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2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（五）
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【答案】B
【解析】因为在内恰好有4个零点，
所以，即，
所以，又，所以，
所以，，
所以，其中．
故选：B
2．（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，直线，若有且仅有一个整数，使得点在直线l上方，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】点在直线l上方，即，因为，所以有且仅有一个正整数解.
设，则单调递增；单调递减，所以.
又，故可得图象如下图，
直线过定点，
当，有无数个正整数解，不合题意，故，
又有且仅有一个正整数解，故2是唯一的正整数解，即.
故选：C.
3．（2023·广东深圳·高三深圳市云顶学校校考阶段练习）已知实数，满足，，，，，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】由，得，.
由，，所以，
所以，解得：，则，即，
所以，，所以，
故选：C.
4．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（ ）
A．B．3C．4D．6
【答案】B
【解析】在图（1）中的几何体中，水的体积为,
在图（2）的几何体中，水的体积为：，
因为，可得，解得.
故选：B.
5．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【解析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为，所以，即，
所以，
而，
解得p＝2,
故选：B.
6．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，余弦相似度为向量，夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，，，若P，Q的余弦距离为，，则Q，R的余弦距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意得
则，
又，
∴，
∴，，
，
故选：
7．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【解析】由题意得，，则，，
由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，
当时，，得，则，即，
所以，，
，
在中，由余弦定理得，
因为为锐角，所以，
所以，
故选：A
8．（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）已知函数，若存在实数，满足，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】函数的图象如图所示：
又
设
当时，单调递增
，又，
的取值范围是
本题正确选项：
9．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由三角形面积公式结合，可知，即，
又由平方关系，所以，即，
解得或（舍去），
由余弦定理有，所以，
令，所以 ，故只需求出的范围即可，
由正弦定理边化角得，
注意到在锐角中，有，简单说明如下：
若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，
所以在锐角中，有，
所以在锐角中，有，
因为正切函数在上单调递增，
所以，
从而，
而函数在单调递减，在单调递增，
所以.
综上所述：的取值范围为.
故选：B.
10．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）抛物线C：的焦点为F，顶点为O，其上两点（均异于原点O）满足；过O点作于C，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：
由题意不妨设直线满足，，其中，
联立得，，
所以由韦达定理有，从而，
又由可知，
因为，所以解得，
此时满足题意，故，
所以直线，
因为，
所以不妨设，
联立，解得，
即点，又，
所以，
因为，所以，.
故选：C.
11．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）求值：（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】不妨设所求的值为，则，
由正弦的二倍角公式逆用有，
由诱导公式、二倍角公式及其逆用得
，
最终由两角和差的正弦公式得
.
故选：A.
12．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）如图，三棱台中，，现在以下四项中选择一个，可以证明的条件有（ ）
①；②；
③；④；
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【解析】如图所示：
设三棱台的三条侧棱交于一点.
因为在三棱台中，，所以，
故等价于，
对于条件③：若，分别在中运用余弦定理可得，
，，
因为，且，
所以，所以，故，故条件③满足题意；
对于条件①，若，则，
即
又注意到，即，且，
所以，
又，余弦函数在上单调递减，
所以，结合以上对条件③的分析，故条件①也满足题意；
对于条件②：不妨设是两个互相垂直的等边三角形，且分别是的中点，
因为，，所以，
因为，所以，同时又有，满足题意，
此时，取点为的中点，连接，
由于是两个互相垂直的等边三角形，
所以平面平面，且由三线合一可知，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，
由于在等边中，，，故，
所以，即，所以，故条件②不满足题意；
对于条件④：分别在中运用余弦定理可得，
，，
所以
不妨设，，
所以，
即，
所以或，
换言之，在条件的情况下，不一定成立，
所以不一定成立，故条件④不满足题意.
综上所述，满足题意的条件有：①，③；共有两个.
故选：C.
13．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）已知，若它的图象恒在x轴上方，则（ ）
A．的单调递增区间为
B．方程可能有三个实数根
C．若函数在处的切线经过原点，则
D．过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线
【答案】D
【解析】A选项，因为函数的图象恒在x轴上方，
时，由于恒成立，故要想恒正，
则要满足，
时，恒成立，
，当时，在恒成立，
故在单调递增，又当时，，
故在上恒成立，满足要求，
当时，令，故存在，使得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，又当时，，
故时，，不合题意，舍去，
综上：，
当时，，
，且，
画出函数图象如下，
故的单调递增区间为，，A错误；
B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；
C选项，当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，
解得，
当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，其中满足上式，
不满足，故C错误；
D选项，当时，设上一点，
，当切点为，
则，
故切线方程为，此时有一条切线，
当切点不为时，设切点为，
则，
此时有，
即，
其中表示直线的斜率，
画出与的图象，
最多有6个交点，故可作6条切线，
时，当切点不为时，设切点为，
则，，
，，
结合图象可得，存在一个点，
使得过点的切线过上时函数的一点，
故可得一条切线，
当点在时的函数图象上时，由图象可知，不可能作8条切线，
综上，过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线，D正确.
故选：D
14．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，所以，
所以（当且仅当时取等号），
令，则，所以；
设，则，
所以在单调递增，所以，即，
令，则，即.
所以.
故选：C
15．（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）
A．2B．3C．4D．
【答案】A
【解析】由于函数的图象在点处的切线方程是，
故，，
故，
故选：A.
16．（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，即，
，，
设，
则，
令，则，
单调递增，又，
当时，，即，
则在上单调递减；
当时，，即，
则在上单调递增；
所以取得极小值，也是最小值，
，
即的最小值为.
故选：.
17．（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）是定义在上的偶函数，对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方程在至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
可看成函数与图像在区间内至少有2个交点，至多有3个交点，
是定义在上的偶函数，当时，，
当时，，
对，都有，
的对称轴为直线，
可画出与在的图像，如图所示，
结合图像可得，，即，
解得：，
故选：D．
18．（多选题）（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（ ）
A．，，，四点共面
B．
C．直线平面
D．三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】易知与为异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误；
由，而，所以，故B正确；
由，平面，平面，所以平面，故C正确；
由平面，所以，故D正确.
故选：BCD.
