【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（二）（新高考通用）解析版.docx，共(53)页，3.985 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（二）（新高考通用）一、单选题1．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知1F，2F是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且12π4FPF=

，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（）A．2B．22C．22D．2【答案】B【分析】根据双曲线以及椭圆的定义可得112||PFaa=+，212||PFaa=−，进而在焦点三角形中运用余弦定理即可得221222224ee−++=，结合

均值不等式即可求解.【详解】如图，设椭圆的长半轴长为1a，双曲线的半实轴长为2a，则根据椭圆及双曲线的定义：121||||2PFPFa+=，122||||2PFPFa−=，112||PFaa=+，212||PFaa=−，设12||2FFc=，12π4FPF=，则：在△12PFF中由余弦

定理得，22212121212π4()()2()()cos4caaaaaaaa=++−−+−，化简得：22212(22)(22)4aac−++=，即221222224ee−++=，又2212122222122?eeee−++，1212ee，即122·2ee，即椭圆和

双曲线的离心率乘积的最小值为22．故选：B2．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，已知四棱柱1111ABCDABCD−的体积为V，四边形ABCD是平行四边形，点E在平面11ACCA内，且11344AEACAC=+，则三棱锥1DAD

C−与三棱锥EBCD−的公共部分的体积为（）A．28VB．21VC．328VD．7V【答案】A【分析】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，求出答案.【详解】先找两三棱锥的公共

部分，由11344AEACAC=+知：()()13144AEACACAE−−=，故13CEEC=，在1CC上取点E，使得13CEEC=，连接DE，设1,DEDCFACBDG==，连接FG，则三棱锥FCDG−为三棱锥1DADC−与三棱锥EB

CD−的公共部分，∵CEF△∽1DDF，1114337DFDDFCFCCEDC===，点F到平面ABCD的距离是点1D到平面ABCD的距离的37，又14CDGABCDSS=，11334728FCDGVVV−==.

故选：A.3．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）设P是双曲线22221(0,0)xyabab−=与圆2222xyab+=+在第一象限的交点，1F，2F分别是双曲线的左，右焦点，若21tan3P

FF=，则双曲线的离心率为（）．A．10B．102C．3D．2【答案】B公众号：高中试卷君【分析】先由双曲线定义与题中条件得到12||||2PFPFa−=，21tan3PFF=，求出1||3PFa=，2||PFa=，

再由题意得到1290FPF=，即可根据勾股定理求出结果.【详解】解：根据双曲线定义：12||||2PFPFa−=，21tan3PFF=，∴12||3||PFPF=，∴1||3PFa=，2||PFa=，22rabc=+

=，∴12FF是圆的直径，∴1290FPF=，在12RtFPF△中，222(3)(2)aac+=，得102e=．故选B．【点睛】本题主要考查求双曲线的离心率，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.4．（2023

春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比m大，一个比m小的概率为514，已知m为上述数据中的%x分位数，则x的取值可能为（）A．50B．60C．70D．80【答案】C【分析】利用分步乘法计数原理及组合求出

事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答.【详解】从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有28C28=种，一个数比m大，一个数比m小的不同结果有(2)(9)mm−−，于是得(2)(9)52814mm−−=，整理得：211280mm−+=，解得=4m或7m

=，当=4m时，数据中的%x分位数是第3个数，则2%83x，解得2537.5x，所有选项都不满足；当7m=时，数据中的%x分位数是第6个数，则5%86x，解得62.575x，选项A，B，D不满足，C满足.故选：C5．

（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若()()sin2sin,sintan1=+−=，则tantan=（）A．2B．32C．1D．12【答案】A【分析】由三角恒等变换化简

结合已知条件求解即可【详解】因为()()coscoscossinsincoscoscossinsin+=−−=+，所以()()1sinsincoscos2=−−+，所以()()(

)1sinsincos2cos22+−=−，又()()sintan1+−=，所以()()()sinsin1cos−+=−即()()()sinsincos+−=−，所以()()1cos2cos2cos2−=−，所以()()

22112sin12sincos2−−+=−即()22sinsincos−=−，又sin2sin=，所以224sinsincoscossinsin−=+，所以2224sinsincoscos2sin−=+，所以2sincoscos=，所

以1sinsincoscos2=即sinsin2coscos=，又易知coscos0，所以sinsin2coscos=，即tantan2=，故选：A6．（2023春·

湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）雷峰塔又名黄妃塔､西关砖塔，位于浙江省杭州市西湖区，地处西湖风景区南岸夕照山（海拔46米）之上.是吴越国王钱俶为供奉佛螺髻发舍利､祈求国泰民安而建.始建于北宋太平兴国二年（977年），历代屡加重修.现存建筑以原雷峰塔为原型设计，重建于2002年，是“西

湖十景”之一，中国九大名塔之一，中国首座彩色铜雕宝塔.李华同学为测量塔高，在西湖边相距400m的A､C两处（海拔均约16米）各放置一架垂直于地面高为1.5米的测角仪AB､CD（如图所示）.在测角仪B处测得两个数据：塔顶M仰角30MBP=及塔顶M与观测仪D点的视角16.3MB

