【文档说明】2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（四）（新高考通用）解析版.docx，共(46)页，3.336 MB，由小赞的店铺上传

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【百强名校】2023届新高考地区百强名校新高考数学模拟考试压轴题精编卷（四）（新高考通用）一、单选题1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知点123,,,,,nAAAA和数列,nnab满足()()*111122π2πcos,sin,

0,33nnnnnnnnnnnAAnaAAaAAb+++++=+=Nuuuuuruuuuuruuuuuuur，若11,,nnaST=分别为数列,nnab的前n项和，则60602ST+=（）A．20−B．243C．48320−D．0【答案】D【分

析】根据题意分析可得数列,nnab均是周期为6的数列，运算求解即可得结果.【详解】由题意可得：()32313133311313,,,,1,02222kkkkkkAAAAAA−−−+=−=−−=

，则()121212113131133,,,0,22222222aaaaaab−+−−=−−−=，∵11a=，则211,3ab=−=，由()()2323221313,1,0,0,2222aaaaab

−−+=−+−=，则3213,22ab=−=，同理43546576879313311,;1,3;,;1,;1,3;22222abababababa=−=−==−==−===−==−，83

,2b=L，即数列,nnab均是周期为6的数列，而1234561234560,0aaaaaabbbbbb+++++=+++++=，606020ST+=故选：D.2．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）

已知函数213()3sinsin(0)222xfxx=+−，若()fx在3,22上无零点，则的取值范围是（）A．280,,99+B．228(0,][,]939C．28(0,][,1]99D．)28,991,+【答案】

B【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简,得到()sin3fxx=−,由题可得323232T−−−=和233(1)23kk−+−,结合0即可得解.【详解】因为213313()3s

insin(0)(1cos)sin222222xfxxxx=+−=−+−13sincossin223xxx=−=−若322x，则323323x−−−，∴323232T−−−=，则21

，又0，解得01.又233(1)23kk−+−，解得2282()339kkkZ++.228233928039kkk+++，解得4132k−

，kZ，0k=或1−.当0k=时，2839；当1k=−时，01，可得209.∴2280,,939.故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于

中档题．3．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）设14a=，1sin8e1b=−，9ln7c=，则（）A．abcB．acbC．cabD．bca【答案】C【分析】根据题意构造函数()sin(0)

2fxxxx=−和2(1)()ln(0)1xgxxxx−=−+，利用导数研究函数()fx的单调性可得sinxx，进而11sin888888(+1)=(e)<(e)e<3<(+1)ba=，则ba；利用导数研究函数()gx的单调性可得当1x时()0gx，即991

()ln0774g=−，则ca，进而得出结果.【详解】由1sin8e1b=−，得1sin81eb+=；由14a=，得880011881888811111(1)(1)()C()C()C)1C344444

a+=+=++++=.设函数()sin(0)2fxxxx=−，则()cos10fxx=−，所以函数()fx在(0,)2上单调递减，故()(0)0fxf=，即sinxx，所以11sin88，有11sin88e<e，得11sin8888(e)<(e)e=，

所以11sin888888(+1)=(e)<(e)e<3<(+1)ba=，所以ba；由92(1)179417−=+，可设函数2(1)()ln(0)1xgxxxx−=−+，则214()0(1)gxxx=++，所以函数()gx在

(0,)+单调递增，且(1)=0g，所以当1x时，()0gx，即92(1)997()ln097717g−=−+，即91ln74，所以ca.综上，cab.故选：C4．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段

练习）已知平面向量a，b，c满足：2a=，3b=，1c=，()()4acbc−−=−，则ab−的取值范围是（）A．1,9B．17,9C．17,5D．23,17+【答案】C公众号：高中试卷君【分析】先以,CACB为相邻两边构造平行四

边形CAEB，则CECACB=+，再由()()4acbc−−=−可得2216ABCE−=，进而得到2OE=，216abABCE−==+，数形结合得,CEOEOCOEOC−+，由此可求出ab−的

范围.【详解】令,,,OAaOBcCbO===其中F为AB的中点，以,CACB为相邻两边构造平行四边形CAEB，则CECACB=+，ABCBCA=−，则()()()()2222444CACBCBCACEABacbcCACB+−−−−=−−=

==，所以2216ABCE−=，以O为圆心，2为半径作圆，O为原点，OC为x轴的正方向建立直角坐标系，如图所示，又因为()()()()22222222OAOBOAOBOAOBOFAB+=++−=+①，()()()()22222222OCOEOCOEO

COEOFCE+=++−=+②，①-②得()()22222282ABCEOAOBOCOE−+−+==，所以2OE=，这样点E也在圆O上，所以216abABCE−==+，又因为,CEOEOCOEOC−+，所以1,3CE，所以17,5abAB−=.故选：C.5．（202

3春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知双曲线()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，过点2F的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，若12PFF△的内切圆1O的半径与12QFF的内切

圆2O的半径的乘积为2a，则双曲线的离心率为（）A．2B．3C．2D．3【答案】A【分析】设()1,0Fc−，()2,0Fc，()111,Oxy、()222,Oxy，过1O分别作1PF、2PF、12FF的垂线，垂足分别为R、S、T，根据切线长定理

及双曲线的定义得到1TFac=+，即可得到1xa=，同理可得2xa=，再由122π2OFO=由射影定理得到2122OTOTTF=，即可得到2ca=，从而得解.【详解】设()1,0Fc−，()2,0Fc其中222cab=+，设()111,Oxy、()222,

Oxy，过1O分别作1PF、2PF、12FF的垂线，垂足分别为R、S、T，由切线长定理可得PRPS=、11FRFT=、22FSFT=，则()()121212122PFPFPRRFPSSFRFSFTFTFa−=+−+=−=−=，因为21122FFTFTFc=+=，所以1TFac=

+，所以(),0Ta，即1xa=，同理可得2xa=，所以1O、2O在直线xa=上，又因为21FO平分2TFP，22FO平分2TFQ，2πPFQ=，所以122π2OFO=，在122OFO中122π2OFO=，2TFca=−，由射影定

理可得2122OTOTTF=，即()22aca=−，所以2ca=，则双曲线的离心率2cea==.故选：A6．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知CD为圆22:(1)(1)4Axy+++=的一条弦，且以CD为直径的圆始终经过原点O，则CD中点B的轨迹方程为（）

A．221xy+=B．2210xyxy+++−=C．2210xyx++−=D．220xyxy+++=【答案】B【分析】由题意可得224ABOB=+，设(),Bxy，用,xy表示出224ABOB=+，化简即可求

得答案.【详解】由题意可得：ABCD⊥,连接AC,则2AC=，则2222142ABCDABOB=+=+，由圆22:(1)(1)4Axy+++=可知(1,1)A−−,设(),Bxy，则22224(1)(1)xyyx++++=+，

化简得：2210xyxy+++−=，即点B的轨迹方程为2210xyxy+++−=，故选：B7．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知椭圆()222210xyabab+=，()0,2P，()0,2Q−过点P的直线1l与椭圆交

于A，B，过点Q的直线2l与椭圆交于C，D，且满足12ll∕∕，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为43，则该椭圆的离心率为（）A．13B．23C．33D．63【答案】D【

分析】不妨设1l，2l两条直线的斜率大于零，连结OM，由题意知2243||16PMMQPMMQ=+=，求出||PM，||QM，求出AB，OM的斜率，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，利用点差法，转化推出椭圆的离心率即可．【详解】解：如图，不妨设1

l，2l两条直线的斜率大于零，连结OM，由题意知2243||16PMMQPMMQ=+=，解得||2PM=，||23MQ=，或||23PM=，||2MQ=（舍），所以||2PM=，||23MQ=，在PMQ中，因为||||||2OMPM

