2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十四）

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1．（2023·广东汕头·高三统考期中）设，若函数在递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为函数在递增，
所以在上恒成立，
则，即在上恒成立，
由函数单调递增得，
又，所以，所以，
所以即，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
2．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（ ）
A．4B．2C．D．
【答案】D
【解析】由已知，所以圆的外接圆直径为，
因为，
所以，
所以，
因为，即，所以时，取到最小值．
故选：D．
3．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知椭圆：的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意设，代入椭圆方程可得；
两式相减可得，整理可得；
又因为的中点坐标为，可得；
因此过两点的直线斜率为，
又和的中点在直线上，所以，
即，可得；
又易知，且，计算可得；
所以椭圆的方程为，代入的中点坐标为，得，则其在椭圆内部，则此时直线与椭圆相交两点.
故选：A
4．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】D
【解析】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
5．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）设，，，则（ ）
A．a＜b＜cB．c＜b＜a
C．c＜a＜bD．a＜c＜b
【答案】D
【解析】由，，，
得，，，
构造函数，则，
当时，x＝1，
时，，单调递减；
时，，单调递增，
在x＝1处取最小值，
时，，即，
取，得，
，，即；
设，
则，
令，，
因为当时，令，
，单调递减，
又时，，则，即，
所以，
因为当时，，
所以当时，，函数单调递增，
又，所以，即，
所以当时，函数单调递增，
所以，即，
，即，
.
故选：D
6．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知为定义在上的函数，其图象关于y轴对称，当时，有，且当时，，若方程（）恰有5个不同的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【解析】当时，有，所以，
所以函数在上是周期为2的函数，
从而当时，，有，
又，，
即，又易知为定义在R上的偶函数，
所以可作出函数的图象与直线有5个不同的交点，
所以，解得，
故选：C．
7．（2023·山东济宁·高三统考期中）已知函数及其导函数定义域均为，记，且，为偶函数，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【解析】因为为偶函数，，
所以，
对两边同时求导，得，所以有
所以函数的周期为，
在中，令，所以，
因此，
因为为偶函数，
所以有，
，
由可得：，
所以，
故选：C
8．（2023·山东青岛·高三青岛二中校考期中）如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
9．（2023·福建福州·高三校考期中）已知定义在上的函数，，其中，设两曲线与有公共点，且在公共点处的切线相同，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设曲线与在公共点处的切线相同，
又由，
根据题意可知，所以，
由可得或（舍去），
将代入，可得，所以，
令，则，即，
令，可得，
当时，，当时，，
所以在上的最大值为；
故选：A．
10．（2023·江苏盐城·高三校考阶段练习）已知，且，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题知，，
记，则，
当时，，单调递增，
故比较的大小关系，只需比较的大小关系，
即比较的大小关系，
记，则，
记，则，
所以在上单调递减，
又，
所以，当时，，单调递减，
所以，即，
所以，所以.
故选：D
11．（2023·江苏淮安·高三淮阴中学校联考阶段练习）设，，，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而，即，，
所以，，
从而当时，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上所述：.
故选：C.
12．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知定义在上的函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由于，
令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
又因为定义域为，关于原点对称，
又，
所以为奇函数，关于对称，
所以关于点中心对称，且在上单调递增，
即，
由可得，
则，得，
故选：A.
13．（2023·重庆九龙坡·高三四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）已知函数，若方程有4个不同实根，，，（），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】当时，，则，
令，即，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且;
当时，，则；
若方程有4个不同实根，则，解得；
当时，易知，是方程的两个不同实根，
即方程的两个不同实根，所以，，
所以，，
因为，所以；
当时，因为，是的两个不同实根，所以，
易知，所以，得，
所以，所以的取值范围是，
故选：D．
14．（2023·重庆·高三校联考阶段练习）如图，将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接（球心O在圆柱内部），已知球O的半径为3，，则圆柱体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
设R为圆上任意一点，过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，设与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，即，当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，所以，
令，所以，
所以，另，解得两根
所以，
所以在时单调递减，
所以．
故选：B．
15．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）将一张如图所示的两直角边长度分别为和的直角三角形硬纸片，沿虚线剪成四块，这四块纸片恰好可以通过折叠，拼接形成一个密封的直三棱柱模型，则所得直三棱柱模型的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】易知两块全等的小三角形作为直三棱柱的底面，剩下两部分拼接成直三棱柱的侧面.