D=在测角仪D处测得塔顶M与观测仪B点的视角15.1MDB=，李华根据以上数据能估计雷锋塔MN的高度约为（）（参考数据：sin15.10.2605，sin31.40.5210）A．70.5B．71C．71.5D．72【答案】C【分析】在BDM中

由正弦定理求得200BM=，在直角MBP中，100MP=，将平面MBAP画成平面图，以地平线为基准，根据各个高度关系求MN的高度.【详解】在BDM中400BD＝，16.3MBD=，15.1MDB=，所以18016.315.118031.4BMD=−−=−，由正弦定理得sinsin

BDBMBMDMDB=，所以sin4000.2605200sin0.5210BDMDBBMBMD===，在直角MBP中，sin200sin30100MPBMMBP===，将平面MBAP画成平面图如

图所示：由题意知：100MP=，161.517.5OPQAAB=+=+=，46ON=，()100(4617.5)71.5MNMPNPMPONOP=−=−−=−−=，故选：C.7．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知1x是函数()1ln(2)fxxx=+−+的零点，2x是函数

2()244gxxaxa=−++的零点，且满足12||1xx−，则实数a的最小值是()A．1−B．2−C．222−D．12−【答案】A【分析】利用导数判断()fx的单调性，求出其零点1x的值，根据12||1xx−求出2x的范围.令g(x)=0，参

变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解．【详解】()()1ln2,2fxxxx=+−+−，()11122xfxxx+=−=++，当2<<1x−−时，()0,()fxfx单调递减，当1x−时，()0,()fxfx单调递增，()min()10fxf=−=，1x=

−为方程()0fx=的根，即11x=−﹒故121xx−，即为211x−−，解得220x−﹒2x是函数()2244gxxaxa=−++的零点，方程22440xaxa−++=在2,0−上有解﹒即()2244

xax−=+在2,0−上有解﹒8244x−−−，2422xax+=−在2,0−上有解﹒令()24,2,02xgxxx+=−−，则()()()22484882242222xxgxxxxxxx

−++===++=−++−−−−，设()2,42txt=−−−，则()84httt=++，易知h(t)在4,22−−上单调递增，在22,2−−上单调递减﹒又()()42,22hh−=−−=

−，min()2ht=−﹒22,1aa−−﹒故实数a的最小值是1−﹒故选：A﹒8．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知在矩形ABCD中，2AB=，4=AD，E，F分别在边AD，B

C上，且1AE=，3BF=，如图所示，沿EF将四边形AEFB翻折成AEFB，设二面角BEFD−−的大小为，在翻折过程中，当二面角BCDE−−取得最大角，此时sin的值为（）A．35B．45C．223D．13【答案】B【分析】过B作EF的

垂线交EF与O，交AD于M，CD于G，然后利用定义法可得BKH为二面角BCDE−−的平面角，设BOH=，可得3sin2BH=，53cos22HK=−，从而sintan3253cosBHBKHHK==−，然后求函数最大值时的sin值即可.【详解】过

B作EF的垂线交EF与O，交AD于M，CD于G，设B在平面AC内的投影为H，则H在直线BM上，过H作CD的垂线，垂足为K，则BKH为二面角BCDE−−的平面角，设BOH=，由题意32BOBO==，3sinsin2BHBO==，则3c

os(1cos)2BHBOBO=+=+，由45GBC=，42BG=，得342(1cos)2HGBGBH=−=−+，所以13534(1cos)cos2222HKHG==−+=−，所以sintan3253cosBHBKHH

K==−，令sin53cost=−，可得2sin3cos519ttt+=+，则14t，所以，当14t=即sin153cos4=−，也即4sin5=时，tanBKH取到最大

值324，此时BKH最大，即二面角BCDE−−取得最大角.故选：B9．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知()00,Pxy是椭圆2211612xy+=与抛物线28yx=的一个交点，定义02022,0()1483,2xxxfxxxx=−.设定点(2,

0)N，若直线ya=与曲线()yfx=恰有两个交点A与B，则ABN周长的取值范围是（）A．(23,4)B．204,3C．20,83D．(8,442)+【答案】C公众号：高中试卷君【分析】抛物线与椭圆联立，得到0x和0y，

从而得到()fx，画出ya=和()yfx=图像，根据焦半径公式，得到AN和BN，从而表示出ABN的周长，根据Bx的范围，得到答案.【详解】222116128xyyx+==，解得043x=，0323y=，所以()2422,0314483,423xxfxxx=

−，直线ya=3203a，作出函数()yfx=和ya=的图像，由图像可得点A在抛物线上，B在椭圆上，点(2,0)N为抛物线28yx=的焦点，所以2ApANx=+，点(2,0)N为椭圆2211612xy+=的右焦点，椭圆的离心率为12e

=，所以2BBNeaxc=−，即BBNaex=−由焦半径公式可得，ABN的周长为2ABBApANBNABxaexxx++=++−+−1242BBxx=+−+162Bx=+，由4,43Bx，得到1206,823B

x+，所以ABN的周长的取值范围为20,83.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的定义，椭圆焦半径公式，椭圆上点的范围，属于中档题.10．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数()fx，()gx的定义域为R，()gx为