PO===，所以60BPOPOM==，故此时3tan303ABk==，3tan1503OMk==−，设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，则22112222222211xyabxyab+=+=，两式相减得1212121222()()()()0xxxxy

yyyab−+−++=，即2121221212yyyybxxxxa−+=−−+，即2213ABOMbkka=−=−，因此离心率22222213cbeaa==−=，所以63e=，故选：D．8．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数()4coscos1(0)22

26xxfx=−−−在区间3,34ππ−上单调递增，且在区间0,上只取得一次最大值，则的取值范围是（）A．30,4B．80,9C．28,39D．38,49

【答案】C【分析】根据三角恒等变换化简()fx，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.【详解】因为()4coscos12226xxfx=−−−31

4sincossin122222xxx=+−223sincos2sin13sincos2sin2226xxxxxx=+−=−=−，因为()fx在区间3,34ππ−上单调递增，由

x3,34ππ−，则3,63646x−−−−，则3,?362462−−−−，解得81,9，即809；当0,x时，,666x−−−，要使得该函数取得一次最大值，故只需5

262−，解得28,33；综上所述，的取值范围为28,39.故选：C.9．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知tan1.04x=，3lo

gax=，2ab=，sincb=，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．acbC．cabD．cba【答案】B【分析】由ππ1.0443，得出102a，再判断112c，1b，得出结果.【详解】因为ππ1.0443，πtan1.04tan33x==，且πtan

1.04tan14x==，则13x，3310loglog32ax==，即102a；所以122ab=，即2b，所以1πsinsin1sin126cb==，即112c.所以acb.故选：B.10．（20

23秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）定义在R上的函数()fx满足1(1)()3fxfx+=，且当[0,1)x时，()1|21|fxx=−−.若对[,)xm+，都有2()81fx，则m的取值范围是（）A．10,3+B．11,3+

C．13,3+D．143+【答案】B【分析】根据已知，利用分段函数的解析式，结合图像进行求解.【详解】因为当[0,1)x时，()1|21|fxx=−−，所以12,02()122,12xxfxxx=−，又因

为函数()fx满足1(1)()3fxfx+=，所以函数()fx的部分图像如下，由图可知，若对[,)xm+，都有2()81fx，则113m.故A，C，D错误.故选：B.二、多选题11．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知()fx

是()fx的导函数，()()sincos0fxaxbxab=−，则下列结论正确的为（）A．()fx与()fx的图像关于直线3π4x=对称B．()()fxfx+与()()fxfx−有相同的最大值C．将()fx图像上所有的点向右平

移π2个单位长度可得()fx的图像D．当ab=时，()()fxfx+与()()fxfx−都在区间π0,2上单调递增【答案】BC【分析】先求得()fx的导函数()cossinfxaxbx=+，然后根据三角函数图像平移,根据函数的对称性,

根据求三角函数的值域，根据求解三角函数的单调性等分别验证ABCD选项的正误.【详解】已知()fx的图像与3π2fx−的图像关于直线3π4x=对称，()3π3π3πsincoscossin222fxaxbxaxbxfx−=−−−=−+，故A选项错

误；()()()()()()()22sincossinfxfxabxabxababx+=++−=++−+，其中tanabab−=+，()()fxfx+最大值为()()22222ababab++−=+，()()()()()()()22sincossi

nfxfxabxabxababx−=−−+=−++−，其中tanabab+=−，()()fxfx−最大值为()()22222ababab−++=+，故B选项正确；()()sincos0fxaxbxab=−，()cossinfxaxbx=+.

将()fx的图像向右平移π2个单位得()ππcossinsincos22yaxbxaxbxfx=−+−=−=的图像，故C选项正确；当ab=时，()()2sinfxfxax+=，()()2cosfxfxax−=

−，当0a时，()()fxfx+在π0,2上单调递增，()()fxfx−在π0,2上单调递增，当a<0时，()()fxfx+在π0,2上单调递减，()()fxfx−在π0,2上单调递减，综上可知(

)()fxfx+和()()fxfx−在π0,2上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.故选：BC12．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知截面定义：用一个平

面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（）A．截面图形可以是七边形B．若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形C．当截面是五边形时，截面可以是正五边形D．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形【答案】BD【

分析】根据正方体的性质判断A、C，画出图形设ADx=，BDy=，CDz=，利用余弦定理求出cosA、cosB、cosC，即可判断B，利用反证法说明D.【详解】对于A：平面最多和正方体的六个面都相交，所以最多6条交线，所以形成的多边形最多为六边形，所以截面图形一定

不是七边形，故A错误；对于B：设ADx=，BDy=，CDz=，由勾股定理得222222222ABxyBCzyACxz=+=+=+，所以22222cos022ACABBCxBACACABACAB+−==，22222cos022ABBCACyABCBCAB

BCAB+−==，22222cos022ACBCABzACBACBCBCAC+−==，所以角,,BACABCACB均为锐角，所以ABC为锐角三角形，故B正确；对于C：正方体3组对面相互平行，由面面平行的

性质定理可知，五边形中有两组对边平行，所以截面五边形不可能为正五边形，故C错误；对于D：截面EHGF分别交棱AB、AD于点G、H，假设四边形EHGF为直角梯形，()//EFGH，则EHHG⊥，又因为1AAHG⊥且1AA、EH共面，所以1//AAEH或1AAEHP=，当1

//AAEH时，因为1AA面1AAFG，EH面1AAFG，则//EH面1AAFG，又面1AAFG面EFGHFG=，所以//EHFG，又因为//EFGH，所以四边形EHGF为平行四边形，与假设矛盾，当1AAEHP=，因为1AAHG

⊥、EHHG⊥且1AAEHP=，1,AAEH面APH，所以HG⊥平面APH，即HG⊥平面11AADD，又因为AB⊥平面11AADD，所以//ABGH，与ABGHG=矛盾，所以假设不成立，故D错误；故选：BD13．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀

中学校考阶段练习）已知()()ln,0fxaxxaa=+R，当1x时，存在b，cR，使得()2fxbxcx+成立，则下列选项正确的是（）A．(0,1aB．(1,2bC．1c=D．2abc++【答案】AB【分析】根据题意，令()2lnFxxaxx

=−−，由()0Fx即可判断A；分别画出()lnfxaxx=+与()2gxx=的图像，即可判断B；取1x=得()()21111fbcg=+=，即可判断CD.【详解】由2lnxaxx+，令()2lnFxxaxx=−−，所以()2221axxaFxxxx−−=−−=，令()

22hxxxa=−−，其对称轴为14x=，故函数()hx在()1,+递增，所以()()11hxha=−，当10a−时，即01a时，()()0,0,hxFx则函数()Fx递增，所以()()10FxF=.当10a−时，即1a时，

存在()01,x+，使得()00hx=，即20020xxa−−=，当()01,xx时，()()0,0hxFx，则函数()Fx递减，所以()()010FxF=，与()0Fx矛盾，综上，(0,1a，故A正

确；由()2fxbxcx+可得()lnfxaxx=+与()2gxx=在()1,+上存在分隔直线，函数()fx，()gx在1x=处的切线方程分别为:()1yaxa=+−，2yx=，所以12ab+，可得(1,2b，故B正确；取1

x=得()()21111fbcg=+=，所以1bc+=，得)11,0cb=−−，故C,D错误；故选:AB14．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知AC为圆锥SO底面圆O的直径（S为顶点，O为圆心），点B为圆O上异于,AC的动点，1,3SOOC