19．（多选题）（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）已知，且，，，则（ ）
A．的取值范围为B．存在，，使得
C．当时，D．t的取值范围为
【答案】AD
【解析】因为，所以，即，若，则，又，所以不能同时成立，所以，故A正确；
由A可知，所以，又，所以，所以，故B错误；
当时，整理，得所以，又，对上式整理得，所以，解得（舍去负根），故C错误；
因为，且，所以随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，又，所以，，即D正确．
故选：AD．
20．（多选题）（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）数列首项，对一切正整数，都有，则（ ）
A．数列是等差数列
B．对一切正整数都有
C．存在正整数，使得
D．对任意小的正数，存在，使得
【答案】ABD
【解析】由可得，，
所以，
即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，A正确；
由A选项可知，所以，
所以对一切正整数都有，B正确；
若存在正整数，使得，
则无解，C错误；
因为，
所以，
对任意小的正数，取，则必存在，有，
此时，则，
所以当时，，D正确，
故选：ABD.
21．（多选题）（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．当时，函数的最小值为
B．当时，函数的极大值点为
C．存在实数使得函数在定义域上单调递增
D．若恒成立，则实数的取值范围为
【答案】AD
【解析】因为函数，则，其中，
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，故A正确；
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，函数有极小值，则为极小值点，故B错误；
假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，因为的值域为，
所以函数无最小值，
故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；
若恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，令，则，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，所以，故D正确；
故选：AD
22．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（ ）.
A．平面QBC
B．设三棱锥和的体积分别为和，则
C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍
D．二面角的正切值为
【答案】BCD
【解析】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，
∴PQ为球O的直径，
取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，
∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，
设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，
∴，
∴，QN=4h，PN=h，
∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，
∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；
由QN=4PN，可得，故B正确；
∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，
∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；
∵，
∴，，
∴，即二面角的正切值为，故D正确.
故选：BCD.
23．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】ACD
【解析】，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减；
设点是上的一点，则，，
，即也是上的点，图象关于直线对称，
由得：，
又与图象关于对称，
则可作出，与图象如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，即，，即；
与的交点横坐标落在区间中，即，
，A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又图象关于直线对称，与关于直线对称，
或，整理可得：，，B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由A知：，；
与图象交点的横坐标落在区间中，即，
又，，C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当，即时取等号），
由C知：，等号不成立，即，D正确.
故选：ACD.
24．（多选题）（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）已知函数的定义域为，且，，为偶函数，则（ ）
A．为偶函数B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A，因为的定义域为R，关于原点对称，
令，则，故，则，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故A错误；
对于B，因为为偶函数，所以，
所以关于对称，所以，故B正确；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，所以，
故的一个周期为6，因为，所以，
对于，令，得，则，
令，得，则，令，得，
令，得，令，得，
所以，
又，所以由的周期性可得：
，故D正确.
故选：BCD.
25．（多选题）（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为
B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体的体积的取值范围是
D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为
【答案】ABD
【解析】对选项A，设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，
因为是边长为2的等边三角形，则，，
连接，，，由条件可知，，，且，
则，所以，
则，即，
所以球的表面积，圆锥的侧面积，
所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故选项A正确；
因为平面与母线VB平行，所以截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故选项B正确；
对选项C，由题意是的中点，所以四面体的体积等于，
设点到平面的距离为，当，处于，时，，
当，处于弧中点时，最大，为1，所以，
如图作交于，由对选项A可知，，
则，，所以，从而，
所以的面积，
所以，
因为，所以，故，
所以四面体的体积的取值范围是，故选项C不正确；
对选项D，由题意得球面和圆锥侧面的交线为以为直径的圆，
以为坐标原点，所在直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，设，
则，
，
所以，
所以
即，
所以当时，有最大值，故选项D正确.
故选：ABD.
26．（多选题）（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若的图像向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（ ）
A．B．若在单调递增，则
C．曲线的一条对称轴是D．曲与直线有5个交点
【答案】AD
【解析】由题意，故，
又的图象向左平移个单位得到，
所以，且，故，A正确；
令，
故易知在单调递增，故，B错；
因为，则，
所以直线不是曲线的一条对称轴，C选项错误；
直线与曲线均过点，
且该直线与曲线均关于该点中心对称，
当时，，
当时，，
如图所示，
由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对.
故选：AD
27．（多选题）（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半经分别为3和1，母线长为4，则（ ）
A．圆台容器的的容积为
B．圆台的外接球的半径为
C．容器中可放入一个半径为1.7球体
D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2
【答案】ACD
【解析】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为，
由台体体积公式可得，
故A选项正确.
圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，
则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，
等价于的外接圆的半径.
由上图可得，
由正弦定理得.
B选项错误.
考虑该圆台是否有内切球.
圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时，
球心在两底面圆心连线们中点，半径为；
接下来验证点到距离，
由题意，
则，即为直角三角形，
所以，解得，
故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确.
正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，
由（3）可知，最大正方体对角线为，
所以，最大边长的值为2，故D选项正确.
故选：ACD
28．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）在正方体中，点在线段上，且，动点在线段上（含端点），则下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若直线平面，则
C．不存在点使平面平面
D．存在点使直线与平面所成角为
【答案】AB
【解析】选项A，连接，如图所示：设正方体的棱长为，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
即平面
所以直线上的所有点到平面的距离都相等都等于正方体的棱长为定值，
所以点到平面的高度为，
由为定值，
所以为定值，
故A正确，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，设正方体的棱长为1，
因为点在线段上，且，所以在线段的中点，
则，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以平面的法向量为，
由，设，
所以，又，
所以，
所以，
所以，所以
直线平面，所以 ，
即，
解得，，故B选项正确，
当处于点时，平面即为平面，
而在正方体中平面平面，
故存在点，使得平面平面，
故C错误，
由B选项知，由平面,
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
由线面角的性质有：
，
假设存在点使直线与平面所成角为，
则，
即，
因为，无实数解，
所以不存在点使直线与平面所成角为，
故D选项不正确，
故选：AB.
29．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）某高中一年级有3个班级，（1）班、（2）班、（3）班的学生人数之比为.在某次数学考试中，（1）班的及格率为，（2）班的及格率为，（3）班的及格率为，从该校随机抽取一名高一学生.记事件“该学生本次数学为试及格”，事件“该学生在高一（i）班”，则（ ）
A．
B．与均不相互独立
C．
D．若从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自（1）班的概率最大
【答案】AC
【解析】由题意，，
，
则，故A正确；
由，则，所以与相互独立，故B错误；
因为，所以，所以，故C正确；
由题意这次高一年级数学考试中，（1）班、（2）班、（3）班学生中及格人数之比为，
所以从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自（1）班的概率为，
该同学来自（2）班的概率为，该同学来自（3）班的概率为，
所以该同学来自（3）班的概率最大，故D错误.