()gx的导函数，且()()100gxfx−+=，()()1004gfxx−−−=，若()gx为偶函数，则以下四个命题：①()()1320ff+=；②()410f=；③()()13ff−=−；④()202210f=中一定成立的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】由(

)gx是偶函数，得()gx是奇函数，再由已知等式得(4)()gxgx−=−，两者结合得()gx是周期函数，周期为4，同时得出()fx是周期函数，周期是4，然后由周期性，奇函数的定义求得(1)(3)gg+，()0g，(1)

g−与(3)g−的关系，从而得出关于()fx的相应结论，由周期性计算()2022f，然后判断各命题．【详解】∵()()100gxfx−+=，()()1004gfxx−−−=，∴()()4gxgx−=−，又()gx

是偶函数，()()gxgx−=，两边求导得()()gxgx−−=，∴()gx是奇函数，()()gxgx=−−，()00g=.∴()()4gxgx−=−，即()()4gxgx+=，()gx是

周期函数，4是它的一个周期，()()400gg==，∵()()10fxgx=−，∴()fx是周期函数，4是它的一个周期.()()010010fg=−=，()()4010ff==，则②正确；()()()()()()13101103201320ffgggg+=−+−=+

−−=，则①正确；()gx是周期为4的周期函数，又是奇函数，()()()222ggg−=−=，()()220gg−==，()()210210fg=−=，()()()202250542210fff=+==，则④正确

；∵()()11gg−=−，()()31gg−=，∴()()31gg−=−−，()()3103fg−=−−，()()1101fg−=−−，因此()()3120ff−+−=，不能得出③()()31ff−=−.则一定正确的有①②④，共3个.故选：C.【点睛】结论点

睛：（1）()fx的图象既关于直线xa=对称，又关于点(,0)b对称，则()fx是周期函数，4ab−是它的一个周期；（2）()fx的图象既关于直线xa=对称，又关于直线xb=对称，则()fx是周期函数，2ab−是它的一个周期；（3）()fx的图象既关于点(,0)a对称，

又关于点(,0)b对称，则()fx是周期函数，2ab−是它的一个周期．二、多选题11．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）某摩天轮共有32个乘坐舱，按旋转顺序依次为1~32号，并且每相

邻两个乘坐舱与旋转中心所成的圆心角均相等，已知乘客在乘坐舱距离地面最近时进入，在mint后距离地面的高度()()()()sin0,0,0,2πftAtBA=++，已知该摩天轮的旋转半径为60m，最高点距地面135m

，旋转一周大约30min，现有甲乘客乘坐11号乘坐舱，当甲乘坐摩天轮15min时，乙距离地面的高度为()75302m+，则乙所乘坐的舱号为（）A．6B．7C．15D．16【答案】BC【分析】由题意，作图，根据图中的几何性质，可得答案.【详解】由题

意，可作图如下：AB代表地面，O代表摩天轮乘坐舱运动的轨迹，则135DP=，60OEOFOCOD====，因为摩天轮旋转一周大约30min，甲乘坐11号舱15min后，运动到点D位置，假设乙乘坐的乘坐舱运

动到点E，则75302EA=+，由75OPDPODMA=−==，则302EMEAMA=−=，在RtOME△中，3022sin602EMMOEOE===，则π4MOE=，由题意，相邻两个乘坐舱之间的夹角为2ππ3216=，由ππ4416=，即甲乙两

人相隔4个舱位，由11415+=，得点E对应的乘坐舱为15号，由1147−=，得点F对应的乘坐舱为7号.故选：BC.12．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知定义域为R的函数()fx在(1,

0−上单调递增，()()11fxfx+=−，且图像关于()2,0对称，则()fx（）A．()()02ff=−B．周期2T=C．在()2,3单调递减D．满足()()()202120222023fff【答案】AC【分析】根据题意化简得到()()4fxfx=+，得到

()fx的周期为4T=,结合()()22ff−=，求得()()02ff=−，得到A正确，B错误；再由()fx的对称性和单调性，得出()fx在()2,3单调递减，可判定C正确；根据()fx的周期求得()()20211ff=，()()20222ff=

，()()20233ff=，结合特殊函数()fx的值，可判定D不正确.【详解】由()()11fxfx+=−，可得()fx的对称轴为1x=，所以()()02,ff=又由()()11fxfx+=−知：()()2fxfx+=−，因为

函数()fx图像关于()2,0对称，即()()22fxfx+=−−，故()()4fxfx+=−−，所以()()24fxfx−+=+，即()()2fxfx−=+，所以()()4fxfx=+，所以()fx的周期为4,所以()()

22ff−=，所以()()02ff=−，故A正确，B错误；因为()fx在(1,0−上单调递增，且4T=，所以()fx在(3,4上单调递增，又图像关于()2,0对称，所以()fx在(0,1上单调递增，因为关于1x=对称，所以()fx在(1,2上单调递减，又因为关于()2,0