==，则下列结论正确的为（）A．圆锥SO的侧面积为23B．SAB的取值范围为ππ,63C．若,ABBCE=为线段AB上的动点，则min()10215SECE+=+D．过该圆锥顶点S的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为3【答案】

AC【分析】依次判断每个选项，直接计算A正确；当2AB=时，π3=SAB，B错误；当1,,SEC三点共线时SECE+最小，根据余弦定理计算得到C正确；计算截面24SMNSaa=−△，根据均值不等式计算得到D错误，得到答

案.【详解】对选项A：母线长()22132SC=+=，侧面积为π23πSrl==，正确；对选项B：SAB△中，2SASB==，023AB，则当2AB=时，π3=SAB，错误；对选项C：ABC为等腰直角三角形，6ABBC==，将SAB△放平得到1SAB，如

图2所示，当1,,SEC三点共线时SECE+最小，F为AB中点，连接1SF，则1SFAB⊥，2211162210sin24SFABSSB−===，2211111π2cos46226cos2SCBSBCBSB

CSBCABS=+−=+−+10215=+，正确；对选项D：如图3，设截面为SMN，Q为MN中点，连接,OQSQ，设2MNa=，(0,3a，则222111342SMNSMN

SQaOQaaaa==+=+−=−△22422aa+−=，当24aa=−，即2a=时等号成立，D错误.故选：AC【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能

力和空间想象能力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数()()()lnsinlncosfxxx=，下列说法正确的是（）A．()fx定义域为π2π,2π+,Z2kkkB．(

)()fxfx−=C．π4fx+是偶函数D．()fx在区间π0,2上有唯一极大值点【答案】ACD【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数

奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.【详解】A.()fx的定义域为sin0cos0xx，解得()fx的定义域为π2π,2π,Z,A2kkk+正确B.由于()fx的定义域不

关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；C.设()πππlnsinlncos444gxfxxx=+=++，则定义域为ππ2π,2π,44Zkkk−+，()ππlnsinlncos44gxxx−=−

+−+()ππlncoslnsin44xxgx=++=，即π4fx+是偶函数，C正确D.()()()()()22coslncossinlnsinsincoslnsinlnc

oscossinsincosxxxxxxfxxxxxxx−−=+=()()2222coslncossinlnsinπ,0,2sincos2xxxxxxx−=，令()()()()()()ln1ln1,0,

1,1ln1ln1gttttttgttt=−−−=+++−，令()()1ln1ln1httt=+++−，由()()111211thttttt−=−=−−，当10,2t时，()0ht，即当10,2t时，()gt单调递增，当1,12t

时，()()0htgt在1,12t单调递减，且122ln202g=−，22221111(1)20e2lnleneeg=++−=，222211111(1)20eeee2

lnlng=++−−=,结合0,0tt→时，()gt→−；1,1tt→时，()gt→−，故存在12110,,,122tt使得()0gt=，即有()gt在()10,t单调

递减，在()12,tt单调递增，在()2,1t单调递减，注意到102g=，且1t−→时，()0,0gtt+→→时，()0gt→，从而对于2costx=，当,42x时()()0,0g

tfx，()fx\在区间ππ,42单调递减，当π0,4x时()0gt，()0fx¢>，()fx\在区间π0,4单调递增，π4x=为()fx在区间π0,2上的唯一极大值点，故D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：利用导数解决()fx

在区间π0,2上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.16．（20

23·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）正四棱台1111ABCDABCD−中，112,1ABAB==，侧棱1AA与底面所成角为π.,,3EFG分别为AD，1,ABBB的中点，M为线段11BD上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（）A．该四棱台的体积为766B．三棱锥EFGM−

的体积为定值C．平面EFG截该棱台所得截面为六边形D．异面直线1AB与1ED所成角的余弦值为528【答案】ABD【分析】将正四棱台补形为正四棱锥SABCD−，求得相关线段长度，根据棱台的体积公式计算该四棱台的体积，判断A；根据线面平行的性质结合棱锥体积公式可判断B；根据平面的基本性质作出平面E

FG截该棱台所得截面，判断C；采用平移法，找到异面直线1AB与1ED所成角，解三角形，可求得异面直线1AB与1ED所成角的余弦值，判断D.【详解】将正四棱台补形为正四棱锥SABCD−，由112,1ABAB==，可得1111DCBA为其中截面.设1,OO分别为1111,ABCDABCD的中心，122

2,2AOSO==⊥底面ABCD，故SAO为侧棱1AA与底面所成角，故π3SAO=，可得2211622,2,(22)(2)6,2SAAASOOO===−==，侧面11ABBA为等腰梯形，高为217222−=，故221217(2)()22AB=−+=，对于

()()1111111111676A,41332641ABCDABCDABCDABCDVSSSSh=++=++=，正确对于B，连接BD,则EFBD∥,而11BDBD∥,所以11BDEF∥，EF平面EFG,11BD平面EFG,得11BD平面EFG，由于EFGS为定值，M在11BD上

，故三棱锥MEFG−的体积为定值即三棱锥EFGM−的体积为定值，B正确；对于C，取1DD中点H，连接EH并延长交11AD于P，连接FG并延长交直线11AB于Q，则EDH≌1PDH,则1EDPD=,而111EDAD==，

故111ADPD=,同理111ABQB=,连接PQ，则11PQBD∥,即11BD为1APQ△的中位线，而1O为11AC的中点，故1C在PQ上，即1,,PCQ三点共线，连接11,GCCH,则五边形1EFGCH为平面EFG

截正棱台所得的截面，C错误对于D，由题意1111,ADAEADAE=∥知四边形11AEDA为平行四边形，故11DEAA∥，可得11AAB为异面直线1AB与1ED所成角或补角，在11AAB△中,由余弦定理得22211111111()24152c

os82222AABAABAABAABA−=++−==，由于异面直线1AB与1ED所成角范围为π(0]2，，故异面直线1AB与1ED所成角的余弦值为528，D正确,故选：ABD【点睛】难点点睛：

解答本题要发挥空间想象，明确几何体中的线面位置关系，计算出相关线段长度，难点在于判断平面EFG截该棱台所得截面的形状，此时要根据平面的基本性质，作出该截面，判断形状.17．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数()()sin2fxx=+（为正整数

，π2）的最小正周期3π3π,42T，将函数()fx的图象向右平移π6个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数()fx的说法正确的是（）A．π6−是函数()fx的一个零点B．函数()fx的图象关于直线5π1

2x=−对称C．方程()12fx=在0,π上有三个解D．函数()fx在ππ,62上单调递减【答案】ABD【分析】先由周期范围及为正整数求得1=，再由()fx平移后关于原点对称求得π3=，从而得到()πsin23fxx=+，对于AB，将π6x=

−与5π12x=−代入检验即可；对于C，利用换元法得到1sin2t=在π7π,33内只有两个解，从而可以判断；对于D，利用整体法及sinyx=的单调性即可判断.【详解】因为()()sin2fxx=+，3π3π,42T，所以3

π2π3π422，解得2433，又为正整数，所以1=，所以()()sin2fxx=+，所以函数()fx的图象向右平移π6个单位长度后所得图象对应的函数()ππsin2sin263gxxx=−+=+−

，（点拨：函数()sin0yx=的图象经过平移变换得到()sinyx=+的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），由题意知，函数()gx的图象关于原点对称，故()ππZ3kk−=，即()ππZ3kk=+，

