2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编(二)(解析版)

一、单选题

x,x01．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知a,bR，函数f(x)131，若函2x(a1)xax,x023数yf(x)axb恰有三个零点，则 A．a1,b0 C．a1,b0 【答案】C

【解析】当x0时，yf(x)axbxaxb(1a)xb0，得x点；

13113122当x0时，yf(x)axbx(a1)xaxaxbx(a1)xb，

3232yx2(a1)x，

B．a1,b0 D．a1,b0

b；yf(x)axb最多一个零1a当a10，即a1时，y0，yf(x)axb在[0，)上递增，yf(x)axb最多一个零点．不合题意；

当a10，即a1时，令y0得x[a1，)，函数递增，令y0得x[0，a1)，函数递减；函数最多有2个零点；

根据题意函数yf(x)axb恰有3个零点函数yf(x)axb在(,0)上有一个零点，在[0，)上有2个零点， 如图：

b0b0且1， 132(a1)(a1)(a1)b01a2313解得b0，1a0，0b(a1),a1．

6故选C．

2．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(Hipparchus)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森(M.R.Pogson)又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足

m1m22.5lgE2lgE1.其中星等为mi的星的亮度为Eii1,2.已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的

“心宿二”的亮度是“天津四”的r倍，(当x较小时，星等是1.25，则与r最接近的是（ ）10x12.3x2.7x2) A．1.22 【答案】C

【解析】若“天津四”的亮度是E，则“心宿二”的亮度是rE， ∴1.2512.5(lgrElgE)，即lgB．1.24

C．1.26

D．1.28

rE1lgr， E10∴r100.112.30.12.7(0.1)21.257. 故选：C.

23．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知函数fx2sin2x，若方程fx在（0，）的解

33为x1，x2（x1x2），则sinx1x2（ ） A．22 3B．22 31C．

31D．

3【答案】A

【解析】因为x0,，所以2x结合图象可知

5,3331sin2xx,x，又因为是12的两根，

335x1x25x1， ，所以x221265所以sinx1x2sin2x165cos2xx1， 1，又因为x1x2,x236所以0x1522，所以2x1,，所以cos2x1，

332123322. 3所以sinx1x2

故选：A.

4．2022年北京冬奥会成功举办，（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）更加激发全国人民对冰雪运动的爱好，某地为响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场.该滑雪场中某滑道的示意图如图所示，点A，B分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20m.两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图象的一部分.综合滑行的安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面所成的夹角约为44°.若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则A，B两点在水平方向的距离约为（ ）

A．23m 【答案】D

B．25m C．27m D．29m

【解析】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，

32设三次函数的解析式为fxaxbxcx，其中a0，

2设点Ax0,10，则Bx0,10，fx3ax2bxc，

在滑道最陡处，x0，则fx的对称轴为直线x0，则23则fx3axc,fxaxcx，

b0，可得b0， 3a在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，则

f0ctansin2cos12cossintan，

2所以fxax3xtan,fx3ax21tan， f(x0)3ax2010由图可知tan可得2x030tan,，

f(xx0)ax300tan10因为44，则2x030tan28.9729m. 故选：D.

5．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知a4ln5,b5ln4,c5ln4，则a,b,c的大小关系是（A．cab B．abc C．acb D．cba

【答案】B

【解析】令fxlnx1xe，可得xlnxxfxx1lnx， xx当xe时，fx0恒成立， 所以fxlnxx在e,上单调递减， 所以fπf4f5， 即

lnππln44ln55，可得4lnln4，5ln44ln5， 所以ln4ln4，5ln44ln5，

所以5lnπ45ln4π，5ln4π4ln5π， 即cb，ba. 所以abc.

） 故选：B.

6．（2022·湖北·高三开学考试）已知直线l是曲线ylnx与曲线yx2x的一条公切线，直线l与曲线

2yx2x相切于点a,aa，则a满足的关系式为（ ）

2A．a1ln2a10 2C．a1ln2a10

2B．a1ln2a10

2D．a1ln2a10

【答案】C

【解析】记yf(x)lnx得f(x),记g(x)x2x得gx2x1，设直线l与曲线fxlnx相切于点fbg(a)b,lnb，由于l是公切线，故可得， g(a)f(b)gaab1x12a1b2即2化简得a1ln2a10， aalnbg(a)2a1ab故选：C

7．（2022·湖北·高三开学考试）在三棱锥PABC中，PACPAB，AC2AB4，PAPB2，BC23，则三棱锥PABC外接球的表面积为( )

A．22 【答案】A 【解析】

B．26 C．

64 3D．

68 3

PA2PB2AB2PAPB，且PAB45，

∴PACPAB45， 在∴PAC中，根据余弦定理得，

PC2AC2AP22ACAPcosPAC162242210， 2∴PB2PC221012BC2， ∴PBPC，

又PAPCP，PA,PC平面PAC， ∴PB∴平面PAC，

故可将三棱锥B-APC补为直三棱柱BAC11PAC，

则直三棱柱BAC11PAC的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，

设∴PAC外接圆圆心为O2，∴A1BC1的外接圆圆心为O1，则直三棱柱的外接球球心为O1O2中点O，OA即为外接球的半径.

在∴PAC中，根据正弦定理可得

2O2APC1025，∴O2A5， sinPAC2222211O1O22222OA5∴OAOO2O2A， 2222∴外接球表面积为：4πOA24π故选：A．

1122π． 22328．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知函数fxxax(a0)的定义域为R，若对于任意的

3x13,，都存在x21,，使得fx1fx21，则a的取值范围是（ ）

1A．0,

33B．,

211C．,

3213D．,

22【答案】D

232【解析】因为fxxax，

32所以fx2x2ax2x(1ax)，f(1)12a，f(3)918a， 3令fx0，可得x0或x1， a11当0a1时，x1,，则f(x)0，x,，则f(x)0，

aa11所以函数f(x)在1,上单调递增，函数f(x)在,上单调递减，

aa当a1时，x(1,)时，f(x)0，

所以函数f(x)在(1,)上为减函数， 设g(x)1， f(x)因为对于任意的x13,，都存在x21,，使得fx1fx21， 所以对于任意的x13,，都存在x21,，使得fx2gx1， 所以函数g(x)在(3,)上的值域包含与函数f(x)在(1,)上值域， 当a1时，918a0，

11 a函数f(x)在(1,)上为减函数，

2a函数f(x)在(1,)上的值域为,1，函数f(x)在(3,)上的值域为,918a，

31,0， 所以函数g(x)在(3,)上的值域为918a2a1,0,1， 由已知3918a所以132a0，又a1，所以1a，(注：由此可排除A，B，C) 3212a10，918a0，3 时，1a3311函数f(x)在1,上单调递增，函数f(x)在,上单调递减，

aa11函数f(x)在(1,)上的值域为,2，函数f(x)在(3,)上的值域为,2，

aa当0a2所以函数g(x)在(3,)上的值域为,0(a,)，与已知矛盾，

112a10，918a0，23 当a时，13a3211因为函数f(x)在1,上单调递增，函数f(x)在,上单调递减，

aa1所以函数f(x)在(1,)上的值域为,2，函数f(x)在(3,)上的值域为,918a，

a1,，与已知矛盾， 所以函数g(x)在(3,)上的值域为,0918a当a12a10，918a0，2 时，123ax1,2，则f(x)0，x2,，则f(x)0，

所以函数f(x)在1,2上单调递增，函数f(x)在2,上单调递减，

所以函数f(x)在(1,)上的值域为,4，函数f(x)在(3,)上的值域为,0，

所以函数g(x)在(3,)上的值域为,0，,0,4，满足要求

12a10，918a0，12 a1时，1a3211函数f(x)在1,上单调递增，函数f(x)在,上单调递增

aa1所以函数f(x)在(1,)上的值域为,2，函数f(x)在(3,)上的值域为,918a，

a111,0，,0,2，满足要求， 所以函数g(x)在(3,)上的值域为a918a918a13综上所述，a，

22当故选：D.