故选：AC
30．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由函数关于直线对称，可得，
即，则函数关于直线对称，故选项C正确；
由的图象关于点对称，可得，
即，以2x代换x，则，
所以函数关于点对称，可得，即，
结合可得，
所以，故选项B正确.
所以是周期函数，且周期为4，其图象不仅关于直线对称还关于点对称，
所以不关于点和对称，所以不是奇函数，，故选项A、D错误；
故选：BC
31．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则面积的最大值为
B．若，则面积的最大值为
C．若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D．若为的中点，且，则面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A，由余弦定理可得，
即，
由基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，所以A错误；
对于B，由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，故B正确；
对于C，设，，则，，
在和中，分别运用正弦定理，得和.
因为，所以，即，所以，
由余弦定理可得，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为3，所以C正确；
对于D，设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，
所以，
所以当即时，，D正确.
故选：BCD.
32．（多选题）（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）如图，在平整的地面上任一点O处观测点P处的太阳时，可以将太阳一日的运动轨迹看作一个圆，且这个圆在以O为球心，半径很大的球面上．白天观测到的轨迹是其在地面以上的部分．在点O处立一根杆OA（A也可看作球心），它在地面上形成日影，且P，A，三点共线，则白天时点在地面上运动的轨迹可能是（ ）
A．一个抛物线B．一条直线C．一个半椭圆D．双曲线的一支
【答案】ABD
【解析】由题意，
由自然地理知识，以六个不同纬度讨论杆影轨迹形态.
33．（多选题）赤道
春秋分日，赤道上的杆影轨迹为一条经过杆脚（原点）的东西向直线，与x轴重合（图3），因为太阳正东升，太阳视运动轨迹垂直于地平面，故整个上午太阳均在正东方向，影子在正西方向，正午太阳在天顶无杆影，下午太阳位于正西，杆影则在正东.除极点外，全球任意纬度的春秋分杆影轨迹均为一条东西向直线，北半球该线位于杆脚以北，南半球则为以南，纬度越高则直线离杆脚越远.
非春秋分日，赤道上的杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，太阳直射点位于北半球，赤道上观察太阳位于偏北方，故杆影轨迹位于杆脚的南侧，开口朝南.秋分至次年春分，杆影位于杆脚北侧，开口朝北.日期越接近春秋分则双曲线的曲率越小，日期越接近二至日则曲率越大.二至日曲率最大，且离杆脚最远.
34．（多选题）回归线之间（含回归线）
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，开口朝南；秋分至次年春分，开口朝北，其中太阳直射时，杆影轨迹过原点（即杆脚）.北回归线上，夏至日轨迹过原点.
35．（多选题）回归线至极昼区边界
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线，曲率比低纬地区有所加大。春分至秋分，开口朝南，夏至轨迹与和轴的交点分别为、；秋分至次年春分，开口朝北，冬至轨迹与轴交点为。在春秋分，轨迹为直线，该直线距轴为个单位，因为正午影长与杆高相等。显然春秋分轨迹并不是两至日轨迹的对称轴。
36．（多选题）极昼区边界
以南极圈为例，冬至日该地恰好出现极昼，轨迹为开口向北的抛物线.值得一提的是，凡是极昼区与非极昼区分界纬线上（即刚出现极昼的纬线），其轨迹为抛物线，而并非椭圆.南极圈其他日期为双曲线或直线.
37．（多选题）极昼区（除极点）
以为例，极昼期间轨迹为椭圆，24小时均有杆影，正午与子夜太阳高度分别为最大和最小，杆影分别为最短和最长.椭圆长轴位于南北方向，短轴位于东西方向，原点位于椭圆的焦点，越靠近极昼区的边缘，则椭圆的偏心率越大.
38．（多选题）极点
春秋分日，太阳在地平线上，理论上杆影无限长，杆影轨迹无法表达.极昼期间，极点的杆影轨迹为正圆，圆心为杆脚，因为太阳平行于地平面，一天内太阳高度不变.越趋向夏至（或冬至日），圆的半径越小；越趋向春秋分，则圆半径趋向无穷大.
综合以上分析可知，
杆影轨迹共有双曲线、直线、抛物线、椭圆和圆 5 种线条类型.直线是春秋分日的特有形态，全球（除两极）皆为直线.抛物线是刚出现极昼地区（如太阳直射那天，地区）的特有形态.椭圆是高纬地区在极昼时期的特有形态.圆是北极点和南极点的特有形态.双曲线是全球各地的普遍形态，太阳直射点在北半球时则双曲线开口朝南，反之则朝北.
其中，直线为一条直线，双曲线和抛物线均为半支，椭圆为一整个椭圆，故ABD正确，C错误.
故选：ABD.
39．（多选题）（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则为锐角三角形
C．若，则是等腰三角形
D．若，，分别表示，的面积，则
【答案】AD
【解析】A选项，由正弦定理，，
又，则，则或，
且注意两种情况均可满足三角形内角和为，故A正确；
B选项，由，结合，
可得，
即，即只能得到C为锐角，不能得到为锐角三角形，故B错误；
C选项，由正弦定理，.
易得或，即是等腰三角形或直角三角形.故C错误；
D选项，由，可得.
设，则共线，O为中点.
又.则三点共线.
则，故D正确.
故选：AD.
40．（多选题）（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为.若，且为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，
且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.
对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.
对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，
所以，这表明了关于直线对称，即，
由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.
对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，
结合C选项分析结论，可知，
所以这表明了的周期为4，
因此，注意到，
所以；故D选项符合题意.
故选：ACD.
41．（多选题）（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知函数，令，则（ ）
A．或时，有1个零点
B．若有2个零点，则或
C．的值域是
D．若有3个零点，且，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】由函数，画出函数的图象，如图所示，
由函数，则的零点，即，
即函数与的交点横坐标，
对于A中，当时，函数没有零点，所以A错误；
对于B中，要使得函数有2个零点，即函数与有两个不同的交点，
结合图象，可得或，所以B正确；
对于C中，由函数的图象，可得函数的值域为，所以C正确；
对于D中，由有3个零点，且，
可得，
由，即，所以，可得，
又由，解得，
所以的取值范围为，所以D正确.