又π2，所以0k=，π3=，所以()πsin23fxx=+，对于A，πππsin2sin00663f−=−+==，故A正确；对于B，5π5πππsin2sin1121232f

−=−+=−=−，故B正确；对于A，令π23tx=+，因为0,πx，所以π7π,33t，显然1sin2t=在π7π,33内只有5π6，13π6两个解，即方程()12fx=在0,π上只有两个解，故

C错误；对于A，当ππ,62x时，π2π4ππ3π2,,33322x+，因为sinyx=在π3π,22上单调递减，所以函数()fx在ππ,62上单调递减，故D正确.故选：ABD.【

点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变1，纵变A”在解题中的应用.18．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）对于伯努利数()NnBn，有定义：001,C(

2)nknnkkBBBn===….则（）A．216B=B．4130B=C．6142B=D．230nB+=【答案】ACD【分析】根据伯努利数的定义以及二项式定理，将()NnBn写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判断选项.【详解】由00

1,C(2)nknnkkBBBn===得，012301230CCCCC+(2)CnknnknnnknnnnBBBBBBnB==++++=，所以，0123101231C)C+C0(2CC

nnnnnnnBBBBnB−−++++=，同理，0123101213111111C)C+0(1CCCCnnnnnnnnnnnBBBBBB+++++−+−+++++=，所以，()1012311211311011+(1)CCCCCCnnnnnnnnnnBBBBnBB

+++−−+++=−++++，()1012311101231111+(1)CCCCC1nnnnnnnnBBnnBBBB++−+++−=−+++++其中第1m+项为111(1)(1)(2)(1)(2)C1112

3123nmmmmnnnnmnnnmBBBnnmm++−−+−−+==++(1)(2)(1)C12311mmmnBBnnnmnmnmnmm=−−+−+=+−−+即可得()01

210112C+C+CCC11112mnmnnnnnnnBBBBBBnnnnnm−−=−+++++−−+令1n=，得11002C111BB=+−=−；令2n=，得0101222CC31113262BBB

=−=−−=+；令3n=，得012012333310CC11C434224BBBB=−=−−+=++同理，可得45678910111115,0,,0,,0,,030423066BBBBBBBB=−====−===

；即可得选项AC正确，B错误；由上述前12项的值可知，当n为奇数时，除了1B之外其余都是0，即210(1)nBn+=，也即230,NnBn+=；所以D正确.故选：ACD.19．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）定义在R上的

函数()fx与()gx的导函数分别为()fx和()gx，若(1)(2)2gxfx+−−=，()(1)fxgx=−，且(2)gx+为奇函数，则下列说法中一定正确的是（）A．(2)0=gB．函数()fx关于2x=对称C．函数()fx是周期函数

D．20231()0kgk==【答案】ACD【分析】由()2gx+为奇函数可得()20g=，由(1)(2)2gxfx+−−=取导数可得()()120gxfx++−=，结合条件可得()()220fx

fx++−=，判断B，再由条件判断函数()fx，()gx的周期，由此计算()20231kgk=，判断C，D.【详解】因为()2gx+为奇函数，所以()()22gxgx+=−−+，取0x=可得()

20g=，A对，因为(1)(2)2gxfx+−−=，所以()()120gxfx++−=所以()()30gxfx+−=，又()(1)fxgx=−，即(1)()fxgx+=，()()130fxfx++−=，故()()

220fxfx++−=，所以函数()fx的图象关于点(2,0)对称，B错，因为()(1)fxgx=−，所以()()10fxgx−−=所以()()1fxgxc−−=，c为常数，因为(1)(2)2gxfx+−−=，所以()()32gxfx−−=，所以()()

312gxgxc−−−=+，取2x=可得2c=−，所以()()13gxgx−=−，又()()22gxgx+=−−+，即()()13gxgx+=−−+，所以()()11gxgx+=−−，所以()()2gxgx=−−，所以()()42()gxgxgx+=−+=，故函

数()gx为周期为4的函数，因为()()2gxgx+=−，所以()()31gg=−，()()420gg=−=，所以(1)(2)(3)(4)0gggg+++=，所以()20231(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)kgkgggggggg==++++++++(2017)

(2018)(2019)(2020)(2021)(2022)(2023)ggggggg+++++++，所以()202315050(2021)(2022)(2023)(1)(2)(3)(4)0kgkggggggg==+++=++=−=，故()20231

kgk=的值为0，D正确；因为()()32gxfx−−=，即()()32fxgx=−−故函数()fx也为周期为4的函数，C正确.故选：ACD.【点睛】本题的关键在于结合(1)(2)2gxfx+−−=，()(1)fxgx=−，且(2)gx+为奇函数三个条件

，得到函数()fx，()gx的周期，利用对称性和周期性判断各个选项.20．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知双曲线()2222:10xyCabab−=的左，右顶点分别为1A，2A，点P，Q是双曲线C上关于原点对称

的两点（异于顶点），直线1PA，2PA，1QA的斜率分别为1PAk，2PAk，1QAk，若1234PAPAkk=，则下列说法正确的是（）A．双曲线C的渐近线方程为34yx=?B．双曲线C的离心率为72C．11PAQAkk为定值D．12tanAPA的取值范围为()0,

+【答案】BCD【分析】求得双曲线C的渐近线方程判断选项A；求得双曲线C的离心率判断选项B；化简11PAQAkk后再判断选项C；求得12tanAPA的取值范围判断选项D.【详解】设(),Pxy，则

22221xyba=−，因为()1,0Aa−，()2,0Aa，故1222222222221PAPAxbayyybkkxaxaxaxaa−====+−−−，依题意有2234ba=，所以32ba=，所以

双曲线C的渐近线方程为32byxxa==，离心率22222712abbeaa+==+=，故选项A错误，选项B正确；因为点P，Q关于原点对称，所以四边形12APAQ为平行四边形，即有12AQAPkk=，所以111234APAQAPAPkkkk==，故C正确；设1PA的倾斜角为

，2PA的倾斜角为，由题意可得3tantan4=，则12APA=−，根据对称性不妨设P在x轴上方，则，则12APA=−，则()()212212tantan443tantan1tantan774PAPAPAPAAPAkkkk

−=−==−=−+，因为P在x轴上方，则232PAk，或2302PAk−，函数()34fxxx=−在3,02−和3,2+上单调递增，所以()12tan0,APA+

，故D正确.故选：BCD.三、填空题21．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知抛物线()22(0),2,1ypxxP=为抛物线内一点，不经过P点的直线:2lyxm=+与抛物线相交于,AB两点，

连接,APBP分别交抛物线于,CD两点，若对任意直线l，总存在，使得,(0,1)APPCBPPD==成立，则该抛物线方程为______.【答案】24yx=【分析】设()()()()11223344,,,,,,,AxyBxyCxyDxy，根据,APPCBPPD=

=推出()()123421yyyy+++=+，结合点在抛物线上可得12yyp+=，34yyp+=，即可求得p，即得答案.【详解】由题意设()()()()112212334434,,,,(),,,,,()AxyBxyxxCx

yDxyxx，由APPC=可得：()()11332,12,1xyxy−−=−−，可得：1313221xxyy+=++=+，同理可得：2424221xxyy+=++=+，则：()()()()12341