则、分别为、中点，所以，，即直三棱柱的高为，
又因为底面三角形周长恰好为线段长度，
设，其中，设，
则的周长为，且，
所以，，可得，
等式两边平方可得，
整理可得，因为，解得，
所以，，则，
所以，该直三棱柱体积为.
故选：B.
16．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知，，，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】令，有，
所以当时，即在上单调递减，
所以，即，所以，即，
令，则，所以当时，即在上单调递增，
所以，即，
所以，所以，所以，
综上可得.
故选：D.
17．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知正四棱锥底面边长为2，高为1，动点在平面内且满足，则直线与所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设正方形的中为，过点作的垂线，
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，
设，可得，，
所以，，
因为，可得，
设，直线与所成角为，
则，
令，可得，则，
则，可得.
故选：B.
二、多选题
18．（2023·广东汕头·高三统考期中）如图，在长方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．⊥平面
C．异面直线CN和AB所成角的余弦值为
D．若P为线段上的动点，则点P到平面CMN的距离不是定值
【答案】AD
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则
，
对于 A，因为
所以，又平面，平面，
所以平面，故 A 正确；
对于B： ，
设平面的法向量为，则即
令，则所以平面的一个法向量为因为与不平行，所以 ⊥平面不成立，故 B错误；
对于C：
设异面直线CN和AB 所成的角为，则，故C错误；
对于 D，设，
所以，
又平面的一个法向量为所以点 P到平面的距离不是定值.故 D正确.
故选 ：AD
19．（2023·广东汕头·高三统考期中）对于函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是的一个周期B．在上有3个零点
C．的最大值为D．在上是增函数
【答案】ABC
【解析】对于A，因为，
所以是的一个周期，A正确；
对于B，当，时，，
即，即或，解得或或，
所以在上有个零点，故B正确；
对于C，由A可知，只需考虑求在上的最大值即可.
，
则，
令，求得或，
所以当或时，，此时，
则在上单调递增，
当时，，此时，但不恒为0，
则在上单调递减，
则当时，函数取得最大值，
为，C正确；
对于D，由C可知，在上不是增函数，D错误.
故选：ABC
20．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知数列满足，数列满足，记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等差数列B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】因为，所以，
所以，且，
所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为，
所以，所以选项AB正确；
因为，所以，
所以，
所以
，所以选项C正确，D错误．
故选：ABC．
21．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得平面
C．当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
【答案】ABC
【解析】令，连接，令中点为，连接，如图所示：
由底面是正方形可得：是的中点，且；
由平面，平面，平面可得：
平面平面，；
由，可得：四边形为矩形.
对于选项：由，平面平面，平面平面，平面，可得平面.
又平面，所以，故正确；
对于选项：因为在矩形中，，所以四边形是平行四边形，则直线.
因为平面平面，则平面.故当是线段中点时，直线平面，故正确；
对于选项：因为平面，平面，
所以平面平面，
所以在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为.
在中，，故C正确；
对于选项D：因为在中，，，
则.
由正弦定理得：的外接圆直径，
则半径，圆面积为.
因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，四边形为矩形，所以点F在三棱锥的外接球上.
所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故D错误．
故选：．
22．（2023·湖南邵阳·高三校考阶段练习）在平面四边形ABCD中，点D为动点， 的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（ ）
A．为等比数列B．为等差数列
C．为递增数列D．
【答案】BD
【解析】如图，连交于，
则，即，
所以，所以，
所以，
设，
因为，
所以，
，所以，
所以，即，
又，所以，
所以是首项为2，公差为的等差数列，
所以，所以，
因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；
因为，
所以为等差数列，故B正确；
因为，
所以为递减数列，故C不正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD
23．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】ACD
【解析】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：
，
即有，而，则，
又，
由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，
由正弦定理有：，即，，
又是锐角三角形且，有，，解得，
因此，
由得：，，
所以，
结合选项，的可能取值为，，.