故选：BCD.
42．（多选题）（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
43．（多选题）（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）已知函数是定义域为的偶函数，满足，当时，，则（ ）
A．的最小值是，最大值是B．的周期为
C．D．
【答案】ABD
【解析】由于，所以图象关于直线对称，
由于是定义在上的偶函数，所以图象关于轴对称，
所以是周期为的周期函数，B选项正确.
当时，，
当时，，所以，
当时，的开口向上，对称轴为，
所以，
根据的周期性、对称性可知的最小值是，最大值是，A选项正确.
，C选项错误.
，
，
所以，D选项正确.
故选：ABD
44．（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）已知椭圆和双曲线有共同的焦点，P，Q分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于 ．
【答案】2
【解析】设椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，为两曲线在第一象限的交点，为两曲线在第三象限的交点，如图所示，
由椭圆和双曲线定义与对称性知，，，
，
，则，
，即，
于是有，则，
故答案为：.
45．（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）记函数的最小正周期为T，且，．若为的一个零点，则 ．
【答案】3
【解析】因为，，
所以，从而，
令，即，，
所以，．
故答案为：3.
46．（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，直线，是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是 ．
【答案】
【解析】记，，
由函数图象可知，不妨设与相切于点，与相切于点，则，．
∴，，∴，，
∵，∴，即，所以，
∵的方程为，的方程为，
两方程相减得点的横坐标，
∵，∴，
∴，即点横坐标的取值范围是．
故答案为：
47．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于
【答案】
【解析】∵圆的圆心，半径，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.
解法一：设切线l的方程为，即，
则有，整理得：
联立方程，消去y得：，
由相切得： 整理得：
由①②得：，解得.
解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即
则有，整理得，
∵点P在椭圆上，则，
则，解得，
所以切线l的斜率.
故答案为：.
48．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为 ．
【答案】
【解析】由题设，，故，当且仅当时等号成立，
所以，此时，
令，则，故，
所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.
故，且时等号成立，
综上，的最大值为.
故答案为：.
49．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【答案】
【解析】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：
由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，
所以；
在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，
截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：
又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，
设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得
所以的轨迹抛物线方程为，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，平面的一个法向量为，
则，令，解得，即；
，
则点到平面的距离为，
令，易得，
所以，
易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，
所以，
所以三棱锥的体积；
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：
50．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）先将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象与函数的图象关于x轴对称，若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，因为函数的图象与的图象关于x轴对称，
所以，
因为，所以，
又因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，令，得在上单调递增，所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故答案为：
51．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的的最大值为 .
【答案】
【解析】
相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线所成的角是相等的，
平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，
则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，所以其面积为.
故答案为：
52．（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）如图，在中，已知，点D，E分别在边AB，AC上，且 ，点F为线段DE上的动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
设，
则
，
，
则
，
对于，其开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
所以的取值范围是.
故答案为：.
53．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在等比数列中，，则 .
【答案】
【解析】记等比数列的公比为，则，解得，所以，
记，
因为，所以是1为首项，为公比的等比数列，
所以.
故答案为：.
54．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知，是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线，分别交椭圆于另外的点，．若直线过椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题意可知，，
设，可得直线的斜率分别为，，
因为点在双曲线上，则，整理得，所以，
设点，可得直线，的斜率，，
因为点在椭圆上，则，整理得，
所以，即，
则，所以直线与关于轴对称，
又因为椭圆也关于轴对称，且，过焦点，则轴，
又，则，
所以，
整理得，即，解得，或（舍去），
所以椭圆的离心率为．
故答案为：．
55．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）已知矩形和另一点E，，，且，连接交直线于点F，若的面积为6，则 ．
【答案】或
【解析】我们分以下两种情形来解决，
情形一：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
此时，
由题意，，
解得；
情形二：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
由题意，，
解得.
综上所述：若的面积为6，则或.
故答案为：或.
56．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）一张圆形餐桌前有个人，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜．现规定每人只能在相邻两人或餐桌中心的三道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记未被夹取过的菜肴数为，则 ，的通项公式为 ．
【答案】
【解析】给所有菜编号，中心菜编号为0，其余每人前面的菜分别为，
记事件“中心菜未被夹”为，事件“中心菜被夹”为，
则由题意，，
所以，
记事件“第道菜未被夹”为，事件“第道菜被夹”为，，
所以，，
所以，
而由题意有，
所以，
从而.
故答案为：，.
57．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知函数，，，在内恰有两个极值点，且，则的所有可能取值构成的集合是 ．
【答案】
【解析】在内恰有两个极值点，若最小正周期为，又，
则，即，，解得：，
又，或；
，，关于中心对称，
，解得：；
当时，，又，；
当时，，又，或；
综上所述：的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：.
58．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知锐角，角所对的边分别为 ，若，，则a的取范围是 .
【答案】
【解析】因为，由正弦定理可得，
又由余弦定理得，可得，
因为，可得，
因为为锐角三角形，所以，可得，
所以，
又因为，所以，
因为，可得，所以，
即，解得或（舍去），
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
59．（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知定义在上的函数满足：对任意实数a，b都有，且当时，．若，则不等式的解集为 ．
【答案】
【解析】对任意实数a，b都有，且当时，．
设，则，．
所以，
即，
所以是增函数．
因为，即，所以.
所以原不等式化为等价为，
则，即，则，得，
故不等式的解集是.
故答案为：
60．（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，若恒成立，则a的取值范是 .
【答案】
【解析】若，可得，
令，则，则在上单调递增，
由得，
即在时恒成立，
令，
则，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
即，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
61．（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）已知正实数x，y满足，函数的最小值为，则实数取值的集合为 ．
【答案】
【解析】，∴，，
令，，
当时，，与已知矛盾；
当时，在单调递减，
∴，
解得或（舍去），
∴的取值集合．
故答案为：.
【答案】B
【解析】因为在内恰好有4个零点，
所以，即，
所以，又，所以，
所以，，
所以，其中．
故选：B
2．（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，直线，若有且仅有一个整数，使得点在直线l上方，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】点在直线l上方，即，因为，所以有且仅有一个正整数解.
设，则单调递增；单调递减，所以.
又，故可得图象如下图，
直线过定点，
当，有无数个正整数解，不合题意，故，
又有且仅有一个正整数解，故2是唯一的正整数解，即.