2344121xxxxyyyy+++=++++=+（*）将,AB两点代入抛物线方程得2211222,2ypxypx==，作差可得：()1212122yyyypxx−+=−，而12122yyxx−−=，即12yy

p+=，同理可得，34yyp+=，代入（*），可得2p=，此时抛物线方程为24yx=，故答案为：24yx=22．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，已知椭圆22122:1(0)xyCabab+=和抛物线22:2(0)Cypx

p=的一个交点为P，直线PO交1C于点Q，过Q作PQ的垂线交1C于点R（不同于Q），若PR是2C的切线，则椭圆1C的离心率是______．【答案】22公众号：高中试卷君【分析】根据垂直关系以及两点斜率公式可得211211yyxxxy+=−

+，联立直线方程与抛物线方程以及结合点差法的运用得2212ba=，进而可求离心率.【详解】不妨设点()11,Pxy，点()22,Rxy，则2112ypx=，且点()11,Qxy−−，则直线PQ的斜率为11PQyk

x=，因为PQRQ⊥，得RQ的斜率为11RQxky=−，得211211yyxxxy+=−+，……①因为PR是2C的切线，记切线的斜率为k，则切线方程为()11yykxx−=−，由()112,2,yykxxypx−=−=消去x得2110

2kyykxyp−−+=，由()11Δ1402kkxyp=−−+=，又因为2112yxp=，整理得1pky=，又因为2112ypx=，得112ykx=，得2112112yyyxxx−=−，……②由①②得，21

21112121112yyyyxyxxxxyx+−=−+−，得2221222112yyxx−=−−，又因为点()11,Pxy，点()22,Rxy都在椭圆上，则2211222222221,1,xyabxyab+=+=两式相减得22222121220

xxyyab−−+=，得2222122221yybxxa−=−−，故2212ba=，得222ab=，又因为222bac=−，得()2222aac=−，得2ac=，则椭圆1C的离心率为22cea==，故答案为:22．23．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知()33fxxx=

−，若过点()3,0P−的动直线l与()fx有三个不同交点，自左向右分别为,,PEF，则线段EF的中点纵坐标的取值范围为__________.【答案】93,938−【分析】将直线l与()fx的方

程联立，化简后得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理、中点坐标公式即可得线段EF的中点横坐标，再求出过点(3,0)−的两条切线，结合图像，即可求得线段EF的中点纵坐标的取值范围．【详解】设11(,)Exy，22(,)Fxy，线段EF的中点,()Mst，:(3)l

ykx=+，易得()3,0P−在()fx上，由33(3)xxkx−=+，得2(3)(3)0xxxk+−−=，故1x，2x为方程230xxk−−=的两个根，所以12322xxs+==，故点M在直线32x=上，2()33fxx=−

，()0fx，解得1x−或1x；()0fx，解得11x−，∴()fx在(),1−−和()1,+上单调递增，在()1,1−上单调递减，(1)2f−=，(1)2f=−，过P作()fx的切线，设切点坐标为000(,)(3)Axyx−

，则有00000()()33xyfxfxx==++，即2002330xx+−=，解得032x=，此时切线斜率034k=−，切线方程为3(3)4yx=−+．又(3)6f−=，则P点处的切线方程6(3)yx=+．如图所示，两条切线与32x=的交点纵坐标分

别为938−，93，故93,938t−．故答案为：93,938−．【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，辨析清楚“在点”与“过点”的切线方程的求法是解题的关键.24．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数()11fxxm

xaxmx=++−+−−有六个不同零点，且所有零点之和为3，则a的取值范围为__________．【答案】()5,+【分析】根据函数的对称性可求得m的值，将问题转化为()1111gxxxxx=++−+−与ya=有6个不同交点的问题，通过分类讨论和导数的方式得到()gx单调性和极值，

进而确定()gx的图象，采用数形结合的方式得到结果.【详解】()()11fmxmxxafxmxx−=−+++−=−，()fx\图象关于2mx=对称，又()fx的六个零点之和为3，362m=，解得：1m=，()1111fxxxaxx=++−+−−，令()1111gxxxxx=++−+−，则(

)gx与ya=有6个不同交点，()1111,1121121,11xxxgxxxxx++−=++−−；当112x时，()()()22221121011xgxxxxx−=−+=−−，()gx在1,12上单调递增；当

1x时，()()()432222112421211xxxgxxxxx−+−=−−=−−，()3204g=，322029g=−又21yx=与()211yx=−在()1,+上单调递减，()gx在()1,+上单调递

增，03,22x，使得()00gx=，且当()01,xx时，()0gx；当()0,xx+时，()0gx；()gx在()01,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，152g=，()0314523gxg=

，结合()gx对称性可得其大致图象如下图所示：由图象可知：若()gx与ya=有6个不同交点，则5a，即实数a的取值范围为()5,+.故答案为：()5,+.【点睛】方法点睛：解决函数零点问题的基本方法：（1）直接法：求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性

质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）分离变量法：由()0fx=分离变量得出()agx=，将问题等价转化为直线ya=与函数()ygx=的图象的交点

问题.四、双空题25．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列na满足：①15a=；②()()12,32,nnnanaan++=+为奇数为偶数.则na的通项公式na=______；设nS为n

a的前n项和，则2023S=______.（结果用指数幂表示）【答案】()()322234,32,nnnnan++−=−为奇数为偶数1013236079−【分析】当n为奇数时令21,N*nkk=−可得2212kkaa−=+，当n为偶数时令2,N*nkk=，可得()2121434kk

aa+−+=+，即可得到214ka−+是以9为首项，3为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.【详解】当n为奇数时12nnaa+=+，令21,N*nkk=−，则2212kkaa−=+，当n为偶数时13

2nnaa+=+，令2,N*nkk=，则()22211123232238kkkkaaaa+−−=+=++=+，则()2121434kkaa+−+=+，当1k=时149a+=，所以214ka−+是以9为首项，3为公比的等比数列，所以

11214933kkka−+−+==，所以12134kka+−=−，则12121234232kkkkaa++−=+=−+=−，当n为奇数时，由21,N*nkk=−，则12nk+=，所以131223434nnna+++=−=−，

当n为偶数时，由2,N*nkk=，则2nk=，所以21223232nnna++=−=−，所以()()322234,32,nnnnan++−=−为奇数为偶数，所以()()2023132023242022Saaaaaa=

+++++++()()2310132310123334101233321011=+++−++++−()()210122101131331341012210111313−−=−+−−−10132

36079=−故答案为：()()322234,32,nnnnan++−=−为奇数为偶数，1013236079−五、解答题26．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）设抛物线()2:20Cxpyp=的

焦点为F，过点()1,0T的直线l与抛物线C交于A，B两点，点A在第二象限，当F在l上时，A与B的横坐标和为4−．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）过A作斜率为12的直线与x轴交于点M，与直线OB交于点N（O为坐标原点），求ANAM

．【答案】（Ⅰ）24xy=（Ⅱ）2ANAM=公众号：高中试卷君【分析】（Ⅰ）设()11,Axy，()22,Bxy，代入抛物线方程，利用ABTFkk=可求得p，得抛物线方程；（Ⅱ）由题意直线l斜率存在，设():1lykx=−，代入抛物线方程，整理后应用韦达定理得12

124,4xxkxxk+==，设()33,Nxy，由直线,AMOB方程联立解得3y，而133111ANyyyAMyy−==−，此式用横坐标表示后代入上面的结论可得．【详解】解：（Ⅰ）设()11,Axy，()22,Bxy，由题2112xpy=

，2222xpy=，由124xx+=−，则直线l斜率为2212121212122222xxyyxxppkxxxxpp−−+====−−−，又0,2pF，()1,0T，则2pk=−，从而有2