对称，可得函数()fx在()2,3单调递减，故C正确；根据()fx的周期为4T=，可得()()()()()()20211,20222,20233ffffff===，因为关于1x=对称，所以()()20ff=

且()()31ff=−，即()()()()()()20211,20220,20231ffffff===−，由函数()fx在(1,2上单调递减，且关于1x=对称，可得()fx在)0,1上单调递增，确定的单调区间内均不包含1x=

，若()()()1010fff−===，所以()()()202120222023fff不正确.故选：AC.【点睛】规律探求：对于函数的基本性质综合应用问题解答时，涉及到函数的周期性有时需要通过函数的对称性得到，函数的对称性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体

现的时函数值随自变量变化而变化的规律，因此在解题时，往往西药借助函数的对称性、奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题.13．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知正四棱锥PABCD−的所有棱长均为22，E，F分别是PC，AB的

中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则以下结论正确的是（）A．异面直线EF、PD所成角的大小为3B．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为66C．EMF周长的最小值为622+D．存在点M使得PB⊥平面MEF【答案】BC【分

析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．【详解】如图1，取PD的中点Q，连接EQ，AQ，因为E，F分别是PC，AB的中点，所以EQDCAF，且EQAF=，所以四边形AFEQ为平行四边形，则E

FAQ，又正四棱锥PABCD−的所有棱长均为22，则AQPD⊥，所以异面直线EF，PD所成角为π2，故A错误；设正方形ABCD的中心为O，连接OC，PO，则PO⊥平面ABCD，2OCOP==，设OC的中点为H，连接EH，FH，则EHOP，且EH⊥平面ABCD，所以EFH为直线EF与

平面ABCD所成角，所以112EHPO==，OFH中，1OH=，2OF=，135FOC=，所以由余弦定理可得5FH=，所以226EFEHFH=+=，所以16sin66EHEFHEF===，故B正确；

将正PAB和PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2，当E，M，F三点共线时，MEMF+取得最小值，此时，点M为PB的中点，22MEMFBC+==，所以EMFV周长的最小值为622+，故C正确；若PB⊥平面MEF，则PBME⊥，此时点M为PB上靠近点P的四等分点，而此时，PB与FM显然不垂直，故D错

误；故选：BC．14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在如图所示试验装置中，两个长方形框架ABCD与ABEF全等，1AB=，2BCBE==，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子,MN分别在长方形对角线AC与BF上移动，且(05)CMBNaa==

，则下列说法正确的是（）A．ABMN⊥B．MN的长最小等于2C．当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB所成夹角的余弦值为13D．()225215MABNaV−−=【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量数量积的运算即可判断选项A；利用

空间两点间距离公式即可判断选项B；根据二面角的余弦值推导即可判断选项C；根据棱锥的体积计算公式即可判断选项D.【详解】由题意可知：,,BABCBE两两互相垂直，以点B为坐标原点，,,BABEBC为,,xyz轴正方

向，建立空间直角坐标系，建系可得525525,0,2,,,05555aaaaMN−()25250,,2,1,0,055aaMNBA=−=，0,ABMNABMN=⊥，故选项A正确；又

222242588585242555552aaMNaaa=+−=−+=−+，当52a=时，min||2MN=，故选项B正确；当MN最小时，5,,2aMN=分别是,ACBF的中点，取MN中点K，连接A

K和BK，,AMANBMBN==，,AKMNBKMN⊥⊥，AKB是二面角AMNB−−的平面角.BMN中，5,22BMBNMN===，可得221342BKBMMN=−=，同理可得32AK=，由余弦定理可得331144cos333222AKB+−==

，故选项C正确；2125252522365515MABNABNaaaaVSh−−==−=，故选项D错误.故选：ABC.15．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知kZ，则函数()()22kxxfxx−=+的图象可能是（）A

．B．C．D．【答案】ABC【分析】令()22xxgx−=+，先分析函数()gx的奇偶性，再分情况讨论()khxx=的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解.【详解】令()22xxgx−=+，则()()22xxgxgx−−

=+=，故()22xxgx−=+为偶函数.当0k=时，函数()22xxfx−=+为偶函数，且其图象过点()0,2，显然四个选项都不满足.当k为偶数且0k时，易知函数()khxx=为偶函数，所以函数()()22kxxfxx

−=+为偶函数，其图象关于y轴对称，则选项C，D符合；若k为正偶数，因为()()22kxxfxx−=+，则1()(22)(2ln22ln2)kxxkxxfxkxx−−−=++−，当0x时，()0fx，所以函数()fx在(0,)+上单调递

增，又因为函数()()22kxxfxx−=+为偶函数，所以函数()fx在(,0)−上单调递减，选项C符合；若k为负偶数，易知函数()()()12222kxxxxkfxxx−−−=+=+的定义域为0xx∣，排除选项

D.当k为奇数时，易知函数()khxx=为奇函数，所以函数()()22kxxfxx−=+为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项A,B符合，若k为正奇数，因为()()22kxxfxx−=+，则1()(22)(2ln22ln2)kxxkxxfxkxx−−−=++−，当0x时，()0fx