故选：ACD
24．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）已知点，，，，则下列结论正确的为（ ）
A．当时，
B．当时，点P在直线AB上
C．当时，
D．当时，在方向上的投影向量的模为
【答案】BD
【解析】由已知，
对于A，由，得，所以，
所以，不正确，故A不正确；
对于B，当时，由，
得,从而可知点三点共线，因此点P在直线AB上，故B正确；
对于C，若成立，则有，这显然不成立，故C不正确；
对于D，当时，，
则在方向上的投影向量的模为，故D正确.
故选：BD
25．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）设数列的前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．是等比数列
B．是单调递减数列
C．
D．
【答案】ACD
【解析】由题设，则，
当，则，则，
所以是首项、公比均为的等比数列，则，
故，则，故不递减，
，
在上递增，
所以，
综上，A、C、D对，B错.
故选：ACD
26．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）下列不等关系中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】对A，令，则 ，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e时，，此时在（e，）上单调递减，
所以，，所以，故A正确；
对B，令，则，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e 时，，此时在（e，）上单调递减，
由e，所以，
故B错误；
对C，由时，所以，令，
当时，，此时在上单调递减，
当 时，，此时在上单调递增，
所以，所以，当时取等号，
所以 ，即，
又，所以，所以，故C正确
对D，由
又 （，当时取等号）
所以即，即，故D正确
故选：ACD.
27．（2023·山东济宁·高三统考期中）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列、进行“美好成长”，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；；设第次“美好成长”后得到的数列为、、、、、，并记，则（ ）
A．B．
C．D．数列的前项和为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，，A对；
对于B选项，设第次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，故，B错；
对于C选项，由题意可知：
，C对；
对于D选项，因为，且，
所以，，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，故，
所以，，
所以，数列的前项和为，D对.
故选：ACD.
28．（2023·山东青岛·高三青岛二中校考期中）设数列前项和为，满足，且，，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．数列为等差数列
C．当时，有最大值
D．设，则当或时，数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【解析】由，，且，
当时，，即，
当时，，
则，
即，
即，
因为，所以，
则数列为等差数列，公差为，首项为，
所以，故A正确；
而，则，
当时，，
所以，所以数列为等差数列，故B正确；
因为，
所以当时，取得最大值，故C错误；
令，得，
令，得，
则当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
又，，
所以当或时，数列的前项和取最大值，故D正确.
故选：ABD.
29．（2023·山东青岛·高三青岛二中校考期中）点是的外心，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若且，则
C．若，则为的垂心
D．若，，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】因为，故A正确；
由可知，三点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故B错误；
若，则点是的中点，又点是的外心，
所以，即为直角顶点，所以为垂心，故C正确；
因为，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，其中，
因为，所以，
得，
，，
则，则，
所以，故D正确；
故选：ACD
30．（2023·福建福州·高三校考期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数图像关于直线对称B．函数有最小值
C．函数在上单调递减D．函数的零点为
【答案】ABC
【解析】因为，
所以函数的周期为.
对于A，，
所以函数图像关于直线对称；
对于B，因为函数的周期为，所以只考虑，，
，
，
当时，取最小值，最小值为0，故B正确；
对于C，函数在上单调递增，设，
在单调递减，所以函数在上单调递减；
对于D，令，即，则，
即或，又，所以，故D错误.
故选：ABC.