故选：C.
3．（2023·广东深圳·高三深圳市云顶学校校考阶段练习）已知实数，满足，，，，，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】由，得，.
由，，所以，
所以，解得：，则，即，
所以，，所以，
故选：C.
4．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（ ）
A．B．3C．4D．6
【答案】B
【解析】在图（1）中的几何体中，水的体积为,
在图（2）的几何体中，水的体积为：，
因为，可得，解得.
故选：B.
5．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【解析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为，所以，即，
所以，
而，
解得p＝2,
故选：B.
6．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，余弦相似度为向量，夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，，，若P，Q的余弦距离为，，则Q，R的余弦距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意得
则，
又，
∴，
∴，，
，
故选：
7．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【解析】由题意得，，则，，
由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，
当时，，得，则，即，
所以，，
，
在中，由余弦定理得，
因为为锐角，所以，
所以，
故选：A
8．（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）已知函数，若存在实数，满足，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】函数的图象如图所示：
又
设
当时，单调递增
，又，
的取值范围是
本题正确选项：
9．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由三角形面积公式结合，可知，即，
又由平方关系，所以，即，
解得或（舍去），
由余弦定理有，所以，
令，所以 ，故只需求出的范围即可，
由正弦定理边化角得，
注意到在锐角中，有，简单说明如下：
若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，
所以在锐角中，有，
所以在锐角中，有，
因为正切函数在上单调递增，
所以，
从而，
而函数在单调递减，在单调递增，
所以.
综上所述：的取值范围为.
故选：B.
10．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）抛物线C：的焦点为F，顶点为O，其上两点（均异于原点O）满足；过O点作于C，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示：
由题意不妨设直线满足，，其中，
联立得，，
所以由韦达定理有，从而，
又由可知，
因为，所以解得，
此时满足题意，故，
所以直线，
因为，
所以不妨设，
联立，解得，
即点，又，
所以，
因为，所以，.
故选：C.
11．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）求值：（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】不妨设所求的值为，则，
由正弦的二倍角公式逆用有，
由诱导公式、二倍角公式及其逆用得
，
最终由两角和差的正弦公式得
.
故选：A.
12．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）如图，三棱台中，，现在以下四项中选择一个，可以证明的条件有（ ）
①；②；
③；④；
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【解析】如图所示：
设三棱台的三条侧棱交于一点.
因为在三棱台中，，所以，
故等价于，
对于条件③：若，分别在中运用余弦定理可得，
，，
因为，且，
所以，所以，故，故条件③满足题意；
对于条件①，若，则，
即
又注意到，即，且，
所以，
又，余弦函数在上单调递减，
所以，结合以上对条件③的分析，故条件①也满足题意；
对于条件②：不妨设是两个互相垂直的等边三角形，且分别是的中点，
因为，，所以，
因为，所以，同时又有，满足题意，
此时，取点为的中点，连接，
由于是两个互相垂直的等边三角形，
所以平面平面，且由三线合一可知，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，
由于在等边中，，，故，
所以，即，所以，故条件②不满足题意；
对于条件④：分别在中运用余弦定理可得，
，，
所以
不妨设，，
所以，
即，
所以或，
换言之，在条件的情况下，不一定成立，
所以不一定成立，故条件④不满足题意.
综上所述，满足题意的条件有：①，③；共有两个.
故选：C.
13．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）已知，若它的图象恒在x轴上方，则（ ）
A．的单调递增区间为
B．方程可能有三个实数根
C．若函数在处的切线经过原点，则
D．过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线
【答案】D
【解析】A选项，因为函数的图象恒在x轴上方，
时，由于恒成立，故要想恒正，
则要满足，
时，恒成立，
，当时，在恒成立，
故在单调递增，又当时，，
故在上恒成立，满足要求，
当时，令，故存在，使得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，又当时，，
故时，，不合题意，舍去，
综上：，
当时，，
，且，
画出函数图象如下，
故的单调递增区间为，，A错误；
B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；
C选项，当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，
解得，
当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，其中满足上式，
不满足，故C错误；
D选项，当时，设上一点，
，当切点为，
则，
故切线方程为，此时有一条切线，
当切点不为时，设切点为，
则，
此时有，
即，
其中表示直线的斜率，
画出与的图象，
最多有6个交点，故可作6条切线，
时，当切点不为时，设切点为，
则，，
，，
结合图象可得，存在一个点，
使得过点的切线过上时函数的一点，
故可得一条切线，
当点在时的函数图象上时，由图象可知，不可能作8条切线，
综上，过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线，D正确.
故选：D
14．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，所以，
所以（当且仅当时取等号），
令，则，所以；
设，则，
所以在单调递增，所以，即，
令，则，即.
所以.
故选：C
15．（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）
A．2B．3C．4D．
【答案】A
【解析】由于函数的图象在点处的切线方程是，
故，，
故，
故选：A.
16．（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，即，
，，
设，
则，
令，则，
单调递增，又，
当时，，即，
则在上单调递减；
当时，，即，
则在上单调递增；
所以取得极小值，也是最小值，
，
即的最小值为.
故选：.
17．（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）是定义在上的偶函数，对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方程在至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
可看成函数与图像在区间内至少有2个交点，至多有3个交点，
是定义在上的偶函数，当时，，
当时，，
对，都有，
的对称轴为直线，
可画出与在的图像，如图所示，
结合图像可得，，即，
解得：，
故选：D．
18．（多选题）（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（ ）
A．，，，四点共面
B．
C．直线平面
D．三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】易知与为异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误；
由，而，所以，故B正确；
由，平面，平面，所以平面，故C正确；
由平面，所以，故D正确.
故选：BCD.
19．（多选题）（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）已知，且，，，则（ ）
A．的取值范围为B．存在，，使得
C．当时，D．t的取值范围为
【答案】AD
【解析】因为，所以，即，若，则，又，所以不能同时成立，所以，故A正确；
由A可知，所以，又，所以，所以，故B错误；
当时，整理，得所以，又，对上式整理得，所以，解得（舍去负根），故C错误；
因为，且，所以随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，又，所以，，即D正确．
故选：AD．
20．（多选题）（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）数列首项，对一切正整数，都有，则（ ）
A．数列是等差数列
B．对一切正整数都有
C．存在正整数，使得
D．对任意小的正数，存在，使得
【答案】ABD
【解析】由可得，，
所以，
即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，A正确；
由A选项可知，所以，
所以对一切正整数都有，B正确；
若存在正整数，使得，
则无解，C错误；
因为，
所以，
对任意小的正数，取，则必存在，有，
此时，则，
所以当时，，D正确，
故选：ABD.