9．（2022·湖北·高三阶段练习）已知四面体DABC中，ACBCADBD1，则DABC体积的最大值为（ ） A．42 27B．32 8C．23 27D．3 18【答案】C

【解析】设M为CD的中点，连接AM,BM, 设四面体A-BCD的高为h，则hAM,

由于ACBCADBD1，故ACD≌BCD , π则ACDBCD,设ACDBCD,(0,)，

2则AMBMBCsinsin,CD2CM2BCcos2cos, 1所以VDABCVADBCS3BCD1hCDBMAM

61112cos2sin2sin232222cossin2cossinsin() 33323223， 27当且仅当平面ACD与平面BCD垂直且sin2cos即arctan2时取等号，

故选：C

10．（2022·湖北·高三阶段练习）恰有一个实数x使得x3ax10成立，则实数a的取值范围为（ ） A．,2

3332B．,2

C．32 232,D． 2【答案】B

【解析】当x0时，10不成立， 所以x0不是方程的根， 12故对原方程转化为ax，

x2故转化为ya与f(x)x1仅有一个交点， x112x31f(x)2x，，

x2x2x11当3x0或x0时，f(x)0，当x3时，fx0， 222构造f(x)x故函数f(x)在,11,0单调递减，在3和0,单调递增， 3221332f又3，

22当x时，f(x)，x时，f(x)， 且x0时，f(x)，x0时，f(x)， 故要使得ya与f(x)仅有一个交点，

332即a的取值范围是,2

故选：B．

x2y211．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知椭圆：221(ab0)的两个焦点为F1，F2，过F2的直线

ab与交于A，B两点.若AF23F2B，AB2AF1，则的离心率为（ ）

1A．

5【答案】C

B．5 5C．10 5D．15 5【解析】设F2Bm,则AF23m,AB2AF14m. 由椭圆的定义可知BF1BF22a5m,所以m2246a,所以AF2a,AF1a.

555228a4a8a222ABAF1BF11555在∴ABF1中,cosA.

8a4a2ABAF142551所以在∴AF1F2中,F1F22AF1AF22AF1AF2cosA,

22c24a4a4a1即4c2整理可得：e22,

a5555422222所以e故选：C

10 5x12．（2022·湖北武汉·高三开学考试）若xy1e2lny，其中x2，y2，则下列结论一定成立的是2（ ） A．2xy 【答案】D

x【解析】因为xy1e2lnB．2ey

x2C．xy

D．2exy

y，其中x2，y2， 2x所以exy12lnyyyyyyy212ln1lnln，其中x2，y2， 22222221x1， xx'令yx1lnx，y1'故x0,1时，yx10，yx1lnx单调递减， xx10，yx1lnx单调递增， xx1,时，y'所以yx1lnx0，即x1lnx，当且仅当x1时等号成立， 所以

yy1ln,y2， 22x所以exyyln 22yyyln等价于fxfln， 222xx故令fxex,x2，则exxx因为fxe10,x2，故函数fxex在2,单调递增，

yyyx所以fxfln等价于xln，即xlneln

222yx所以e，即2exy.

2故选：D

13．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知ae0.21,bln1.2,ctan0.2，其中e2.71828为自然对数的底数，则（ ） A．cab C．bac 【答案】B

B．acb D．abc

cosxexcosxsinx【解析】令f(x)e1tanx，0x，

4cosxx令g(x)cosxexcosxsinx，g(x)(sinxcosx)exsinxcosx(ex1)(cosxsinx)， 当0x4时，g(x)0，g(x)单调递增，

又g(0)110，所以g(x)0，又cosx0， 所以f(x)0，在(0,)成立，所以f(0.2)0即ac，

4令h(x)ln(x1)x，h(x)1x1，h(x)在x(0,)为减函数，所以h(x)h(0)0，即ln(x1)x， x1x121m(x)x(0,)为减函数，所以m(x)m(0)0，即xtanx， ，在

cos2x2令m(x)xtanx，m(x)1所以ln(x1)xtanx，x(0,)成立， 2令x0.2，则上式变为ln(0.21)0.2tan0.2，所以b0.2c 所以bc， 所以bca. 故答案为：B.

14．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知正实数C满足：对于任意，均存在

i,jZ,0ij255，使得cos2iC，记C的最小值为，则（ ） jB．D．

11 100050011 200100A．C．

11 2000100011 500200【答案】B

【解析】题设等价于对于任意x0,1，均存在i,jZ,0ij255，使得x如下：

当x与上述数轴上的点重合时，易得存在i,jZ,0ij255使得x成立；

当x与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点

i1i2,中点时取等， j1j2i1i2i1i2i1,之间，则x1，当且仅当x在相j1j2j12j2j1ii0，又C为正实数，则xCjjiiC，将在数轴上表示

jj邻的两个点

要使对于任意x0,1，均存在i,jZ,0ij255，使得x1i2i1i， C，则有C2j2j1j又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为

12541125401,1，此时x在相邻的两个点0,或255255255255255111. 中点，则C2255510以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为的距离为

1， 255kk11,，易得数轴上kZ,0k254两点之间

2552552550,当k0或k254，即

1254kkk11,1为相邻的两点，和之间的距离为；当1k253时，则，

255255255255254255kk11k,之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点

2552552552541. 255之间距离最大为故111. ，故

1000500510故选：B.

15．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，ACBC4，

ACBC，tanPABtanPBA6，则该鞠（球）的表面积为（ ） 2

A．9π 【答案】C

B．18π C．36π D．64π

【解析】如图，取AB的中点M，连接MP，由AC=BC=4，AC∴BC得：AB42， 由tanPABtanPBA66，得：MP2223，

22连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径， 11设球的半径为R，则PH∴CH，MHCHAB22，

22则PHPM2MH21282， 所以2RPCCHPH4222222436，

解得：R3，球的表面积为4πR236π.

故选：C

二、多选题

16．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知函数fx有（ ）

A．直线y=0为曲线y=f(x)的一条切线 B．f(x)的极值点个数为3 C．f(x)的零点个数为4

D．若f(x1)=f(x2)( x1≠x2)，则x1+x2=0 【答案】AB 【解析】因为fx令y1sinx，y22xx2+cosx4xR，则下列说法正确的

x2+cosxxR，所以f'x42xsinxxR，令f'x0，即

2xsinx，

，在同一坐标系中作出两函数的图像，

2x'由图像得：当x,和x,0时，sinx，所以此时fx>0，所以fx在,0和,

22222x'和上单调递增；当x,和x0，时，sinx>，所以此时fx0，所以fx在，222，0,上单调递减；且f01，2f+cos042242作出函数fx的图象如下图所示：

2，2f+cos02242

对于A选项：根据函数的图象，知A选项正确；

'对于B：由图象得fx0有3个不同的解，有3个极值点，故B正确；

时，fx0，所以函数fx有2个零点，故C不正确； 22对于C：当x

2

或x对于D：因为fxx+cosx4x2+cosx4fx，所以函数fx是偶函数，所以函数fx关于y轴对称，若fx1fx2，则当x10x2时，f0fx21正确. 故选：AB.