，所以函数()fx在(0,)+上单调递增，又因为函数()()22kxxfxx−=+为奇函数，所以函数()fx在(,0)−上单调递增，选项B符合；若k为负奇数，函数()()()12222kxxxxkfxxx−−−=+=+的定义域为0xx∣，不妨取1k=

−，则()22xxfxx−+=，当0x+→时，()fx→+；当12x=时，2212()32122f+==；当1x=时，1(1)22f=；当2x=时，1(2)28f=；当3x=时，17(3)2(2)24ff=；当x趋向

于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以()fx趋向于正无穷；所以()0,+内()fx先减后增，故选项A符合.故选：ABC.16．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已

知AB，分别为圆221:28160Cxyxy+−++=与圆222:650Cxyx+−+=上的两个动点，P为直线20lxy−+=:上的一点，则（）A．||||PAPB+的最小值为3103−B．||||PAPB+的最小值为13373+−C．||||PAPB−的最大

值为253+D．||||PAPB−的最小值为253−−【答案】AC【分析】把圆的方程化为标准方程，找到圆心坐标和半径，求出点2C关于直线l对称的点C，当1,,CPC三点共线，21PCPC+最小，点,,PAB共线时，PA−||PB取到最大值．【详解】圆221:28160Cxyxy+−

++=的标准方程为22(1)(4)1xy−++=，所以其圆心为1(1,4)C−，半径为11r=，圆222:6Cxyx+−+50=的标准方程为22(3)4xy−+=，所以其圆心为2(3,0)C，半径为22r=，设点2C关于直线l对称的点为(,)Ca

b，则1,3320,22baab=−−+−+=解得2,5,ab=−=即(2,5)C−.如图，连接1CC交直线l于点P，连接2PC，此时1,,CPC三点共线，21PCPC+最小，则||||PAPB+最小，所以()minPAPB+=2112112310

PCPCrrCCrr+−−=−−=−3，故A正确、B错误；因为||||||PAPBAB−，所以当||AB取到最大值且点,,PAB共线时，PA−||PB取到最大值．由图可知，max||ABMN==1212253CCrr++=+，所以||||PAPB−的最大值为253+，

故C正确；PAPB时，,,PAB不能共线，||||PAPB−最小值不存在，D错误.故选：AC17．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）设双曲线2222:1xyCab−=的左右焦点分别为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作

圆D的切线与C交于M､N两点，且124cos5FNF=，则C的离心率可以为（）A．52B．53C．343D．133【答案】BD【分析】当直线与双曲线交于两支时，设过1F的切线与圆222:Dxya+=相切于点P，从而可求得1PF，过点2F作2FQMN⊥于点Q，由中位线的性质求得12,FQQF，

在2RtQNF中，可求得2,NFNQ，利用双曲线的定义可得,ab的关系，再由离心率公式求解即可，当直线与双曲线交于同一支时，同理可求得离心率【详解】当直线与双曲线交于两支时，设过1F的切线与圆222:Dxya+=相切于点P，则1,OPaOPPF=⊥，因为1OFc=，所以2222

11PFOFOPcab=−=−=，过点2F作2FQMN⊥于点Q，所以OP∥2FQ，因为O为12FF的中点，所以1122FQPFb==，222QFOPa==，因为124cos5FNF=，12FNF为锐角，所以1212231cossin5FNFF

NF=−=，所以22122103sin35QFaaNFFNF===，所以2121048cos353aaNQNFFNF===，所以11823aNFNQFQb=+=+，因为122NFNFa−=，所以8102233aaba+−=，化简得34ba=，所以43ba=，所以离心率为

22451133cbeaa==+=+=，当直线与双曲线交于一支时，记切点为A，连接OA，则1,OAaFAb==，过2F作2FBMN⊥于B，则22FBa=，所以2211222BFFFBFb=−=，因为124cos5FNF=，

所以12FNF为锐角，所以1212231cossin5FNFFNF=−=，所以22122103sin35BFaaNFFNF===，2121048cos353aaNBNFFNF===，所以11823aNFNBFBb=−=−,所以

211082233aaNFNFba−=−−=，化简得32ba=，所以23ba=，所以离心率为222131133cbeaa==+=+=，综上，双曲线的离心率为53或133，故选：BD18．（2023春

·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在平面四边形ABCD中，点D为动点，ABD△的面积是BCD△面积的2倍，又数列na满足12a=，恒有()()1122nnnnBDaBAaBC−+=−++，设na的前n项和为nS，则（）A．na为等比数列B．2nna为等差数列

C．na为递增数列D．()1326nnSn+=−−【答案】BD【分析】连AC交BD于E，根据面积关系推出2AEEC=，根据平面向量知识推出BE=1233BABC+，结合()()1122nnnnBD

aBAaBC−+=−++，推出11222nnnnaa+−=−，即11222nnnnaa+−−=−，求出1242nnan−=−+，()22nnan=−+，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断B，根据数列的单

调性可判断C；利用错位相减法求出nS，可判断D.【详解】如图，连AC交BD于E，则1sin21sin2ABDBDAEAEBSSBDECCED=△△BCDÐÐ=2AEEC=，即2AEEC=，所以2AEEC=，所以()2BEBABCBE−=−，所以BE=1233BABC+，设BDtBE=(1