21．（多选题）（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．当时，函数的最小值为
B．当时，函数的极大值点为
C．存在实数使得函数在定义域上单调递增
D．若恒成立，则实数的取值范围为
【答案】AD
【解析】因为函数，则，其中，
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，故A正确；
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，函数有极小值，则为极小值点，故B错误；
假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，因为的值域为，
所以函数无最小值，
故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；
若恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，令，则，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，所以，故D正确；
故选：AD
22．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（ ）.
A．平面QBC
B．设三棱锥和的体积分别为和，则
C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍
D．二面角的正切值为
【答案】BCD
【解析】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，
∴PQ为球O的直径，
取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，
∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，
设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，
∴，
∴，QN=4h，PN=h，
∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，
∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；
由QN=4PN，可得，故B正确；
∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，
∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；
∵，
∴，，
∴，即二面角的正切值为，故D正确.
故选：BCD.
23．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】ACD
【解析】，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减；
设点是上的一点，则，，
，即也是上的点，图象关于直线对称，
由得：，
又与图象关于对称，
则可作出，与图象如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，即，，即；
与的交点横坐标落在区间中，即，
，A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又图象关于直线对称，与关于直线对称，
或，整理可得：，，B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由A知：，；
与图象交点的横坐标落在区间中，即，
又，，C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当，即时取等号），
由C知：，等号不成立，即，D正确.
故选：ACD.
24．（多选题）（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）已知函数的定义域为，且，，为偶函数，则（ ）
A．为偶函数B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A，因为的定义域为R，关于原点对称，
令，则，故，则，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故A错误；
对于B，因为为偶函数，所以，
所以关于对称，所以，故B正确；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，所以，
故的一个周期为6，因为，所以，
对于，令，得，则，
令，得，则，令，得，
令，得，令，得，
所以，
又，所以由的周期性可得：
，故D正确.
故选：BCD.
25．（多选题）（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为
B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体的体积的取值范围是
D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为
【答案】ABD
【解析】对选项A，设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，
因为是边长为2的等边三角形，则，，
连接，，，由条件可知，，，且，
则，所以，
则，即，
所以球的表面积，圆锥的侧面积，
所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故选项A正确；
因为平面与母线VB平行，所以截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故选项B正确；
对选项C，由题意是的中点，所以四面体的体积等于，
设点到平面的距离为，当，处于，时，，
当，处于弧中点时，最大，为1，所以，
如图作交于，由对选项A可知，，
则，，所以，从而，
所以的面积，
所以，
因为，所以，故，
所以四面体的体积的取值范围是，故选项C不正确；
对选项D，由题意得球面和圆锥侧面的交线为以为直径的圆，
以为坐标原点，所在直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，设，
则，
，
所以，
所以
即，
所以当时，有最大值，故选项D正确.
故选：ABD.
26．（多选题）（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若的图像向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（ ）
A．B．若在单调递增，则
C．曲线的一条对称轴是D．曲与直线有5个交点
【答案】AD
【解析】由题意，故，
又的图象向左平移个单位得到，
所以，且，故，A正确；
令，
故易知在单调递增，故，B错；
因为，则，
所以直线不是曲线的一条对称轴，C选项错误；
直线与曲线均过点，
且该直线与曲线均关于该点中心对称，
当时，，
当时，，
如图所示，
由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对.
故选：AD
27．（多选题）（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半经分别为3和1，母线长为4，则（ ）
A．圆台容器的的容积为
B．圆台的外接球的半径为
C．容器中可放入一个半径为1.7球体
D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2
【答案】ACD
【解析】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为，
由台体体积公式可得，
故A选项正确.
圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，
则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，
等价于的外接圆的半径.
由上图可得，
由正弦定理得.
B选项错误.
考虑该圆台是否有内切球.
圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时，
球心在两底面圆心连线们中点，半径为；
接下来验证点到距离，
由题意，
则，即为直角三角形，
所以，解得，
故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确.
正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，
由（3）可知，最大正方体对角线为，
所以，最大边长的值为2，故D选项正确.
故选：ACD
28．（多选题）（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）在正方体中，点在线段上，且，动点在线段上（含端点），则下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若直线平面，则
C．不存在点使平面平面
D．存在点使直线与平面所成角为
【答案】AB
【解析】选项A，连接，如图所示：设正方体的棱长为，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
即平面
所以直线上的所有点到平面的距离都相等都等于正方体的棱长为定值，
所以点到平面的高度为，
由为定值，
所以为定值，
故A正确，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，设正方体的棱长为1，
因为点在线段上，且，所以在线段的中点，
则，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以平面的法向量为，
由，设，
所以，又，
所以，
所以，
所以，所以
直线平面，所以 ，
即，
解得，，故B选项正确，
当处于点时，平面即为平面，
而在正方体中平面平面，
故存在点，使得平面平面，
故C错误，
由B选项知，由平面,
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
由线面角的性质有：
，
假设存在点使直线与平面所成角为，
则，
即，
因为，无实数解，
所以不存在点使直线与平面所成角为，
故D选项不正确，
故选：AB.
29．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）某高中一年级有3个班级，（1）班、（2）班、（3）班的学生人数之比为.在某次数学考试中，（1）班的及格率为，（2）班的及格率为，（3）班的及格率为，从该校随机抽取一名高一学生.记事件“该学生本次数学为试及格”，事件“该学生在高一（i）班”，则（ ）
A．
B．与均不相互独立
C．
D．若从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自（1）班的概率最大
【答案】AC
【解析】由题意，，
，
则，故A正确；
由，则，所以与相互独立，故B错误；
因为，所以，所以，故C正确；
由题意这次高一年级数学考试中，（1）班、（2）班、（3）班学生中及格人数之比为，
所以从这次高一年级数学考试及格的学生中随机抽取一人，则该同学来自（1）班的概率为，
该同学来自（2）班的概率为，该同学来自（3）班的概率为，
所以该同学来自（3）班的概率最大，故D错误.
故选：AC
30．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由函数关于直线对称，可得，
即，则函数关于直线对称，故选项C正确；
由的图象关于点对称，可得，
即，以2x代换x，则，
所以函数关于点对称，可得，即，
结合可得，
所以，故选项B正确.