4，此时即x1+x2x20，故D不

17．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知fx是定义在R上的偶函数，且对任意xR，有

f1xf1x，当x0,1时，fxx2x2，则（ ）

A．fx是以4为周期的周期函数 B．f2021f20222

C．函数yfxlog2x1有3个零点

2D．当x3,4时，fxx9x18

【答案】ACD

【解析】依题意，fx为偶函数，且f1xf1xfx关于1,0对称， 则fx4f1x3f1x3f2x

f2xf2xf11xf11xfxfx， 所以fx是周期为4的周期函数，A正确.

因为fx的周期为4，则f2021f10，f2022f2f02， 所以f2021f20222，B错误；

作函数ylog2x1和yfx的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，C正确； 当x3,4时，4x0,1，则fxfxf4x4x4x2x29x18，D正确.

2故选：ACD

18．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知A(x1,y1)，B(x2,y2)是圆O：x2y21上两点，则下列结论正确的是（ ）

A．若AB1，则AOB3

1B．若点O到直线AB的距离为，则AB2C．若AOBD．若AOB【答案】AD

3 22，则x1y11x2y21的最大值为22 ，则x1y11x2y21的最大值为4

23【解析】对于A，若AB1，则可知点O到AB的距离为，从而可知AOB，故A正确；

32AB13对于B，若点O到直线AB的距离为2，则可知，从而得AB3，故B错误； =22x1y11x2y21CD对于，，的值可转化为单位圆上的Ax1,y1,Bx2,y2两点到直线xy10的距22离之和，又AOB90，所以三角形AOB是等腰直角三角形，设M是AB的中点，则OMAB，且OM222，则M在以O点为圆心，半径为的圆上，A,B两点到直线xy10的距离之和OA222为AB的中点M到直线xy10的距离的两倍. 点O0,0到直线xy10的距离为12， 22所以点M到直线xy10的距离的最大值为所以x1y112x2y212222， 22的最大值为22.因此x1y11x2y21的最大值为4.从而可知C错误，D

正确.. 故选：AD.

19．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知定义在R上的偶函数fx，其导函数为f'x，当x0时，

f'xsin2x0.则（ ）

2A．函数gxfxcosx的图象关于y轴对称 2B．函数gxfxcosx在区间0,上单调递减

C．不等式fxfxcos2x的解集为,

42D．不等式fxfxcos2x的解集为,

24【答案】ABC

22【解析】对于选项A，由gxfxcosxfxcosx，所以gx为偶函数， 2所以函数gxfxcosx的图象关于y轴对称.故A正确；

2对于选项B，由gxfxcosx为偶函数.当x0时，gxfxsin2x0，

所以gx在0,上单调递减，故gx在,0上单调递增.故B正确；

22对于C、D选项，由fxfxcos2x，得fxfxcosxsinx，

222222所以fxsinxfxcosx，即fxcosxfxcosx，

222所以gxgx.所以xx，解得x.

224所以C正确，D错误， 故选：ABC.

x2y2320．1（a2）的离心率为（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知椭圆C：，过点P（1，1）

a23 的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足APPB.动点Q满足AQQB，则下列结论正确的是（ ）A．a3

B．动点Q的轨迹方程为2x3y60 C．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为D．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为【答案】ABD

23x2y231(a2)的离心率为【解析】对于A：由椭圆C:，得1，所以a3，故A正确；

a2a33313 13613 13对于B：设Ax1,y1,Bx2,y2,Qm,n,AP1x1,1y1,PBx21,y21,

AQ(mx1,ny1),QB(x2m,y2n)，由APPB,AQQB，得

x1x21,1x1x21,2222两式相乘得x1x2m1，同理可得mx1x2m,x1x2m1,22x12y12y2mn2x2yyn1,12，

322323212222由题意知0且1，否则与AQQB矛盾，

mny1,动点Q的轨迹方程为x1，即直线2x3y60，故B正确；

3232对于C、D：所以线段OQ长度的最小值即为原点到直线的距离，

OQmin6613， 1349故C错误，D正确. 故选：ABD.

21．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数f(x)满足xR，有f(x)f(6x)，且f(x2)f(x2)，当x[1,1]时，f(x)lnA．f(2021)0

1xx，则下列说法正确的是（ ）

2B．x(2020,2022)时，f(x)单调递增 C．f(x)关于点(1010,0)对称 D．x(1,11)时，方程f(x)sin2x的所有根的和为30 【答案】CD

2【解析】由题设知：f(x)ln(1xx)ln11x2xln(1x2x)f(x)，故f(x)在x[1,1]上为奇函

数且单调递减，又f(x2)f(4x)f(x2)，即关于x2k1、(2k,0)，kZ对称，且最小周期为4，A：f(2021)f(50541)f(1)ln(21)0，错误；

B：x(2020,2022)等价于x(0,2)，由上易知：(0,1)上递减，(1,2)上递增，故f(x)不单调，错误； C：由上知：f(x)关于(2k,0)对称且kZ，所以f(x)关于(1010,0)对称，正确； D：由题意，只需确定f(x)与ysin图示，

x2在x(1,11)的交点，判断交点横坐标的对称情况即可求和，如下

∴共有6个交点且关于x5对称，则x1x6x2x5x3x410， ∴所有根的和为30，正确. 故选：CD

ex122．.则（ ） （2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数fx2xekA．当k0时，fx是R上的减函数 1

B．当k1时，fx的最大值为

22

C．fx可能有两个极值点

D．若存在实数a，b，使得gxfxab为奇函数，则k1 【答案】ABD

ex2ex2ex12x0，所以fx是R上的减函数，故A【解析】A：当k0时，fx2x，则fx2xeee正确；

ex1B：当k1时，fx2x，令ext0，则

e1yt1t112t21t122t12t122t1221t122t1121当且仅当t21时，2，2221取得最大值，所以fx的最大值为，故B正确；

C：fxexe2x2exke2xk2，令fxexe2x2exke2xk20，即e2x2exk0，所以e2x2exk，令

2xxhxe2x2ex，则hx2e2e0，所以hx在R上单调递增，而x时，hx0，x时，

hx，所以k0,时，e2x2exk0有一个根，故fx有1个极值点，k,0时，

e2x2exk0无解，故fx无极值点，故fx不可能有2个极值点，故C错误；

ex11D：若k1，则fx2xx，

e1e1111,x0，gxgx0，为奇函数， 取a0,b，则gxx2e12当k1时，由C结合函数的图象、单调性可得不存在实数a，b，使得gxfxab为奇函数，故D正确. 故选：ABD.

y223．1的左、右焦点分别是F1，F2，点P是双曲线C右（2022·湖北·高三开学考试）已知双曲线C:x242支上的一点，且PF1PF2，则下列结论正确的是（ ） A．双曲线C的渐近线方程为y26x B．PF1F2内切圆的半径为2 C．PF1PF212 D．点P到x轴的距离为【答案】ABD