)t，因为()()1122nnnnBDaBAaBC−+=−++，所以()()111122nnnnBEaBAaBCtt−+=−++，()()1111231223nnnnatat−+−=+=，所以()11222nnnn

aa−++=−，所以11222nnnnaa+−=−，即11222nnnnaa+−−=−，又12a=，所以1022a=，所以12nna−是首项为2，公差为2−的等差数列，所以()1221242nnann−=−−=−+，所以()()1

24222nnnann−=−+=−+，因为()11(1)222222nnnnannann++−+−+==−+−+不是常数，所以na不为等比数列，故A不正确；因为()()()111122(1)21212222nnnnnnnnnaannn++++−+−+−=−

=−+−−+=−，所以2nna为等差数列，故B正确；因为1nnaa+−=()1(1)222nnnn+−+−−+=2nn−，所以na为递减数列，故C不正确；因为()1231202(1)222nnSn=++−++−+，

所以()234121202(1)222nnSn+=++−++−+，所以()()23412222222nnnSn+−=−++++−−+，所以()()1142222263212nnnnSnn++−−=−−−+=+−−，所以()1326nnSn+=−−，故D正确.

故选：BD19．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）拋物线24yx=的焦点为F，过F的直线交拋物线于AB，两点，点P在拋物线C上，则下列结论中正确的是（）A．若()2,2M，则PMPF+的

最小值为4B．当3AFFB=uuuruur时，163AB=C．若()1,0Q−，则PQPF的取值范围为1,2D．在直线32x=−上存在点N，使得90ANB=【答案】BC【分析】对A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线A

B倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对C，根据抛物线的定义可得1cosPQPFPQF=，再分析临界条件求解即可；对D，【详解】对A，如图，由抛物线的定义，PF的长度为P到准线的距离，故PMPF+的最小值为PM与P到准线距离之和，故P

MPF+的最小值为M到准线距离213+=，故A错误；对B，不妨设A在第一象限，分别过,AB作准线的垂线,AMBN，垂足,MN，作BCAM⊥.则根据抛物线的定义可得,BNBFAMAF==，故31coscos32ACAMCMAFBNAFBFBFBFAFxBACABABABAFBFBFBF−−−−

=======++.故60AFx=，所以2416sin603AB==o.故B正确；对C，过P作PH垂直于准线，垂足为H，则1cosPQPQPFPHPQF==，由图易得090PQFoo，故PQPF随PQF的增大而

增大，当0PQF=o时P在O点处，此时PQPF取最小值1；当PQ与抛物线相切时PQF最大，此时设PQ方程1xty=−，联立24yx=有2440yty−+=，()22440t=−−=，此时解得1t=，不妨设1t=则PQ方程1yx=+，此时倾斜角为45，12cos

45PQPF==o.故PQPF的取值范围为1,2，故C正确；对D，设()()1122,,,AxyBxy，AB中点1212,22xxyyC++，故C到准线=1x−的距离1212xxCD+=+，又122ABxx=++，故12CDAB=，故以AB为直径的圆

与准线=1x−相切，又满足90ANB=的所有点在以AB为直径的圆上，易得此圆与32x=−无交点，故D错误；故选：BC20．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知正四面体ABCD的棱长为22，其所有顶点均在球O的球面上．

已知点E满足AE=(01)AB，(01)CFCD=，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BCCDAD，，相交于点MGH，，，则（）A．四边形EMGH的周长是变化的

B．四棱锥AEMGH−体积的最大值为6481C．当14=时，平面截球O所得截面的周长为11πD．当12λμ==时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为43【答案】BCD【分析】正四面体ABCD放入正方体1111ABCDABCD−中，证明平面//平面11AB

CD，利用平行，利用表示出四边形EMGH各边的长，计算周长判断选项A；利用表示四棱锥AEMGH−的体积，通过导数研究最值判断选项B，利用外接球半径和球心到截面的距离，得到截面圆的半径，计算周长，判断选项C；两个正四面体的公共

部分为两个相同的正四棱锥组合而成，计算体积判断选项D．【详解】在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，知正四面体ABCD的棱长为22，故球心O即为该正方体的中心，连接11BD，设11ACBDNI=，因为11//BBDD，11BBDD=，所以四边形11BBD

D为平行四边形，所以11//BDBD.又BD平面，11BD平面，所以11//BD平面.因为//AC平面，AC11BDN=，AC，11BD平面11ABCD，所以平面//平面11ABCD．对于A，如图①，因为平面//平面11ABCD，平面平面ABCEM=，

平面11ABCD平面ABCAC=，所以//EMAC，则1EMBEACAB==−，即(1)22(1)EMAC=−=−，同理可得//GHAC，22(1)GH=−，////HEGMBD，HEGM==22，所以四边形EMGH的周长LFMGM=++

42GHHE+=，故A错误；对于B，如图①，由A可知////HEGMBD，22HEGM==，且////EMGHAC，22(1)EMGH==−，因为四边形11ABCD为正方形，所以11ACBD⊥，所以四边形EMGH为矩形，所以点A到平面的

