期，直线是函数图象的一条对称轴，即④正确．
故答案为①②④．
【点评】本题考查函数的性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
52．（2021秋•郑州月考）若函数是定义域为的奇函数，（2），且在上单调递增，则满足的的取值范围是　，，　．
【解答】解：若函数是定义域为的奇函数，
可得（2），
由在上单调递增，
可得在上单调递增，
等价为或，
解得或，
故答案为：，，．
【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
53．（2021秋•修文县校级月考）高斯被誉为历史上最伟大的数学家之一，与阿基米德、牛顿、欧拉同享盛名，高斯函数也被应用于生活、生产的各个领域．高斯函数也叫取整函数，其符号表示不超过的最大整数，如：，．若函数，则的值域为　，　．
【解答】解：因为函数的周期为3，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，

则函数的值域为，．
故答案为：，．
【点评】本题考查了余弦函数性质的应用，函数的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可．
54．（2021秋•修文县校级月考）已知函数，若，，则的最小值为　　．
【解答】解：当时，，记为直线，
设与直线平行，且与函数相切的直线为，并设切点为，
当时，，
求导可得，，即，即，，
直线与的交点为，
，，
的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查分段函数的应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
55．（2021秋•贵溪市校级月考）甲同学一次投篮命中的概率为，乙同学一次投篮命中的概率为，假设两人投篮命中与否互不影响，则甲、乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率是．　正确　（判断对错）
【解答】解：根据题意，则甲、乙两人各投篮一次，两人都没有命中的概率，
则至少有一人命中的概率；
故答案为：正确；
【点评】本题考查相互独立事件概率的计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
56．（2006•上海）如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是　36　．
【解答】解：正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；
而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，
所以共有36个“正交线面对”；
故答案为36．
【点评】画出图形，分类讨论．
57．（2021•浙江模拟）四棱锥中，平面，，，，已知为四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将四边形分成面积为，的两部分，则　　．
【解答】解：以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：
设的轨迹与轴的交点坐标为，，．
由题意可知，0，，，0，，，0，，
，0，，，，，0，．
设平面的法向量为，，，平面的法向量为，，
则，．
即，，
令得，1，，令得，，．
，，．
二面角的平面角大小为，
．即，解得．
．
．
，，．
．
故答案为．

【点评】本题考查了二面角的计算，使用向量可比较方便的找到的轨迹．属于中档题．
58．（2021•丽水一模）已知正项等比数列的公比为，其前项和为，若对一切都有，则的取值范围是　，　．
【解答】解：，
，
，
，
，

故答案为：，．
【点评】本题考查的取值范围，考查等比数列的求和公式，考查学生的计算能力，比较基础．
59．（2021秋•韩城市校级月考）有下列说法：
①是第一象限角；
②函数的图象恒过的定点是；
③若为第三象限角，则终边在二四象限；
④终边在轴上的角的集合是．
其中，正确的说法是　①③　．
【解答】解：对于①，，是第一象限角，①正确；
对于②，令，得，故函数的图象恒过的定点，②错误；
对于③，为第三象限角，则，，所以，
当为偶数时，终边落在第二象限，为奇数时，终边落在第四象限，故③正确；
对于④，当为偶数时，终边落在轴上，故④错误．
故答案为：①③．
【点评】本题考查命题真假的判断以及任意角的概念与性质，指数型函数的性质等，属于基础题．
60．（2021秋•西城区校级月考）已知函数，函数．
（1）若，则函数与函数的图像有　3　个交点；
（2）若函数与函数的图像有6个交点，则　　．
【解答】解：（1）当时，，函数，
作出函数与函数的图像，如图所示，

由图象可知，函数与函数的图像有3个交点；
（2）函数与函数均为偶函数，
所以函数与函数的图像有6个交点，
则当时，函数与函数的图象有3个交点，
故函数的对称轴且，解得，
此时，
所以直线与抛物线相切，
设切点坐标为，
又，
所以，可得，
从而得到关于的方程，，
化简整理可得，，解得或（舍，
所以当时，函数与函数的图象在时有3个交点，
故函数与函数的图像有6个交点．
故答案为：（1）3；（2）4．
【点评】本题考查了函数的综合应用，函数图像变换的应用，二次函数图像与性质的应用，函数奇偶性的应用，导数研究曲线切线的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．