2pp−=−，所以2p=，从而抛物线C的方程为24xy=．（Ⅱ）由题意直线l斜率存在，设():1lykx=−，由()214ykxxy=−=得2440xkxk−+=，则216160kk=−，解得0k或1k，又点A在第二象限，所以0k，124xxk

+=，124xxk=．设()33,Nxy，由题()111:2AMyyxx−=−，22:yOByxx=．联立解得2121232248xxxxyx−=−，2121213212221112124821124xxxxANyyxxxxxAMyxxx−−−−==−=−−，将124xxk

+=，124xxk=代入上式得1222121211212421112242xxxkxxxxxxkxxx−−−−=−=−=−−−，即2ANAM=．【点睛】本题考查求抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，解题方法是设

而不求的思想方程，即设交点1122(,),(,)xyxy，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得1212,xxxx+，把1212,xxxx+代入其他条件化简变形计算．27．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知椭

圆2222:1xyCab+=的焦点在x轴上，它的离心率为12，且经过点23,23P.(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，且过点A，B和点140,2Q的圆的圆心在x轴上，求直线l的方程及此圆的圆心坐标

.【答案】(1)22143xy+=(2)直线l的方程为2222yx=+或2222yx=−−，圆心坐标为1,010−【分析】（1）依题意得到关于a、b、c的方程组，解得即可.（2）设圆心()0,0Mx，()11,Axy，()22,Bxy，设():1

lykx=+，由点在圆上得到222MAMBMQ==，即可得到2101112042xxx−−=，同理可得2202112042xxx−−=，从而得到122xx=−，再联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，即可求出k，从而求出直线l的方程，再求出0x，即可求出圆心坐标.【详解

】（1）依题意可得12cea==，224213ab+=且222abc=+，解得24a=，23b=，21c=，所以椭圆方程为22143xy+=.（2）设圆心()0,0Mx，()11,Axy，()22,Bxy，显然直线l的斜率存在，设():1lykx=+，

因为222MAMBMQ==，则()222011072xxyx−+=+，又2211334yx=−，代入得到2101112042xxx−−=，同理可得2202112042xxx−−=，所以1x、2x是方程20112042xxx−−=的两根，所以122xx=−，由()2211

43ykxxy=++=，消去y整理得()22224384120kxkxk+++−=，所以2122412243kxxk−==−+，解得22k=，所以直线l的方程为2222yx=+或2222yx=−−，此时AB的中点横坐

标为212024242435xxkxk+−==−=+，所以0110x=−，所以1,010M−，即此时圆心坐标为1,010−.28．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知椭圆()2211221110xyabab+=与双曲线()222222

2210,0xyabab−=有共同的焦点，双曲线的左顶点为()1,0A−，过A斜率为3的直线和双曲线仅有一个公共点A，双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍.(1)求双曲线和椭圆的标准方程；(2)椭圆上存在一点()(),10,0PPPPPxyxy−

，过AP的直线l与双曲线的左支相交于与A不重合的另一点B，若以BP为直径的圆经过双曲线的右顶点E，求直线l的方程.【答案】(1)双曲线方程为2213yx−=，椭圆方程为22195xy+=(2)()5713yx=+公众号：高中

试卷君【分析】(1)根据题意得出2221,3baa==，求出双曲线方程，得到2c=，再利用双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得13a=，进而求出椭圆方程；(2)设出直线方程为()1ykx=+，(3)k.将直线方程与

双曲线方程联立，利用韦达定理求出点B坐标，进而得到()22226,,1,33PpkkEBEPxykk==−−−，然后结合题意和向量的数量积即可求解.【详解】（1）由题意，2221,3baa==，可得双曲线方程为2213yx−=，此时2c=，由双曲线的离心率是椭圆离心率的3倍，得13a=

，可得221113,5abac==−=，故椭圆方程为22195xy+=.（2）由过A的直线l与双曲线的左支相交于与A不重合的另一点B，设直线方程为()1ykx=+，(3)k.联立直线和双曲线()22113ykxyx=+−=可得()22223230kxkxk−

−−−=，由韦达定理知，()22313Bkxk−−−=−，解得22236,33BBkkxykk+==−−可得()22226,,1,33PpkkEBEPxykk==−−−，以BP为直径的圆经过双曲线的右顶点E，可得0EPEB=

，即()222621033PPkykxkk−+=−−，将()1PPykx=+代入得11,,22PPxyk=−=.将P点坐标代入椭圆可得：211119454k+=，解得217539k=，故573k=，故直线l的方程为：()5713yx=

+.29．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知直线方程为(2)(21)340mxmym−++++=，其中mR.(1)当m变化时，求点(3,4)Q到直线的距离的最大值及此时的直线方程；(2)若

直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A、B两点，求AOB面积的最小值及此时的直线方程.【答案】(1)距离最大值为213，此时直线方程为2380xy++=；(2)AOB面积的最小值为4，此时直线方程为240xy++=；【分析】（1）求出直线恒过定点M，由两

点间距离公式即可求出最大值，由两条直线垂直的充要条件求出直线的斜率，即可得到直线方程；（2）设直线的方程为2(1)ykx+=+，0k，求出||OA，||OB，利用三角形的面积公式结合基本不等式求解最小值，从而求出此时k的值，得到直线方程．【详解】（1）解：直线方程

为(2)(21)340mxmym−++++=，其中mR，即(23)(24)0mxyxy−+++++=，令230240xyxy−++=++=，解得12xy=−=−，故直线经过定点(1,2)M−−，当m变化时，点(3,4)Q到直线的距离的最大值

为22(31)(42)213QM=+++=，此时，QM和直线垂直，所以直线的斜率为11242331QMk−=−=−++，即22213mm−=−+，解得47=m，此时直线的方程为2380xy++=；（2）解：因为

直线经过定点(1,2)M−−，设直线方程为2(1)ykx+=+，0k，令0x=则2yk=−，令0y=，则21xk=−，所以2|||1|OAk=−，|||2|OBk=−，所以21121(2)|||||1||2|222AOBkSOAOBkkk−==−−=−，因为0k，

则21(2)1414[][()()4](2()()4)4222AOBkSkkkkk−=−=−+−+−−+=…，当且仅当4kk−=−，即2k=−时取等号，所以AOB面积的最小值为4，此时直线的方程为22(1)yx+=−+，即240xy++=．30．（2023秋·湖南长

沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）过抛物线()220ypxp=的对称轴上的定点()(),00Mmm，作直线AB与抛物线相交于A、B两点．（1）试证明A、B两点的纵坐标之积为定值；（2）若点N是定直线:lxm=−上的任一点，试探索三条直线

AN、MN、BN的斜率之间的关系，并给出证明.【答案】（1）证明见解析；（2）直线AN、MN、BN的斜率成等差数列，理由见解析.【分析】（1）设直线AB的方程为xtym=+，设点()11,Axy、()22,Bxy

，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可得出结论；（2）设点(),Nmn−，计算出MNk，利用韦达定理结合斜率公式计算ANBNkk+，即可得出结论.【详解】（1）若直线AB的斜率为零，则直线

AB与抛物线只有一个交点，不合乎题意.设直线AB的方程为xtym=+，设点()11,Axy、()22,Bxy，联立22xtymypx=+=，可得222ytpxmp=+，即2220ytpymp−−=，22480tpmp=+，由韦达定理可得1

22yymp=−；（2）设点(),Nmn−，则2MNnkm=−，()11122111222ANpynynynkyxmympmp−−−===+++，同理可得()22222BNpynkymp−=+，所以，()()(