所以是周期函数，且周期为4，其图象不仅关于直线对称还关于点对称，
所以不关于点和对称，所以不是奇函数，，故选项A、D错误；
故选：BC
31．（多选题）（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则面积的最大值为
B．若，则面积的最大值为
C．若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D．若为的中点，且，则面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A，由余弦定理可得，
即，
由基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，所以A错误；
对于B，由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，故B正确；
对于C，设，，则，，
在和中，分别运用正弦定理，得和.
因为，所以，即，所以，
由余弦定理可得，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为3，所以C正确；
对于D，设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，
所以，
所以当即时，，D正确.
故选：BCD.
32．（多选题）（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）如图，在平整的地面上任一点O处观测点P处的太阳时，可以将太阳一日的运动轨迹看作一个圆，且这个圆在以O为球心，半径很大的球面上．白天观测到的轨迹是其在地面以上的部分．在点O处立一根杆OA（A也可看作球心），它在地面上形成日影，且P，A，三点共线，则白天时点在地面上运动的轨迹可能是（ ）
A．一个抛物线B．一条直线C．一个半椭圆D．双曲线的一支
【答案】ABD
【解析】由题意，
由自然地理知识，以六个不同纬度讨论杆影轨迹形态.
33．（多选题）赤道
春秋分日，赤道上的杆影轨迹为一条经过杆脚（原点）的东西向直线，与x轴重合（图3），因为太阳正东升，太阳视运动轨迹垂直于地平面，故整个上午太阳均在正东方向，影子在正西方向，正午太阳在天顶无杆影，下午太阳位于正西，杆影则在正东.除极点外，全球任意纬度的春秋分杆影轨迹均为一条东西向直线，北半球该线位于杆脚以北，南半球则为以南，纬度越高则直线离杆脚越远.
非春秋分日，赤道上的杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，太阳直射点位于北半球，赤道上观察太阳位于偏北方，故杆影轨迹位于杆脚的南侧，开口朝南.秋分至次年春分，杆影位于杆脚北侧，开口朝北.日期越接近春秋分则双曲线的曲率越小，日期越接近二至日则曲率越大.二至日曲率最大，且离杆脚最远.
34．（多选题）回归线之间（含回归线）
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线.春分至秋分，开口朝南；秋分至次年春分，开口朝北，其中太阳直射时，杆影轨迹过原点（即杆脚）.北回归线上，夏至日轨迹过原点.
35．（多选题）回归线至极昼区边界
以为例，除春秋分外杆影轨迹为双曲线，曲率比低纬地区有所加大。春分至秋分，开口朝南，夏至轨迹与和轴的交点分别为、；秋分至次年春分，开口朝北，冬至轨迹与轴交点为。在春秋分，轨迹为直线，该直线距轴为个单位，因为正午影长与杆高相等。显然春秋分轨迹并不是两至日轨迹的对称轴。
36．（多选题）极昼区边界
以南极圈为例，冬至日该地恰好出现极昼，轨迹为开口向北的抛物线.值得一提的是，凡是极昼区与非极昼区分界纬线上（即刚出现极昼的纬线），其轨迹为抛物线，而并非椭圆.南极圈其他日期为双曲线或直线.
37．（多选题）极昼区（除极点）
以为例，极昼期间轨迹为椭圆，24小时均有杆影，正午与子夜太阳高度分别为最大和最小，杆影分别为最短和最长.椭圆长轴位于南北方向，短轴位于东西方向，原点位于椭圆的焦点，越靠近极昼区的边缘，则椭圆的偏心率越大.
38．（多选题）极点
春秋分日，太阳在地平线上，理论上杆影无限长，杆影轨迹无法表达.极昼期间，极点的杆影轨迹为正圆，圆心为杆脚，因为太阳平行于地平面，一天内太阳高度不变.越趋向夏至（或冬至日），圆的半径越小；越趋向春秋分，则圆半径趋向无穷大.
综合以上分析可知，
杆影轨迹共有双曲线、直线、抛物线、椭圆和圆 5 种线条类型.直线是春秋分日的特有形态，全球（除两极）皆为直线.抛物线是刚出现极昼地区（如太阳直射那天，地区）的特有形态.椭圆是高纬地区在极昼时期的特有形态.圆是北极点和南极点的特有形态.双曲线是全球各地的普遍形态，太阳直射点在北半球时则双曲线开口朝南，反之则朝北.
其中，直线为一条直线，双曲线和抛物线均为半支，椭圆为一整个椭圆，故ABD正确，C错误.
故选：ABD.
39．（多选题）（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则为锐角三角形
C．若，则是等腰三角形
D．若，，分别表示，的面积，则
【答案】AD
【解析】A选项，由正弦定理，，
又，则，则或，
且注意两种情况均可满足三角形内角和为，故A正确；
B选项，由，结合，
可得，
即，即只能得到C为锐角，不能得到为锐角三角形，故B错误；
C选项，由正弦定理，.
易得或，即是等腰三角形或直角三角形.故C错误；
D选项，由，可得.
设，则共线，O为中点.
又.则三点共线.
则，故D正确.
故选：AD.
40．（多选题）（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知定义在上的函数，其导函数的定义域也为.若，且为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，
且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.
对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.
对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，
所以，这表明了关于直线对称，即，
由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.
对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，
结合C选项分析结论，可知，
所以这表明了的周期为4，
因此，注意到，
所以；故D选项符合题意.
故选：ACD.
41．（多选题）（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知函数，令，则（ ）
A．或时，有1个零点
B．若有2个零点，则或
C．的值域是
D．若有3个零点，且，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】由函数，画出函数的图象，如图所示，
由函数，则的零点，即，
即函数与的交点横坐标，
对于A中，当时，函数没有零点，所以A错误；
对于B中，要使得函数有2个零点，即函数与有两个不同的交点，
结合图象，可得或，所以B正确；
对于C中，由函数的图象，可得函数的值域为，所以C正确；
对于D中，由有3个零点，且，
可得，
由，即，所以，可得，
又由，解得，
所以的取值范围为，所以D正确.
故选：BCD.