距离12dAA==，故四棱锥AEMGH−的体积V与之间的关系式为()V=2311622222(1)()33−=−，则()V=16(23)3−.因为01，所以当203时，()0V，()

V单调递增；当213时，()0V，()V单调递减，所以当23=时，()V取到最大值6481，故四棱锥AEMGH−体积的最大值为6481，故B正确；对于C，正四面体ABCD的外接球即为

正方体1111ABCDABCD−的外接球，其半径3R=．设平面截球O所得截面的圆心为1O，半径为r，当14=时，112OO=.因为2221OOrR+=，则221rROO=−=112，所以平面截球O所得截面的周长为

2πr=11π，故C正确；对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体1111DCBA，设11ADADP=，11ACBDK=，11BCBCQ=，11BDACN=，连接,,,,,,,

KPKEKFKQNPNENFNQ，因为12λμ==，所以,,,,,EFPQKN分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，又2EP=，正四棱锥KPEQF−的高为1112AA=，所以所求公共部分的体积142212233KPEQFV

V−===，故D正确．故选：BCD【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题通常转化为正方体的外接球，利用平面//平面11ABCD，用表示出四边形EMGH各边的长，处理周长和四棱锥的体积；截面

问题和两个正四面体的公共部分，都离不开对图形结构的分析和理解．三、填空题公众号：高中试卷君21．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数()()22lnln1fxaxxxax=−+−，若(

)0fx恒成立，则实数a的取值范围__________.【答案】1e,e−【分析】令()()1,lnhxaxgxxax=−=+，分0a=，0a，a<0，利用导数法讨论求解.【详解】解：令()()1,lnhxaxgxxax=−

=+，则()()()()22lnln1fxhxgxaxxxax==−+−，()11axgxaxx+=+=①当0a=时，()lnfxx=−，不符合题意；②0a时，()hx在区间10,a上恒为负，在区间1,a+

上恒为正，则需()gx在区间10,a上恒为负，在区间1,a+上恒为正，因为()gx在区间()0,+上单调递增，则需1ln10gaa=−+=，此时ea=，符合题意；③当a<0时，()hx在区间()0,+上

恒为负，()gx在区间10,a−上单调递增，在区间1,a−+上单调递减，故()gx在1xa=−时取得极大值也是最大值，()11ln10gxgaa−=−−，解得1ae−.所以实数a的取值范围是1e,e−−.故答案为：1

e,e−22．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）函数2()2exfxabx=++，其中,ab为实数，且(0,1)a.已知对任意23eb，函数()fx有两个不同零点，a的取值范围为_____

_______.【答案】)6,1−e【分析】由题意可得2ln22ee2e0xxaabxbx++=++=有两个不相等的实根，利用换元法，分离参数，令lntxa=，则22lntbat+−=ee，再利用导函数求2

eett+的最小值即可.【详解】因为()fx有两个不同零点()0fx=有两个不相等的实根，即2ln22ee2e0xxaabxbx++=++=有两个不相等的实根，令lntxa=，则220lntbta++=ee，t

显然不为零，所以22lntbat+−=ee，因为()0,1a，23eb，所以20lnba−，所以0t，令()()2ee0tgttt+=，则()()22tttgtt−+=eee，令()()()2e

ee0tthttt=−+，则()0tttthttt=+−=eeee，所以()ht在()0,+上单调递增，又()20h=，所以当()0,2t时，()0ht；当()2,t+时，()0ht，所以当()0,2t时

，()0gt；当()2,t+时，()0gt，故()gt在()0,2上单调递减，在()2,+上单调递增，所以()()2min2gtg==e，所以22lnba−e，又23eb，所以23be，所以ln32a−即ln6a−，6a−e，又()0,1a，所以)6,1a−

e，故答案为：)6,1−e【点睛】利用换元法，令lntxa=，根据t不为零，分离参数得22lntbat+−=ee，构造函数，通过求解函数的最值，即可得出a的取值范围.23．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）设A，B，C是ABC的三个内角，ABC的外心

为O，内心为I．0OI且OI与BC共线．若11tantantan22kABC=+，则k=___________．【答案】2【分析】由O，I分别是三角形的外心和内心，利用OI与BC共线得到线段的长度关系，用tan2B，tan2C表示出相应线段，得到等

式.【详解】设内切圆半径为r，过O，I分别作BC的垂线，垂足分别为M，D，则tan2rBDB=，tan2rCDC=，因为OI与BC共线，所以OMIDr==，又因为2BOCA=，BOMA=，所以tanB

MrA=，因为2BMBDCD=+，所以2tantantan22rrrABC=+，即112tantantan22ABC=+，所以2k=.故答案为：224．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知椭圆C：22143xy

+=的两个焦点为1F，2F，P为椭圆上任意一点，点()，mn为12PFF△的内心，则mn+的最大值为______.【答案】233##233【分析】设(cos,sin)Pab，内切圆的半径为r，由三角形面积公式建立等式可得|sin|||bcrnac==+，公众号：高中试卷君由勾股定理求出焦半径