31．（2023·江苏盐城·高三校考阶段练习）如图，在正方体中，，点E、F分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若，则平面
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．平面截正方体所得截面的周长为
【答案】BCD
【解析】对于D，如图1，取的中点，连接，易得，
取的中点，连接，易得，
再取的中点，连接，则，所以，
则是平面与正方体底面的交线，
延长，与的延长线交于，连接，交于，则，
且五边形即平面交正方体的截面，
由是中点且得，
又由得，
从而可计算得，
所以平面截正方体所得的截面的周长为，故D正确；
对于A，因为，
所以三点共线，所以点在上，
因为与平面不平行，所以四面体的体积不为定值，A错误；
对于B，如图2，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，，，
则，
，
则，，
故是平面的一个法向量，所以平面，故B正确；
对于C，若，则点即点，
由正方体的性质可知几何体是侧棱垂直于底面的三棱锥，
而底面是直角三角形，易得，
所以外接圆的半径为，
设其外接球的半径为，则，
所以四面体，即三棱锥的外接球的表面积为，故C正确.
故选：BCD．
32．（2023·江苏淮安·高三淮阴中学校联考阶段练习）已知函数，的定义域均为，为的导函数，且，，若为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】已知函数，的定义域均为，
因为，，
可得，
又因为为奇函数，则，
可得，即为偶函数，
则，即，
可得，
所以，可知的周期为8.
对于选项A：因为，
令，则，，
可得，，故A正确；
对于选项B：因为，
令，可得，故B正确；
对于选项C：因为，且为偶函数，
则，
令，可得，
又因为，
令，则，，
可得，可得，
但由题设条件无法推出，故C错误；
对于选项D：因为的周期为8，故，故D正确；
故选：ABD.
33．（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知数列满足（且），则下列说法正确的是（ ）
A．，且
B．若数列的前16项和为540，则
C．数列的前项中的所有偶数项之和为
D．当n是奇数时，
【答案】ACD
【解析】A选项，中，令得，
令得，A正确；
B选项，中，令得，
所以，，，，
相加得，
因为数列的前16项和为540，所以前16项和中奇数项之和为，
中，令得，
所以
，
故
，
解得，B错误；
C选项，由B选项可知，
的前项中的共有偶数项项，故最后两项之和为，
所以数列的前项中的所有偶数项之和为，C正确；
D选项，由B选项可知，令，则，
故
故当n是奇数时，，D正确.
故选：ACD
34．（2023·重庆九龙坡·高三四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）已知当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】因为，令，，
则，故A错误；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，B正确；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，C正确；
由得，，即，
，因此，所以D正确．
故选：BCD
35．（2023·重庆·高三校联考阶段练习）定义函数:①对;②当时，，记由构成的集合为M，则（ ）
A．函数
B．函数
C．若，则在区间上单调递增
D．若，则对任意给定的正数s，一定存在某个正数t，使得当时，
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，则
，则不属于M，A错误；
对于B，，则当时，，
，
由，得，则
即，因此属于M，B正确；
对于C，由，则对任意都有，且，
，则，，
于是，
因此在区间上单调递增，C正确；
对于D，对给定的正数s，若，则取，使得当时，由选项C知，恒有，
若，依题意，对于任意s，都有，且，
于是，同理，随着n的无限增大，无限趋近于0，
因此存在，则取，使得当时，恒有，D正确.
故选：BCD
36．（2023·重庆·高三校联考阶段练习）若满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】令，即，代入可得：
.
所以, 解得 , 所以 A 正确. B 正确；
由 可变形为 ,
因为 , 将代入上式可得：
,
解得 , 所以不正确, D正确.
故选：.
37．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）已知数列和都是等差数列，，，，设集合，，，若将集合中的元素从小到大排列，形成一个新数列，下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．数列的前20项和为610
【答案】ACD
【解析】对于A：由，，解得，，
所以，，所以A对；
对于B、C：令，
所以当，时，，且相邻公共项之间依次有，，，
所以当时，所以B错，C对；
对于D：由B可知，记前项和为，则约前20项和为，1，2，3，4时，所以D对.
故选：ACD.
38．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）如图，双曲线的左右焦点分别为和，点、分别在双曲线的左、右两支上，为坐标原点，且，则下列说法正确的有（ ）

A．双曲线的离心率
B．若且，则的渐近线方程为
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，两渐近线夹角小于，，
，A正确；
对于B，时，为等腰直角三角形，，
又点在双曲线上，代入双曲线方程得即，，
渐近线方程为，B错误；
对于C，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，，，.