42．（多选题）（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
43．（多选题）（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）已知函数是定义域为的偶函数，满足，当时，，则（ ）
A．的最小值是，最大值是B．的周期为
C．D．
【答案】ABD
【解析】由于，所以图象关于直线对称，
由于是定义在上的偶函数，所以图象关于轴对称，
所以是周期为的周期函数，B选项正确.
当时，，
当时，，所以，
当时，的开口向上，对称轴为，
所以，
根据的周期性、对称性可知的最小值是，最大值是，A选项正确.
，C选项错误.
，
，
所以，D选项正确.
故选：ABD
44．（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）已知椭圆和双曲线有共同的焦点，P，Q分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于 ．
【答案】2
【解析】设椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，为两曲线在第一象限的交点，为两曲线在第三象限的交点，如图所示，
由椭圆和双曲线定义与对称性知，，，
，
，则，
，即，
于是有，则，
故答案为：.
45．（2023·广东惠州·高三校考阶段练习）记函数的最小正周期为T，且，．若为的一个零点，则 ．
【答案】3
【解析】因为，，
所以，从而，
令，即，，
所以，．
故答案为：3.
46．（2023·广东深圳·高三校考阶段练习）已知函数，直线，是的两条切线，，相交于点，若，则点横坐标的取值范围是 ．
【答案】
【解析】记，，
由函数图象可知，不妨设与相切于点，与相切于点，则，．
∴，，∴，，
∵，∴，即，所以，
∵的方程为，的方程为，
两方程相减得点的横坐标，
∵，∴，
∴，即点横坐标的取值范围是．
故答案为：
47．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于
【答案】
【解析】∵圆的圆心，半径，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.
解法一：设切线l的方程为，即，
则有，整理得：
联立方程，消去y得：，
由相切得： 整理得：
由①②得：，解得.
解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即
则有，整理得，
∵点P在椭圆上，则，
则，解得，
所以切线l的斜率.
故答案为：.
48．（2023·广东佛山·高三佛山市南海区桂城中学校考阶段练习）在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为 ．
【答案】
【解析】由题设，，故，当且仅当时等号成立，
所以，此时，
令，则，故，
所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.
故，且时等号成立，
综上，的最大值为.
故答案为：.
49．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【答案】
【解析】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：
由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，
所以；
在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，
截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：
又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，
设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得
所以的轨迹抛物线方程为，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，平面的一个法向量为，
则，令，解得，即；
，
则点到平面的距离为，
令，易得，
所以，
易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，
所以，
所以三棱锥的体积；
即三棱锥体积的取值范围为.
故答案为：
50．（2023·广东深圳·高三统考阶段练习）先将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象与函数的图象关于x轴对称，若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，因为函数的图象与的图象关于x轴对称，
所以，
因为，所以，
又因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，令，得在上单调递增，所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故答案为：
51．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的的最大值为 .
【答案】
【解析】
相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线所成的角是相等的，
平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，
则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，所以其面积为.
故答案为：
52．（2023·广东佛山·高三佛山市顺德区容山中学校考阶段练习）如图，在中，已知，点D，E分别在边AB，AC上，且 ，点F为线段DE上的动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
设，
则
，
，
则
，
对于，其开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
所以的取值范围是.
故答案为：.
53．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）在等比数列中，，则 .
【答案】
【解析】记等比数列的公比为，则，解得，所以，
记，
因为，所以是1为首项，为公比的等比数列，
所以.
故答案为：.
54．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知，是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线，分别交椭圆于另外的点，．若直线过椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题意可知，，
设，可得直线的斜率分别为，，
因为点在双曲线上，则，整理得，所以，
设点，可得直线，的斜率，，
因为点在椭圆上，则，整理得，
所以，即，
则，所以直线与关于轴对称，
又因为椭圆也关于轴对称，且，过焦点，则轴，
又，则，
所以，
整理得，即，解得，或（舍去），
所以椭圆的离心率为．
故答案为：．
55．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）已知矩形和另一点E，，，且，连接交直线于点F，若的面积为6，则 ．
【答案】或
【解析】我们分以下两种情形来解决，
情形一：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
此时，
由题意，，
解得；
情形二：如图所示：
当时，有，，
所以有，即，
解得，
由题意，，
解得.
综上所述：若的面积为6，则或.
故答案为：或.
56．（2023·湖北武汉·高三武汉市第一中学校联考阶段练习）一张圆形餐桌前有个人，每个人面前及餐桌正中央均各摆放一道菜．现规定每人只能在相邻两人或餐桌中心的三道菜中随机夹取一道菜，每个人都各夹过一次菜后，记未被夹取过的菜肴数为，则 ，的通项公式为 ．
【答案】
【解析】给所有菜编号，中心菜编号为0，其余每人前面的菜分别为，
记事件“中心菜未被夹”为，事件“中心菜被夹”为，
则由题意，，
所以，
记事件“第道菜未被夹”为，事件“第道菜被夹”为，，
所以，，
所以，
而由题意有，
所以，
从而.
故答案为：，.
57．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知函数，，，在内恰有两个极值点，且，则的所有可能取值构成的集合是 ．
【答案】
【解析】在内恰有两个极值点，若最小正周期为，又，
则，即，，解得：，
又，或；
，，关于中心对称，
，解得：；
当时，，又，；
当时，，又，或；
综上所述：的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：.
58．（2023·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考阶段练习）已知锐角，角所对的边分别为 ，若，，则a的取范围是 .
【答案】
【解析】因为，由正弦定理可得，
又由余弦定理得，可得，
因为，可得，
因为为锐角三角形，所以，可得，
所以，
又因为，所以，
因为，可得，所以，
即，解得或（舍去），
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
59．（2023·山东泰安·高三校考阶段练习）已知定义在上的函数满足：对任意实数a，b都有，且当时，．若，则不等式的解集为 ．
【答案】
【解析】对任意实数a，b都有，且当时，．
设，则，．
所以，
即，
所以是增函数．
因为，即，所以.
所以原不等式化为等价为，
则，即，则，得，
故不等式的解集是.
故答案为：
60．（2023·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，若恒成立，则a的取值范是 .
【答案】
【解析】若，可得，
令，则，则在上单调递增，
由得，
即在时恒成立，
令，
则，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
即，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
61．（2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）已知正实数x，y满足，函数的最小值为，则实数取值的集合为 ．
【答案】
【解析】，∴，，
令，，
当时，，与已知矛盾；
当时，在单调递减，
∴，
解得或（舍去），
∴的取值集合．
故答案为：.
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