)()12122222121121222222+22ANBNpynpynpynpynkkympympyyyyyy−−−−+==−++−−()()()122121121212222222MNpyynypyynynpnpnkyyyyyy

mpm−−−====−=−−，因此，直线AN、MN、BN的斜率成等差数列.31．（2023春·河北石家庄·高三石家庄二中校考开学考试）已知函数()()ln20fxaxxa=−.(1)讨论()fx的单调性；(2)当0x时，不等

式()()22coseaxxfxfx−恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)(0,2e【分析】（1）求出函数()fx的定义域，求得()2axfxx−=，分析导数的符号变化，由此可

得出函数()fx的单调递增区间和递减区间；（2）令()tfx=，()e2costgttt=−−，利用导数分析函数()gt的单调性，对实数a的取值进行分类讨论，求出()tfx=的取值范围，结合函数()gt的图象可得出关于实数a的不等式，即可求得实数a的取值范围.【详解】

（1）解：函数()()ln20fxaxxa=−的定义域为()0,+，且()22aaxfxxx−=−=.当a<0时，因为0x，则()0fx，此时函数()fx的单调递减区间为()0,+；当0a时，由()0fx可得2ax，由()

0fx¢>可得02ax.此时，函数()fx的单调递增区间为0,2a，单调递减区间为,2a+.综上所述，当a<0时，函数()fx的单调递减区间为()0,+；当0a时，函数()fx的单调递增区间为0,2a，单调递减区间为,2a+

.（2）解：()()()()()()()ln222cose2cos0e2cos0eafxaxxxxfxfxfxfxfxfx−−−−−−，设()e2costgttt=−

−，其中()tfx=，则()e2sintgtt=−+，设()esin2thtt=+−，则()ecosthtt=+，当0t时，e1t，sin1t，且等号不同时成立，则()0gt恒成立，当0t时，e1t，cos1t−，则()0ht恒成

立，则()gt在()0,+上单调递增，又因为()01g=−，()1e2sin10g=−+，所以，存在()00,1t使得()00gt=，当00tt时，()0gt；当0tt时，()0gt.所以，函数()gt在()0,t−

上单调递减，在()0,t+上单调递增，且()00g=，作出函数()gt的图象如下图所示：由（1）中函数()fx的单调性可知，①当a<0时，()fx在()0,+上单调递增，当0x+→时，()fx→+，当x→+时，()

fx→−，所以，()tfx=R，此时()00gt，不合乎题意；②当0a时，()maxln22aafxfaa==−，且当0x+→时，()fx→−，此时函数()fx的值域为,ln2aaa−−

，即,ln2ataa−−.（i）当ln02aaa−时，即当02ea时，()0gt恒成立，合乎题意；（ii）当ln02aaa−时，即当2ea时，取10minln,2ataat=−

，结合图象可知()10gt，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是(0,2e.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键在于换元()tfx=，将问题转化为()e2cos0tgttt=−−，通过求出()tfx=的取值范围，结合函数()

gt的图象得出关于实数a的不等式进行求解.32．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数()e1xfxax=−+.(1)若2a=，求函数()fx的极值；(2)若1a=，()2ln2xgxx=−，且满足()()()0fmg

nm=，求证：2emn.【答案】(1)极小值为32ln2−，无极大值.(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）依题意可得e12ln2mnmn−+=−，则0n，先证明

1ln022nn−+，构造函数利用导数即可证明，则ln2elne2nmnm−−，再构造函数()exhxx=−，利用导数说明函数的单调性，即可证明.【详解】（1）当2a=时()e21xfxx=−+，则()

e2xfx=−，当ln2x时()0fx，当ln2x时()0fx¢>，所以()fx在(),ln2−上单调递减，在()ln2,+上单调递增，所以()fx在ln2x=处取得极小值为()ln232ln2f=−，无极大值.（2）证明：当1a=时()e1xfxx=−+，依题意可得e

12ln2mnmn−+=−，显然0n，先证明1ln022nn−+，令()()1ln0txxxx=−+，则()111xtxxx−=−+=，所以当01x时()0tx，()tx单调递增，所以()()10txt=，当1x

时()0tx，()tx单调递减，所以()()10txt=，所以1ln022nn−+，又依题意ln2e12lnln1lnlnlne22222222nmnnnnnnnnmn−=−+=−++−+−+=−

，令()exhxx=−，则()1exhx=−，所以当0x时()0hx，所以()hx在)0,+上单调递减，所以ln2elne2nmnm−−，也即()ln2nhmh，当2n

时利用()hx在)0,+上单调递减可知ln2nm，当02n时也有0ln2nm，所以ln2nm，则e2mn，综上可得2emn.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类

讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．33．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数1()ln2fxxxx=++．(1)求()fx的极值；(2)若2()()3gxxfxx=−+，且1ab，证明：()()0gagb+

．【答案】(1)极小值为13ln22f=−，无极大值(2)见解析【分析】（1）由导数得出单调性进而得出极值；（2）由导数得出()gx在()0,+上单调递增，讨论①1ab„，②01ab„两种情况，利用导数证明即可.【详解】（1）2(21)(1)()(0)xxfxxx−+

=1()02fxx；1()002fxx即函数()fx在10,2上单调递减，在1,2+上单调递增所以()fx的极小值为13ln22f=−，无极大值.（2）221()ln1,()ln21,()xgxxxxg

xxxgxx−=−+−=−+−=1()02gxx；1()002gxx即函数()gx在10,2上单调递减，在1,2+上单调递增，即1()ln202gxg=…所以函数()gx在()0,+上单调递增不妨设ab，则①1ab„，

②01ab„对于①1ab„，因为函数()gx在()0,+上单调递增，所以()()(1)0gbgag=…所以()()0gagb+对于②01ab„，由1ab得，1ab，故()1gagb111()()(

)lngagbggbbbbbbb++=−+−+，由01ab„知，10bb−+设1()ln,(1)xxxxx=−+，则()222111()1xxxxxx−−+=−−=而22131024xxx−+=−+，所以()0x，即函数

1()ln,(1)xxxxx=−+是单调减函数()(1)0,(1)xgx=，故111()ln0ggbbbbbbb+=−+−+，即()()0gagb+综上，当1ab时，()()0gagb+.【点睛】关键点睛：对于②，在证明()()0

gagb+时，关键是利用()1gagb将双变量变为单变量问题，再利用导数证明不等式()()0gagb+.34．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）现定义：()()213321fxfxxx−−为函数()fx在区间()12,xx上的立方变化率.已知函数()eax

fx=，()22lngxxxxaa=+++(1)若存在区间()12,xx，使得()fx的值域为()122,2xx，且函数()fx在区间()12,xx上的立方变化率为大于0，求实数a的取值范围；(2)若

对任意区间()()12,,xxfx的立方变化率均大于()gx的立方变化率，求实数a的取值范围.【答案】(1)20,e(2))e,+【分析】（1）由题意得到()fx单调递增，即0a，故1212e2,e2axaxxx==，分离参数后得到()ln2xa

x=有两不等实根，构造()()ln2xhxx=，得到其单调性，结合函数图象得到实数a的取值范围；（2）由题意得到()()()()212133332121fxfxgxgxxxxx−−−−，转化为对任意21xx，有()()()()2211f

xgxfxgx−−，构造()()()22elnaxrxfxgxxxxaa=−=−++−，求导得到()0rx在2,a−+上恒成立，解法一：考虑a<0与0a两种情况，结合同构思想，得到()lnmxxx=+