24 5y2c5，1，【解析】由双曲线C的方程x得a1，所以双曲线C的渐近线方程为y26x，b26，242A正确；

因为PF1PF2，PF1PF22，F1F22c10，所以PF12PF22F1F22100，PF1PF22PF1PF2F1F22PF1PF24，解得PF1PF248，故

222PF1PF2PF1PF22PF1PF21009614，C错误；

22PF1PF2F1F22， B正确；

2PFPF2FF24. 设点P到x轴的距离为d，由△PF1F2的面积为124，可得12d24，解得d522△PF1F2内切圆的半径为

故选：ABD．

24．（2022·湖北·高三开学考试）已知函数fxxaxbxc的三个零点a，b，c满足abc，

abc9,则（ ） abbcca24A．0a1 C．4c5 【答案】BC

【解析】由题意，函数fxxaxbxc，

B．2b4

9D．b4c4的最小值是

4fxx3abcx2abbccaxabc

x39x224xabc，

f'x3x2x4，

''令fx0，得x2或x4，令fx0，得2x4，

所以fx的极小值在x4处取得，极大值在x2处取得，

即fx的极小值为f416abc，fx的极大值为f220abc， 又因为f116abcf4,f520abcf2， 而函数yfx的三个零点分别为a，b，c，且abc， 所以1a2，2b4，4c5，故A错误，B、C正确； 由题中条件可知bc9a，

bc24abc24a9aa29a24，

因此b4c4bc4bc16

a29a2449a16

a25a4，

因为函数yx25x4在1,2上单调递减，

922所以当a1,2时，a5a425242，

4所以D错误． 故选：BC

25．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r(0r2)，设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是（ ） A．当r1时，VB．V存在最大值

C．当r在区间0,2内变化时，V逐渐减小 D．当r在区间0,2内变化时，V先增大后减小 【答案】ABD

【解析】设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点， 圆台的高为h，球的半径为R，则hOO1R2O1A4r2 V11SSSSh44r2r233273 34r2r322r44r2(0r2)，对选项

A:r1,V31244r2373,A正确； 3V3r34r24r8332，设fr3r4r4r8，

2则fr9r8r4，设fr0可得9r28r40

r184138413 ，r21818知r20,2，且当r0,r2,fr0；

rr2,2)，fr0,fr在0,r2单调递增，在r2,2单调递减，

由f08,f15,f224，

r01,2，使得fr00，当r0,r0,fr0，即V0;

当rr0,2,fr0，即V0，所以V在0,r0单调递增，在r0,2单调递减，则B，D正确，C错误， 故选：ABD.

26．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知抛物线C:y24x的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A,B两点（其中A在B的上方），O为坐标原点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA,OB,l于点P,Q,N.则（ ） A．若AF2FB，则直线AB的斜率为22 B．PMNQ

C．若P,Q是线段MN的三等分点，则直线AB的斜率为22 D．若P,Q不是线段MN的三等分点，则一定有PQOQ 【答案】ABC 【解析】

抛物线焦点为F1,0，设直线AB方程为ykx1，k0，Ax1,y1,Bx2,y2，

yk(x1)2222由2得kx2k4xk0， y4x2k24xx1由韦达定理可知，x1x2，12，

k2因为AF2FB，则可得AF2FB, 且AF1x1,y1，FBx21,y2， 所以1x12x22，即2x2x130，

且x1x21，x1x2 x12解得1，

x22得x1x25422， 2k所以k22，且k0 所以k22，故A正确, 又因为xM2x1x2212，yMkxM1，

k2k2

， x

故直线MN方程为y

xPyPx1yP2x1y12y1， 又因为O,P,A共线，所以，xPx1y1y1ky12ky12k同理可得xQxPxQy2， 2ky1y2yM2222，xMxN1212xPxQ， 2kkkkk所以，xMxPxQxN,即PMNQ，故B正确. 若P,Q是线段MN的三等分点，则PQy1y2122112122， 2k3kk31MN, 3y1y24k213k，

又y1y22yM4，， ky1y2k2x11x21k2x1x2x1x214，

y1y2y1y224y1y21616， k24k2116所以216，

k3k解得k22，k0，故C正确.

2222由kx2k4xk0，得

x1,2k222k21， k2即x222k21k222k21，所以， y2kx212kk2y21k21yy，又， xQQM2k2kk21k212225k22k21所以OQ， 22kkky1y221k2， PQ22kk所以OQPQ225k222k2141k2kk214

1 k4k213，

当k22时，OQPQ,故D错误. 故选:ABC.

27．（2022·湖北·高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方体的中心，M为DD1的中点，F为侧面正方形AA1D1D内一动点，且满足B1F//平面BC1M，则（ ）

A．若P为正方体表面上一点，则满足OPA的面积为B．动点F的轨迹是一条线段

C．三棱锥FBC1M的体积是随点F的运动而变化的

2的点有12个 226AQC,22D．若过A，M，1三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段1长度的取值范围为

3【答案】BD

AO，【解析】对于A：设O为底面正方形ABCD的中心，连接AO，则AOOO，112所以OOA的面积为AOOO21，

22211AC2，OOAA11， 22所以在底面ABCD上点P与点O必重合，

同理正方形ABB1A1的中心，正方形ADD1A1的中心都满足题意. 又当点P为正方体各条棱的中点时也满足OPA的面积为2，故A不正确； 2对于B：如图∴，分别取AA1，A1D1的中点H，G，连接B1G，GH，HB1，AD1．

因为B1H∥C1M，GH∥BC1，B1H平面BHG，C1M平面BC1M，GH平面BHG，C1B面BC1M，BC1C1MC1，所以平面B1GH∥平面BC1M，

而B1F∥平面BC1M，所以B1F平面B1GH，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；

对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为GH∥平面BC1M，则点F到平面BC1M的距离为定值，

同时BC1M的面积也为定值，则三棱锥FBC1M的体积为定值，故C不正确； 对于D：如图∴，设平面与平面AA1B1B交于AN，N在BB1上．

因为截面平面AA1D1DAM，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，所以AM∥C1N． 同理可证AN∥C1M，所以截面AMC1N为平行四边形，所以点N为BB1的中点． 在四棱锥A1AMC1N中，侧棱A1C1最长，且AC1122． 设棱锥A1AMC1N的高为h，

因为AMC1M5，所以四边形AMC1N为菱形，

所以AMC1的边AC1上的高为面对角线的一半，即为2，又AC123，

11141则S△AMC12326，VC1AA1MS△AA1MD1C1222，

3323216426所以VA1AMC1S△AMC1h． hVC1AA1M，解得h333326AQ,22综上，可知1长度的取值范围是，故D正确．

3

故选：BD．

228．（2022·湖北·高三阶段练习）[多选题]已知抛物线x1y的焦点为F，Mx1,y1，Nx2,y2是抛物线2上两点，则下列结论正确的是（ ） 1A．点F的坐标为,0

8B．若直线MN过点F，则x1x21 161C．若MFNF，则MN的最小值为

2D．若MFNF【答案】BCD

35，则线段MN的中点P到x轴的距离为

821【解析】易知点F的坐标为0,，选项A错误；

82根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，x1x2p1，选项B正确； 16若MFNF，则MN过点F，则MN的最小值即抛物线通径的长， 1为2p，即，选项C正确，