，，又，.
又，为中点，，必有，，三点共线，
为角平分线，，C正确；
对于D，在上取一点使得，，，
，，又，，
，，D正确.
故选：ACD
39．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知点是三角形的边上的点，且，，，以下结论正确的有（ ）
A．三角形外接圆面积最小值为
B．若点是的中点，，则
C．若平分，，则三角形的面积为
D．若，且是的中点，则一定是直角
【答案】BCD
【解析】对于，根据正弦定理可得三角形外接圆半径，
所以三角形外接圆面积最小值为，故错误；
对于，因为，
所以,故正确；
对于，因为，，，所以，
由角平分线定理可得，即，
所以面积为，故正确；
对于，设,，
在中，由正弦定理可得，，
又因为，所以，即,
在中，，所以，
同理在中有，
因为是的中点，即，即，
得则，或，
当时，即，即，即是等腰三角形，
而，所以，
所以，故正确.
故选：.
40．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知数列的首项，且满足，以下正确的有（ ）
A．，数列一定单调递增
B．，使得数列单调递增
C．若，则
D．，数列的前项和
【答案】ABD
【解析】对于A，根据条件可知数列每项均正，，所以数列单增，正确：
对于，取，由可知，当时，，由此类推可得正确；
对于，由条件数列每项均正，，又，所以，C错；
对于D，，
因此有，所以有，
即，
设，
当时，，所以此时函数单调递增，
故
所以，
因此有，
即，所以D对，
故选：ABD
三、填空题
41．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为 .
【答案】/
【解析】如图，
因为，则，
设，则，则，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因为，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：
42．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知关于的不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；
当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；
当时，不等式等价于，
令，所以，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，结合单调性可知，当时，恒成立，
而表示经过点的直线，
由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：
解得．则实数的取值范围是，
故答案为：．
43．（湖南省邵阳市创新实验学校2023届高三上学期第四次月考数学试题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【解析】由已知，
设，则上恒成立，
所以也即是R上的增函数，
，若，则存在，使得时，，从而在上是减函数，与已知矛盾，
所以，，解得或，又，所以．
故答案为：．
44．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）数学王子高斯在小时候计算时，他是这样计算的：，共有50组，故和为5050，事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数图象关于对称，，则 .
【答案】
【解析】由函数图象关于点对称，得，
得，所以.
因为，
所以，
所以，则，
所以.
故答案为：.
45．（2023·湖北荆州·高三湖北省松滋市第一中学校考阶段练习）已知函数对于任意，都有，且当时，.若函数恰有3个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由对任意都成立，所以函数的图像关于直线对称，
先作出函数在上的图像，再作出这部分图像关于直线对称的图像，
得函数的图像，如图所示：
令，得，令，则函数的零点个数即函数的图像与函数的图像的交点个数，
因为，所以的图像关于轴对称，
且恒过定点，当函数的图像过点时，，
过点作函数的图像的切线，
设切点为处的切线方程为，
又切线过点，所以，所以切线的斜率为，
即当时，的图像与函数的图像相切，
由图可知，当且仅当时，
和恰有3个交点，即恰三个零点.
故答案为：
46．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）设数列满足 ,且对任意,函数满足，若，则数列的前项和为 .
【答案】
【解析】.
因为，所以：，
所以是一个等差数列. ，又， ，
所以 .
故答案为:
47．（2023·山东济宁·高三统考期中）如图的曲线就像横放的葫芦的轴截面的边缘线，我们叫葫芦曲线（也像湖面上高低起伏的小岛在水中的倒影与自身形成的图形，也可以形象地称它为倒影曲线），它对应的方程为（其中记为不超过的最大整数），且过点，若葫芦曲线上一点到轴的距离为，则点到轴的距离为 .
【答案】
【解析】因为过点，
所以，
则，即，
所以，即，
因为葫芦曲线上一点到轴的距离为，
所以，
所以，
，
故答案为：.