，求出其单调性，得到e2axaax+在2,a−+上恒成立，变形为2e0axxa−−，构造()2eaxlxxa=−−，求导后得到其单调性，求出ea；解法二：变形为212elnaxxaaa−+，构造()()212e,l

naxmxnxxaaa=−=+，观察得到()mx与()nx互为反函数，从而证明出()mxx恒成立即可，构造()2eaxlxxa=−−，求导后得到其单调性，求出ea；方法三：对()rx二次求导，构造()22e1axxaxa=+−，求

导后分0a与a<0两种情况，分析出0a时，在2,a−+上存在唯一0x，使得()00x=，求出()2eln20axrxaxa=−+−在2,a−+上恒成立，转化为只需()00rx即可，利

用基本不等式证明出结论，且a<0时，不合题意，得到答案.【详解】（1）()fx在区间()12,xx上的立方变化率为正，可得()fx单调递增，即0a.故若存在区间()12,xx，使得()fx的值域为()122,2

xx，即存在不同的12,xx，使得1212e2,e2axaxxx==，故方程e2axx=有两不等实根，化简得()ln2xax=有两不等实根.即ya=与()()ln2xhxx=有两个不同的交点.由()()21ln2xhxx−=

，可知()hx在e02,上单调递增，在e,2+上单调递减，且当0x→时，()hx→−，当x→+时，()0hx→，故要使ya=与()()ln2xhxx=有两个不同的交点，e202eah=,

故实数a的取值范围是20,e；（2）由对任意区间()()12,,xxfx的立方变化率均大于()gx的立方变化率，可得()()()()212133332121fxfxgxgxxxxx−−−−，由21xx可得，()()(

)()2121fxfxgxgx−−，即对任意21xx，有()()()()2211fxgxfxgx−−可得()()()22elnaxrxfxgxxxxaa=−=−++−在2,a−+上单调递增.即()2ln20axrxaexa

=−+−在2,a−+上恒成立，解法一：①当0a时，当x→+时，()tx→−，显然不成立.②当0a时，()()eln2ln20axrxaaxa+=−+−在2,a−+上恒成立，即()elnln22axaaxaaxax+++++在2,a−

+上恒成立，令()()ln,elnln22axmxxxaaxaaxax=++++++在2,a−+上恒成立，即()()e2axmamax+.显然()mx在()0,+上单调递增，得e2axaax+在2,a−+上恒成立.

即2e0axxa−−恒成立令()()2e,e1axaxlxxlxaa−==−−，可得()lx在ln,aa−−上单调递减，在ln,aa−+上单调递增，故lnln10aalaa−−=，解得ea解法

二：①当0a时，当x→+时，()tx→−，显然不成立.②当0a时，2eln20axaxa−+−可转化为212elnaxxaaa−+，令()()212e,lnaxmxnxxaaa=−=+，可得()mx与()nx互为反函数，故()()mxnx恒成立

，只需()mxx恒成立即可，即2e0axxa−−恒成立.令()()2e,e1axaxlxxlxaa−==−−，可得()lx在ln,aa−−上单调递减，在ln,aa−+上单调递增，

故lnln10aalaa−−=，解得ea.解法三：令()22e1axxaxa=+−，可得()()2e3axxaax=+①当0a时，32aa−−，此时()x在2,a−+

上单调递增，由210a−=−，当x→+时，()x→+，故在2,a−+上存在唯一0x，使得()00x=，即0202e1axaxa+=，即001e2axaaxa=+，000221lnln2lneaxxaaxaa+==−−

，令()()2eln2axtxrxaxa==−+−，则()21e2axtxaxa=−+，当02,xxa−时，()0tx，当()0,xx+时，()0tx，此时()rx在02,

xa−上单调递减，在()0,x+上单调递增，故()2eln20axrxaxa=−+−在2,a−+上恒成立，只需()00rx即可.而()000021eln22ln22ax

rxaxaxaaaxa=−+−=++−+00122ln4242ln02axaaaaxa=+++−−++，解得ea经检验，当ea=时等号成立，故ea②当0a时，当

x→+时，()tx→−，显然不成立.故ea.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：

虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.35．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数()esincosxfxxx=−，()cos2exgxxx=−，其中e是自然对数的

底数.（1）判断函数()yfx=在π(0,)2内零点的个数，并说明理由；（2）1π0,2x，2π0,2x，使得不等式12()()fxgxm+成立，试求实数m的取值范围；（3）若1x−，求证：()()0fxgx−.【

答案】（1）1;（2）12](,−−−;（3）见解析【分析】（1）首先求函数的导数()()sincossinxfxexxx=++，判断导数的正负，得到函数的单调性，再根据零点存在性定理得到零点的个数；（2）不等式()()12fxmgx−等价于()()()minmaxmi

nfxmgxmgx−=−，根据导数分别求两个函数的最小值和最大值，建立不等式求m的取值范围；（3）利用分析法逐步找到使命题成立的充分条件，即cos1sin2xexxx++，证明maxmincos1sin2xexxx

++即可.【详解】解：（1）函数()yfx=在π(0,)2上的零点的个数为1.理由如下：因为()sincosxfxexx=−，所以()sincossinxxfxexexx=++.因为π02x，所以'()0fx.所以函数()fx在π(0,)

2上是单调递增函数.因为(0)10f=−，π2π()02fe=，根据函数零点存在性定理得函数()yfx=在π(0,)2上的零点的个数为1；（2）因为不等式12()()fxgxm+等价于12()()fxmgx−，所以1π0,2x

，2π0,2x，使得不等式12()()fxgxm+成立，等价于()()()122minmaxminfxmgxmgx−=−，当π0,2x时，()sincossin0xxfxexexx=++，故()fx在区间π0,2

上单调递增，所以0x=时，()fx取得最小值-1，又()cossin2xgxxxxe=−−，由于0cos1x，sin0xx，22xe，所以()0gx，故()gx在区间0,2上单调递增.因此，0x=时，()gx取得

最大值2−.所以1(2)m−−−，所以21m−−，所以实数m的取值范围是12](,−−−;（3）当1x−时，要证()()0fxgx−，只需证()()fxgx，只需证sincoscos2xxexxx

xe−−，只需证(sin2)(1)cosxexxx++，由于sin20x+，10x+，只需证cos1sin2xexxx++，下面证明1x−时，不等式cos1sin2xexxx++成立.令()(1)1x

ehxxx=−+，则22(1)()(1)(1)xxxexexehxxx+=++−=，当(1,0)x−时，()0hx，()hx单调递减；当,()0x+时，()0hx，()hx单调递增.所以当

且仅当0x=时，()hx取得极小值也就是最小值为1.令cossin2xkx=+，其可看成点(sin,cos)Axx与点(2,0)B−连线的斜率，所以直线AB的方程为：(2)ykx=+，由于点A在圆221xy+=

上，所以直线AB与圆221xy+=相交或相切，当直线AB与圆221xy+=相切且切点在第二象限时，当直线AB取得斜率k的最大值为1.故0x=时，21(0)2kh==；0x时，()1hxk.综上所述，当1x−时，()()0fxgx−成立.【点睛】本题考查了零点存在性定理和利用导数研

究函数的单调性和极值以及最值的综合性问题，本题中的第二问是任意存在的问题,1122,xDxD,使()()()()12minminfxgxfxgx，或是()()()()12maxmaxfxgx

fxgx;而第三问，则考查的类型是()(),xDfxgx的类型，可转换为()(),0xDfxgx−，或是()()minmaxfxgx.这一问构造函数解题较难，常常要构造函数，思维巧妙，具有难度

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