22抛物线x111y的焦点为0,，准线方程为y，

828过点M，N，P分别作准线的垂线MM，NN，PP垂足分别为M，N，P，

所以MMMF，NNNF． 所以MMNNMFNF所以线段PPMMNN23， 23， 41315所以线段MN的中点P到x轴的距离为PP，选项D正确．

8488故选：BCD

29．（2022·湖北·高三阶段练习）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆x2y22，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，点A在椭圆上，直线C:221ab0的离心率为

ab2l:bxaya2b20，则（ ）

A．直线l与蒙日圆相切

B．C的蒙日圆的方程为x2y22a2

C．记点A到直线l的距离为d，则dAF2的最小值为

4362b3

D．若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH的面积的最大值为8b2 【答案】AC

【解析】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为xa、yb， 所以，点a,b在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为x2y2a2b2，

cc2a2b2b2222. 因为e，可得a2b1aa2a2a22对于A选项，蒙日圆圆心到直线l的距离为da2b2a2b2a2b2，

所以，直线l与蒙日圆相切，A对；

2222对于B选项，C的蒙日圆的方程为xyab32a，B错； 2对于C选项，由椭圆的定义可得AF1AF22a22b，则AF222bAF1， 所以，dAF2dAF122b， 因为c2ab，直线l的方程为x2y3b0， 2点F1b,0到直线l的距离为d4b43b， 33所以，dAFdAF22bd22b21当且仅当AF1l时，等号成立，C对；

4362b3，

对于D选项，若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH的四个顶点都在蒙日圆上， 所以，MNMH23b22212b2，

所以，矩形MNGH的面积为SMNMH故选：AC.

MNMH2226b2，D错.

30．（2022·湖北武汉·高三开学考试）设函数fxsinx(0)，若fx在[0，2π]有且仅有5个零

3点，则（ ）

A．fx在（0，2π）有且仅有3个极大值点 B．fx在（0，2π）有且仅有2个极小值点 C．fx在（0，【答案】AD

【解析】0，0x2时，

）单调递增 10717D．的取值范围是[，）

363x323，

717，D正确； 36fx在[0，2π]有且仅有5个零点，则52此时x236，

32，

52，

9时，f(x)取得极大值，A正确； 23113131173711,,，，即时，x时，f(x)均取得极小值，B错；

2121263222x(0,177

)，，则，因此f(x)在(0,)上不递增，C错． )时，x(,3103310310330210故选：AD．

31．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知数列an满足：a11，an法正确的是（ ）

A．nN，an,an1,an2成等差数列 C．2n1123an15an14n2，下列说2B．an13anan1n2

D．nN*，an,an1,an2一定不成等比数列

an3n1nN*

【答案】BCD 【解析】因为an123an15an14n2， 22a0， 所以2an3an15an14n2，且n22所以an3anan1an110n2∴，

22所以an13anan1an10∴

所以，∴-∴整理得：an1an1an1an13an0n2 因为anan112an15an140n2， 2所以数列an为单调递增数列，

所以an1an13an0n2，即an13anan1n2，故B选项正确；

an,an1,an2成等差数列，对于A选项，若nN，则a1,a2,a3成等差数列，由递推关系得a11,a23,a38，

显然不满足等差数列，故A选项错误；

对于C选项，因为an0，数列an为单调递增数列，

所以2an3anan3anan13ann2，即2anan13ann2， 所以2an1aa3n2，因为23，所以，2n13nN*

a1anan所以，从第2项起，数列an介于以1为首项，公比分别为2和3为公比的等比数列对应项之间， 所以2n1an3n1nN*，故C选项正确；

an,an1,an2成等比数列，对于D选项，假设nN*，则a1,a2,a3成等比数列，由递推关系得a11,a23,a38，

显然不满足等比数列定义，故D正确；. 故选：BCD

32．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD∴平面ABCD．点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合）．下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥P－ABD的四个面都是直角三角形 B．三棱锥P一ABD体积的最大值为C．异面直线PA与BC的距离为定值

D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P－ABCD外接球的截面面积为【答案】AC

【解析】对于A选项，因为底面ABCD为边长是4的正方形，则ABAD， 又半圆APD平面ABCD，半圆APD平面ABCDAD，AB则AB半圆APD， 又AP平面APD， 故ABAP，

则△APB为直角三角形， 所以PB2AP2AB2， 因为AD是圆的直径， 则APD90， 故△APD为直角三角形， 所以PD2AD2AP2， 因为ABAD，

则△ADB是直角三角形， 所以BD2AD2AB2，

在△PDB中，PB2PD2(AP2AB2)(AD2AP2)AD2AB2BD2， 则BPD90，

所以△BPD为直角三角形，

平面ABCD，

25324125 4

故三棱锥PABD的每个侧面三角形都是直角三角形， 故选项A正确；

对于B选项，在三棱锥PABD中，AB半圆面APD， 则AB是三棱锥PABD的高，

当点P是半圆弧AD的中点时，三棱锥PABD的底面积S三棱锥PABD的体积取得最大值为55故选项B错误；

因为半圆面APD平面ABCD，ABAD，半圆面APD平面ABCDAD， 所以AB半圆面APD，又PA半圆面APD，所以ABPA，又ABBC，

所以AB为异面直线PA与BC的距离，所以异面直线PA与BC的距离为定值；故C正确； 对于D选项，取BD的中点O，由选项A中的解析可得，OAOBOPODBD所以点O为四棱锥PABCD外接球的球心，

1252， 2PAD取得最大值，

131252125， 12

过点P作PHAD于点H，连接BH，如图所示，

因为半圆面APD平面ABCD，半圆面APD平面ABCDAD， 故PH平面ABCD，

所以BH为PB在平面ABCD内的射影， 则PBH为直线PB与平面ABCD所成的角， 设AHx，则0x5，DH5x， 在RtAPD中，PH2AHDHx(4x)，

PD2DHAD5(5x)，

所以PB2BD2PD2(52)25(5x)255x，

PH2x(5x)1x25x()， 故sinPBH2PB255x5x52令tx5，则xt5，且5t10，

x25x(t5)25(t5)5050t152t1510215， 所以

x5ttt当且仅当t50，即t52时取等号， t15所以sin2PBH(10215)322， 则sinPBH21，

所以直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为21，

此时AH525，PH2(525)(1052)，所以PH542(21)，AP2(525)2(542(21)2，

AP521，

过D作DMAB于M，S△ADPADPHAPDM，解得DM5d52142 ，212122142，所以球心O到面PAB的距离

设截面半径为r，则有r2(故选：AC．

5222525(21)2252252)d2，所以截面面积为，故D错误； 22444x2y233．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）双曲线C:221(a,b0)的虚轴长为2，F1,F2为其

ab左右焦点，P,Q,R是双曲线上的三点，过P作C的切线交其渐近线于A,B两点.已知△PF1F2的内心I到y轴的距离为1.下列说法正确的是（ ） A．ABF2外心M的轨迹是一条直线

(a21)2222aB．当变化时，AOB外心的轨迹方程为xay

4C．当P变化时，存在Q,R使得PQR的垂心在C的渐近线上 D．若X,Y,Z分别是PQ,QR,PR中点，则XYZ的外接圆过定点 【答案】AD

【解析】因为已知△PF1F2的内心I到y轴的距离为1，双曲线C:x2y21(a,b0)的虚轴长为2， a2b2｜x｜｜PF1PF｜｜（cx0）｜｜2x｜所以△PF1F2的内心I横坐标012a2x0c02，a1，双曲线方程：

x2y21，F12,0,F22,0，渐近线yx.