48．（2023·山东济宁·高三统考期中）已知实数 ，满足 ， ，则 .
【答案】
【解析】由知， ，即，
由 知，，即 ，
设，则，
显然函数在上单调递增，
则有，又，即，
从而得，所以.
故答案为：
49．（2023·山东青岛·高三青岛二中校考期中）若是函数的极大值点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】由，，
则，且，
设，，
当，即时，
，则时，，时，，
此时函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，不符合题意；
当，即或时，
若，因为，且，函数的对称轴为，
则方程的两根为，且，，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以函数在和上单调递减，在和上单调递增，
所以当时，函数取得极大值，符合题意，即.
若，因为，且，函数的对称轴为，
所以，则时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
50．（2023·福建福州·高三校考期中）已知函数对任意都有不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【解析】由，
所以函数在一个周期的图象如图所示，
因为对任意，都有不等式恒成立，
即当时，函数取最小值，当时，函数取最大值，
则的最小值为.
故答案为．
51．（2023·江苏淮安·高三淮阴中学校联考阶段练习）已知为不超过的最大整数，例如，，，设等差数列的前项和为且，记，则数列的前100项和为 .
【答案】480
【解析】由题意得，所以，
，所以，
所以公差，所以，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以数列的前100项和为.
故答案为：480.
52．（2023·重庆九龙坡·高三四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）函数的极小值为 ．
【答案】
【解析】设，则，
由，得．令，，则，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，即的极小值为，
故答案为：．
53．（2023·重庆·高三校联考阶段练习）椭圆的右焦点为F，若过定点的直线l与C交于A，B两点，则面积的最大值为 ．
【答案】/
【解析】椭圆的右焦点，令定点，
由题意可设过定点的直线l的方程为，
不妨令,
由，整理得，
则，
由，可得，
的面积为，
则
，
令，则，
则
又 （当且仅当时等号成立）
则，则，
则，则面积的最大值为.
故答案为：
54．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期中）已知函数，曲线的一个对称中心为，一条对称轴为，则的最小值为 .
【答案】9
【解析】因为为的一个对称中心，为的一条对称轴，
，得，
，，代入①得，
，当，时，.
故答案为：9.
55．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）若正数满足，则的最小值是 .
【答案】
【解析】根据条件，得：，
又函数在上单调递增，所以，即，
又因为都是正数，
所以，
当且仅当时取等，所以最小值为.
故答案为：.
56．（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）已知椭圆，圆，过原点且斜率为正的直线与圆相切于点，与椭圆在第一象限交于点，若是的中点，则椭圆的离心率是 .
【答案】/
【解析】由题意如图所示：
圆的圆心为，半径，
由题意得直线的斜率，且经过坐标原点，
所以设直线的方程，
即，
由圆与直线相切，
所以圆心到直线的距离等于半径即：，
化简得：，解得，
所以，
由于点在直线上，所以设，
所以，
又圆与直线相切则有，
且，
所以，
所以有，
则，
又因为是的中点，所以，
由点在椭圆上，故有：，
化简整理得：，
所以椭圆的离心率为：
，
故答案为：.
四、双空题
57．（2023·广东汕头·高三统考期中）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题．古希腊数学家Pappus（约300~350前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段AB的三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线H．双曲线H与弧AB的交点记为E，连接CE，则．
①双曲线H的离心率为 ；
②若，，CE交AB于点P，则 ．
【答案】 2
【解析】①由题可得所以，
所以双曲线H的离心率为；
②，因为，且，
所以,
又因为，所以
所以，
所以,
因为,解得，
所以,
故答案为:2; .
58．（2023·江苏盐城·高三校考阶段练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图l是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为 ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】
，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
正八边形内角和为，则，
所以，,
,
因为，则，
所以，解得，
所以；
设，则，则，
令，即，由线性规划知平行移动直线，当此直线经过时有最小值, 当此直线经过时有最大值,
所以， 取值范围 .
故答案为：，.