设Px0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2,Qx3,y3,Rx4,y4. x2y2当点Px0,y0在双曲线221a0,b0上时：

ab设直线ykxm与双曲线

x2y221a0,b0交两点x1,y1,x2,y2 2abb2x2a2y2a2b20 (b2a2k2)x22a2kmxa2(m2b2)0 ykxmb2a2k20224222222222222Δ4kma4(bak)a(mb)4ab(bakm)02a2km x1x2222bak2b2my1y2kx1x22m2ba2k2当直线与双曲线相切时Δ0b2a2k2m20，此时切点Qx0,y0满足：

b2x1x2a2kma2kx0m2y02mm 222xbyybmby1k02022mmy0a2x0b2x0xy0yb2x21 切线ykxmyy0a2y0a2a设直线ykxm与渐近线

x2y220交两点Ax3,y3,Bx4,y4 2abb2x2a2y20 (b2a2k2)x22a2kmxa2m20 ykxm2a2kmx1x22x0x3x4222 bakyyyy2y41203切点Qx0,y0正是线段AB的中点， ∴kABa2y0b2x02；线段AB中垂线是yy02xx0. ay0bx0中垂线与y轴交于点，且TATB.

a2bx0xy0y21x2bx0ay0ab2byxyababx0ay0一方面，kAF2a2bab2,可设A

bxaybxay0000ab2a2bcab22,；另一方面，线段AF2中点是W abcbx0ay02bx2ay22bx2ay0000kWTy0c2ab222ab4c22bx0y02ay02bx02ay0b23

a2bcabcb2bx0ay02bx02ay02kAF2kWT22ab4c22bx0y02ay0a2b4c22abx0y02a2y0ab2223 2abcbx0ay0abcb2bx0ay0a4b2c2bx0ay02a4b2c2bx0ay020 考虑到a2b4c22abx0y02a2y0∴kAF2kWT1AF2WTTATF2

TATBTF2，点T 确系ABF2之外心M！其轨迹是直线x0.选项A正确！

a2aa2aA,;B,1依（）设 xayxayxayxay00000000a2aa2a,、,线段OA、OB中点是

2x2ay2x2ay2x2ay2x2ay000000001a22aax0ay0ax线段OA中垂线是yy ，即

2x2x02ay02x02ay0a1a2aax0ay0ax线段OB中垂线是y，即y 2x2x02ay02x2ay00a21a21a2x0ay0x0ay0∴ yy2x2xaa1a2222x0a2y0a22y24x2a，即OAB外心的轨迹方程为x2ya221a224a2.故选项B错！

（3）对PQR来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是u,u，进而

uy0yy4xx334 ux0x3x4y3y4化简得ux0y3y0x3x0y4x4y0x0x4y0y4x0x3y3y0

x4y4x3y3x4y4x3y3ux0y3y0x3x0y4x4y0x0y3y0x3x3y4x4y3x0y4y0x4x3y4x4y3

x4y4x3y3x4y4x0y0x3y3x0y0x4x0y4y0x3x0y3y0x0x3y0y3x4x3y4y3x3x4y3y4x0x4y0y4

x4y4x3y3x0y0x4y4x3y3x0y0uux0y4x4y0x3y4x4y3x0y4y0x4x3y4x4y3x0y4y0x4

x3y3x3y3x0y0x3y3x0y0x0y4x4y0x0y3x3y0x3y4x4y3

x3y3x4y4x0y0∴ux0y4x4y0xy33x4x0y4y0x3x0y3y0u把代入u并化简得：

xyxyxyxy4433xy033044ux0y0x3y3x4y40

考虑到Px0,y0不在渐近线上得x0y00，故x3y3x4y4 ∴kQRy3y41，这不可能！垂心不能在yx上，同理不能在yx上，选项C错误； x3x4x0x3y0y3x3x4y3y4x4x0y4y0,（4）设O0,0,X,Y2,2,Z2,2 22kQRkPRtanZXYtanR1kQRkPRb2x3x4x3x4 kQR2ayyyy34342xxbxxkPR20404ay0y4y0y4x3x4x0x4xxy0y4x0x4y3y4y3y4y0y4tanZXY34

x3x4x0x4y3y4y0y4x3x4x0x41y3y4y0y4kOYkOZ1kOYkOZy3y4y0y4xxy3y4x3x4y0y4xxx0x43404

y3y4y0y4y3y4y0y4x3x4x0x41x3x4x0x4tanZOYtanZXYtanZOY0ZXYZOYO,Z,X,Y共圆！

XYZ的外接圆过定点原点，选项D对. 故选：AD

x1ex,x034．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知函数fxx12，下列选项正确的是

,x0ex（ ）

A．函数f（x）在（－2，1）上单调递增

1B．函数f（x）的值域为2,

e214fxafx0C．若关于x的方程3a有个不相等的实数根，则实数的取值范围是2, ee32D．不等式fxaxa0在1,恰有两个整数解，则实数a的取值范围是2,

ee【答案】ACD

x【解析】当x0时，fxx2e，当x2时，fx0，fx单调递减，

当2x0时，fx0，fx单调递增，

当x0时，fx2x1x1ex21x2， xe当x0,1时，fx0，fx单调递增，当x1时，fx0，fx单调递减，

x1又当x0时，x1e1，xx2e1，

故数f（x）在（－2，1）上单调递增，A正确；

由A选项分析可知：fx在x2处取得极小值，f2又x1时，fxx1e0恒成立，x1时，fxx14fxf1x1，在处取得极大值，，

ee22x1ex0恒成立，

x1ex,x0画出fxx12，如图：

,x0ex

14故f（x）的值域为2,，B错误；

ee由fxafx0得：fxa或fx0 画出yfx的图象，如图所示：

2

从图象可以看出fx0有1个根，为x11， 要想方程fxafx0有3个不相等的实数根， 需要fxa需要有2个不相等的实数根，且不等于-1， 14所以则实数a的取值范围是2,，C正确；

ee2不等式fxaxa0在1,恰有两个整数解，

即fxaxa在1,恰有两个整数解，在同一坐标系下画出y1fx,y2axa的图象：当

y2axa介于直线l1,l2之间时，满足要求，

4922，3， 其中eekl1kl2211e21e

32则实数a的取值范围是2,，D正确.

ee故选：ACD 三、填空题

235．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知函数fxax2xlnx有两个不同的极值点x1,x2,且

不等式fx1fx2x1x2t恒成立,则t的取值范围是__________． 【答案】5,

2ax22x12(x0),因为函数fxax2xlnx有两个不同的极值点x1,x2,所以方程【解析】f(x)x48a0112ax22x10有两个不相等的正实数根,于是有：x1x20,解得0a.

2a1xx0122a22(xx)2x1x2fx1fx2x1x2ax122x1lnx1ax22x2lnx2x1x2a123x1x2lnx1x2

21ln2a,

a21设h(a)1ln2a,0a,

a22a11h(a)20,故h(a)在0a上单调递增,故h(a)h5,所以t5.因此

2a2t的取值范围是5,

故答案为5,

36．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知fx是定义在R上的偶函数，且f(x1)f(1x)，

，时，fxx，若函数yf(x)loga(x1)（a0且a1）有且仅有6个零点，则a的取值范当x01围是______． 【答案】(6,8)

【解析】因为fx是定义在R上的偶函数，所以f(x)f(x)， 又f(x1)f(1x)，所以f(x2)f(x)f(x)， 所以fx为T2的周期函数， 令1≤x≤0，则0x1， 所以f(x)x，

又f(x)f(x)，所以当1≤x≤0时，f(x)x 函数yf(x)loga(x1)（a0且a1）有且仅有6个零点，等价于函数yf(x)与函数yloga(x1)有6个交点，

当0a1时，函数yf(x)与函数yloga(x1)只有2个交点，不满足题意； 当a1时，画出图像：

如图所示，要使函数yf(x)与函数yloga(x1)有6个交点，

a1则loga616a8， log81a故答案为：6,8.

x237．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）若直线l：ykxb为曲线fxe与曲线gxelnx的公切线

（其中e为自然对数的底数，e2.71828 ），则实数b=___________.

【答案】0或e2【解析】根据切线方程的求解，联立方程即可解得切点，进而可求b.

xxx设l与fx的切点为x1,y1，则由fxe，有l:yxe11x1e1.同理，设l与gx的切点为x2,y2，

ee22由gx，有l:yxelnx21.

x2xe2x1e，①x2x12lnx2lnx21=1x1③， 由∴式两边同时取对数得：故将∴代入∴中可得：

1xex1e2lnx1,②1221x1ex1x1,x12,e20，进而解得1. 或xex122则l:yex或ye2xe2. 故b0或e2. 故答案为：0或e2

38．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是边长为43的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为3，该四棱锥的外接球O的半径为5，若球心O在四棱锥P−ABCD内，则顶点P的轨迹长度为___________. 【答案】221

【解析】因为底面ABCD是边长为43的正方形，所以该正方形外接圆半径r126，

所以球心O到底面ABCD的距离d52(26)21，又顶点P到底面ABCD的距离为3，所以点P在与底面ABCD平行的截面圆的圆周上，由球心O在四棱锥PABCD内，可得截面圆的半径r252(31)221，故顶点P的轨迹长度为221.

故答案为：221.

x39．（2022·湖北·宜都二中高三开学考试）已知函数fxesinxax在π,0上单调递增，则实数a的取

值范围________.

【答案】,e2

xxx【解析】fxesinxax，fxesinxecosxa，

x因为函数fxesinxax在π,0上单调递增，

所以x,0，exsinxexcosxa0恒成立，

x即x,0，aesinxcosx恒成立，

x设gxesinxcosx，

gxexsinxcosxexcosxsinx2excosx，

x,，gx0，gx为减函数，

2x,0，gx0，gx为增函数， 2所以gxminge2，即ae2. 2故答案为：,e2

40．（2022·湖北·高三开学考试）记数列an的前n项和为Sn，若an值为________. 【答案】16 【解析】由an2n，则使得Sn取得最小值时n的

3n49298112n10， ,当n16时，得an单调递减，且

3n49333n493n493n4910，且an0，

3n49当n1时，a10，故当n16时，an0，当n17时，所以当n16时，Sn最小. 故答案为：16

1116641．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）设a,b2lnsincos,cln，则a,b,c的大小关系是

5105510___________. 【答案】.bac

11111【解析】由已知可得b2lnsincoslnsincosln(1sin)，

1010510102设f(x)xsinx，x(0,1)，则f(x)1cosx0， 所以f(x)xsinx在(0,1)上单调递增，

11111所以ff(0)0，即sin，所以bln1sinln1，

55555设g(x)xln(x1)，x(0,1)，则g(x)11x0， x1x1所以g(x)xln(x1)在(0,1)上单调递增，

1111所以gg(0)0，即ln1ln1sin，所以ab，

5555665x1设h(x)xln(x1)，x(0,1)，则h(x)1，

55x5x111当x0，时，h(x)0，当x,1时，h(x)0，

55611所以h(x)xln(x1)在0，上单调递减，在,1上单调递增，

555161661所以hh(0)0，即ln1ln，所以ac，

555555所以.bac 故答案为：.bac.

42．（2022·湖北·高三阶段练习）有一个棱长为6的正四面体，其中有一半径为内未被球扫过的体积为 【答案】92【解析】

271627cos1 8386的球自由运动，正四面体4

如图设正四面体PABC，当球运动到与平面PAB、平面PAC、平面PBC相切时，可得此时球无法继续向上运动，

设切点分别为E,F,D，则此时球面与正四面体顶点P之间的部分球无法扫过，同理可得正四面体顶点A,B,C均有相同的空间未被球扫过，

作与平面ABC平行且与此时球相切的平面A1B1C1，易得棱锥PA1B1C1为正四面体，设棱长为a，作PG平面A1B1C1于G，

32136a，则PGa2则PG经过球心O，易得A1Ga2a2aa， 3343311362313则正四面体PA1B1C1的体积VPA1B1C1aaaa，表面积S4aa3a2，

3223122212316设球半径为r，则VPA1B1C1Sr，即，解得a3，作EHPA，易得H为PA1中点，a3a2312342则PH3， 2设4个顶点处未被球扫过空间的体积为V1，球的体积为VO，可得

692246VO27； 4123483V1VPA1B1C1 当球沿着PA方向运动且始终与二面角BPAC相切时，设球与平面PAB、平面PAC的切点始终为E,F，过E,F的大圆与PA交于M，由垂径定理知OMPA，又OE,OFPA，易得ME,MFPA，则EMF即为二面角BPAC的平面角，

易得未被球扫过的部分为柱体，且柱体的底面为扇形OEF与四边形MEOF之间的部分，设PA中点为N，连接BN,CN，

易得BNPA,CNPA，则BNC即为二面角BPAC的平面角，又BNCN33，

3333由余弦定理得cosBNC226223333121则BNCcos11， 则cosEMF2cosEMO1，，333则cosEMO362，tanEMO，则ME2OE，设扇形OEF与四边形MEOF之间部分面积为

232S1，

11,则扇形OEF面积为SOEF，EOFEMFcos3S1SMEOFSOEF3611632311cos1cos， 2423481632由上知PH同的柱体，

333，又PA6，则柱体的高为63，正四面体PABC的六条棱未被球扫过空间均为相22232327227271111Vcos36cosV设这部分体积为2，则2，则正四面体内未被球81634883扫过的体积为V1V292故答案为：92271627cos1. 838271627cos1. 83843．（2022·湖北武汉·高三开学考试）已知正三棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为36，则该正三棱锥体积的最大值为___________. 【答案】83 2【解析】因为V球4R36，所以正三棱锥外接球半径R3，

正三棱锥如图所示，设外接球圆心为O，过PO向底面作垂线垂足为D，

ODa(0a3)

因为PABC是正三棱锥，所以D是ABC的中心， 所以OPOA3，ADOA2OD29a2, 又因为ADBS2，所以ABBCAC39a2 3ABC133ABACsin(9a2)， 234ABC1所以VPABCS3PD33(9a2)(3a)(a33a29a27)， 44令f(a)a33a29a27，

f(a)3a26a93(a3)(a1)0解得a3或1

所以f(a)在[0,1)递增，在(1,3)递减，

故当a1时，VPABC取最大值，(VPABC)max83. 故答案为：83.

44．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆x2y24x2y200相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论： ∴弦AC长度的最小值为45； ∴线段BO长度的最大值为105； ∴点M的轨迹是一个圆；

∴四边形ABCD面积的取值范围为205,45．

其中所有正确结论的序号为______． 【答案】∴∴∴

【解析】由题设(x2)2(y1)225，则圆心(2,1)，半径r=5， 由圆的性质知：当圆心与直线AC距离最大为5时AC长度的最小， 此时|AC|225545，∴正确；

BO长度最大，则圆心与B,O共线且在它们中间，此时|BO|r555，∴错误； 若M,H,G,F分别是AB,BC,CD,AD的中点，则MF//HG//BD且|MF||HG||BD|，MH//FG//AC且2|MH||FG||AC|， 2222|BD|2|AC|2又ACBD，易知：MHGF为矩形，而|FH||MF||MH|，

422若圆心(2,1)到直线AC,BD的距离d1,d2[0,5]且d1d25，

|BD|2|AC|2|BD|2|AC|22245，故|FH|35， d1d222550，则所以

444所以M在以|FH|35为直径，HF,MG交点为圆心的圆上，∴正确；

2由上分析：|AC|225d12，|BD|225d2，而SABCD1|AC||BD|， 22所以SABCD262525(d12d2)(d1d2)22500(d1d2)2，

5202522令td25d1[0,5]，则SABCD25005tt22(t)2，

24当t510，即d1d2时，(SABCD)max45； 22当t0或5，即d10,d25或d15,d20时，(SABCD)min205； 所以SABCD[205,45]，∴正确； 故答案为：∴∴∴

x245．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知函数fx4elnxmx存在4个零点，

xelnx则实数m的取值范围是__________． 【答案】(0,1)

x2mx=0有四个解， 【解析】转化为fx4elnxxelnxx2即4elnxmx=0在x0范围内有四个解，

xelnxelnxxm=0在x0范围内有四个解， 即4xxelnx即

xelnx4=m在x0范围内有四个解，

xelnxx1elnx4=melnx即在x0范围内有四个解， x1x令g(x)则g(x)elnx， xe(1lnx)， x2令g(x)0得xe，

所以当0xe时，g(x)0，当xe时，g(x)0， 所以g(x)elnx在(0,e)单调递增，在(e,+)单调递减， x所以g(x)maxg(e)1， 做出g(x)大致图像如下：

令tg(x)elnx， x则原方程转化为令h(t)14t=m(t1)， 1t14t， 1th(t)11t24，

1令h(t)0得t=，

2当t11时，h(t)0，当t1时，h(t)0，

22111)递增， 所以h(t)在(,)递减，在(，22做出h(x)大致图像如下：

所以m(0,1)时，对应解出两个t值， 从而对应解出四个x值， 故答案为：m(0,1).

46．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭xxyyx2y2圆221ab0上任意一点Px0,y0的切线方程为02021．若已知∴ABC内接于椭圆E：

ababx2y21ab0，且坐标原点O为∴ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于a2b2SDEF______． 点D，E，F，则

SABC【答案】4

【解析】若A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)，则AB,BC,AC的中点G(xxyy3x1x2y1y2,)、H(23,2)、2222I(x1x3y1y3,)， 22由O为∴ABC的重心，则kOGkOC、kOHkOA、kOIkOB，

y2y3y1y1y3y2y1y2y3，可得x1y3x3y1x3y2x2y3x2y1x1y2， 所以、、x1x2x3x2x3x1x1x3x2由题设，过A,B,C切线分别为

x3xy3yx2xy2yx1xy1y121， 1、、a2b2a2ba2b2a2(y3y1)b2(x1x3)a2(y2y3)b2(x3x2)a2(y1y2)b2(x2x1),)，F(,)，E(,)， 所以D(x1y3x3y1x1y3x3y1x2y1x1y2x2y1x1y2x3y2x2y3x3y2x2y3a2(y1y2)a2(y3y1)a2(y2y3)b2(x2x1)b2(x1x3)b2(x3x2)0，同理0，即∴DEF重心所以

x2y1x1y2x1y3x3y1x3y2x2y3x2y1x1y2x1y3x3y1x3y2x2y3也为O，

2222bxyyb(xx)yyb(xx)bxx12y12x3y3x2y2又221、221、221，可得2122123、3123122、abx2x1a(y2y1)ay3x3x1a(y3y1)ay2abab2222y3y2b2(x3x2)b2x122， x3x2a(y3y2)ay1所以kODa2y3yb2(x2x1)b22(2)(2)3kOC，同理可得kOEkOB、kOFkOA，

a(y2y1)abx3x3所以D,O,C、E,O,B、F,O,A共线， 综上，C,B,A分别是EF,DF,DE的中点，则

SSDEFABC4

x2y247．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知双曲线221(a0,b0)的左右焦点分别为F1､F2，过F1作

ab圆O:x2y2a2的切线l切圆O于点B并与双曲线的右支交于点C，若BCCF2，则双曲线的离心率为___________. 【答案】5 【解析】因为BCCF2，CF1CF22a， 所以BF12a，又OBa,OF1c， ∴c2a24a25a2，即e故答案为：5. 四、双空题

248．（2022·湖北·高三开学考试）已知抛物线C:y2pxp0的准线l与x轴的交点为H，抛物线C的焦

c5. a点为F，过点H的直线与抛物线C交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，BF4AF，则中点到准线l的距离为【答案】 16 4

ppH【解析】由题可知,0，设直线AB:xty，代入抛物线方程可得，

22y22ptyp20，则y1y2p2，

25，则p_________. 4x2________；若AB的x1因为BF4AF，

2y12y2,x2所以y24y1，又x1， 2p2p2y22x22py12y2p216x12， ∴216，x1x22y14p4x12p∴x1p,x22p， 825， 4又AB的中点到准线l的距离为∴∴

x1x2p2525，即x1x2p， 2242p252pp，即p4. 82故答案为：16；4.

49．（2022·湖北·高三阶段练习）已知2a4a1bb11，则2ab为_______， 此时ab__________. 【答案】 -2 0

b4a2222b24a24a21b21 的最大值

【解析】2ab4a21b212abb24a224a21b214a1b1224a1b12 2abb24a24a21b21

4a2b22ab4a21b212a4a21bb21

111122 22222a4a1bb12a4a1bb1112a4a21bb21当且仅当，即2a4a212a4a21bb21121，bb211时等号成立.

由4a214a22a2a，则2a4a210， 所以2a4a211，解得a0 由bb211，可得b0故ab0 故答案为：2 ；0

50．（2022·湖北·高三阶段练习）如图，OA1B1，A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形（OB12，

Bii1,2,3处为直角顶点），且O，A1，A2，A3四点共线.若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的

________，OB2OP_______. 动点（包含端点）， 则OB1OP32的取值范围为

【答案】 6 10,12

【解析】如图：以O为原点，以OA1所在的直线为x轴建立平面直角坐标系， 则O0,0，A12,0，A24,0，A36,0，B11,1，B23,1，B35,1， 直线A1B1的方程为：yx2，设P1x1,2x1，且x11,2， 直线A2B2的方程为：yx4，设P2x2,4x2，且x23,4， 直线A3B3的方程为：yx6，设P3x3,6x3，且x35,6， 所以OB11,1，OP3x3,6x3，OB1OP3x36x36，

OB23,1，OP2x2,4x2，所以OB2OP23x24x242x210,12，

故答案为：6；10,12.