1||cosPFac=−，2||cosPFac=+，由内切圆性质建立等式()()12||||PccFFmPm−−−+=，可得cosmc=，结合(cos,sin)Pab在椭圆上消去得2231(0)mnn+=，则可设1cos,sin03mn==，

则mn+由辅助角公式可求得最大值【详解】设(cos,sin)Pab，内切圆的半径为r，所以12112|sin||sin|(22)22PFFScbbccar===+，则|sin|||bcrnac==+，设椭圆的左右焦点为12(,0),

(,0)FcFc−，则22221||(cos)(sin)2cos(cos)cosPFacbaaccac=−+=−+=−，同理2||cosPFac=+，又内切圆的性质得()()()()21||||cos

coscmmPFPFacacc−−+=−−+=−，所以cosmc=，消去得()()222221mncbcac+=+，即22221mnacccac+=−+，又因为2,1ac==，所以2231(0)

mnn+=，设1cos,sin03mn==，则123πcossinsin()333mn+=+=+，所以mn+的最大值为233，故答案为：23325．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知正数a，b满足44222(ln2ln

)1aabb+−+，则22ab+=___________.【答案】52【分析】利用基本不等式知244222aabb+，令2()2ln1fxxx=−+，利用导数研究函数的单调性可知22ln1xx+，进而

可得222(ln2ln)1aabb−+，结合已知可得44222(ln2ln)1aabb+=−+，由取等条件即可求解.【详解】因为a，b都为正数，所以24444222222aaabbb+=，当且仅当4422ab=，即1ab=时，等

号成立.构造函数2()2ln1fxxx=−+，0x，求导()()2112()2xxfxxxx+−=−=，令()0fx=，得1x=当()0,1x时，()0fx，()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx，()fx单调递减；可知()fx在1x

=处取得最大值，故()(1)0fxf=，即22ln10≤xx−+所以22ln1xx+，当且仅当1x=时，等号成立，所以2222ln12(ln2ln)1aaabbb+=−+，当且仅当21ab=时，等号成立，所以44222(l

n2ln)1aabb+−+，又44222(ln2ln)1aabb+−+，所以44222(ln2ln)1aabb+=−+，且1ab=，21ab=，即221,22ab==，所以2252ab+=故答案为：52公众号：

高中试卷君【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式及利用导数研究函数的单调性证明不等式，解题的关键是构造函数2()2ln1fxxx=−+，0x，从而证得22ln1xx+，再结合基本不等式及取等条件即可求解，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题.四、双空题26．（20

23春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”，假设待检测的总人数是*2()mmN，将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结

果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组12m−人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定），若待检测的总

人数为8，采用“二分检测法”构测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为________人．若待检测的总人数为2(3)mm…，且假设其中有2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为_______

___．【答案】1，24m－1【分析】①利用二分检测法分析每轮检测的人数再判断感染人数即可；②分类讨论分析每轮检测的人数情况即可【详解】①若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次；第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮

需检测2次，每次检查的是有感染的4人组均分的两组；第4轮需检测2次；则共需检测7次，此时感染者人数为1或2人；②若待检测的总人数为()23mm，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个感染者，则只需1221mm+=+次检测；若只有2个感染者，若要检测次数最

多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为12m−的组，每组1个感染者，此时每组需要()12121mm+−=−次检测，所以此时两组共需()22142mm−=−次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需42141mm−+=−次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记

为n，则n的最大值为41m−.故答案为：1，2；41m−五、解答题27．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）定义：一般地，当0且1时，我们把方程2222(0)xyabab+=表示的椭圆C称为椭圆22221(0)xyabab+=的相似椭圆.(1)如图，已知()()1

23,0,3,0,FFM−为22:4Oxy+=上的动点，延长1FM至点N，使得11,MNMFFN=的垂直平分线与2FN交于点P，记点P的轨迹为曲线C，求C的方程；(2)在条件（1）下，已知椭圆C是椭圆C的相似椭圆，11,MN是椭圆C的左､右

顶点.点Q是C上异于四个顶点的任意一点，当2e=（e为曲线C的离心率）时，设直线1QM与椭圆C交于点,AB，直线1QN与椭圆C交于点,DE，求ABDE+的值.【答案】(1)2214xy+=(2)5【分析】（1）由图可知OM是12FNF△的中位线，

由此可得2FN长为定值，因为点P在1FN的垂直平分线上，所以122PFPFPFPN+=+，根据椭圆定义求解析式即可；（2）假设出点Q坐标，表示直线1QM与直线1QN的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，

利用弦长公式和韦达定理求出ABDE+的值.【详解】（1）连接OM，易知212OMFN∥且212OMFN=，24FN=，又点P在1FN的垂直平分线上，1PFPN=，1222423PFPFPFPNNF+=+==，满足椭圆定义，2,3,1acb===，曲线C的方程

为2214xy+=.（2）由（1）知椭圆C方程为2214xy+=，则离心率3324e==，楄圆C的标准方程为224133xy+=，设()00,Qxy为椭圆C异于四个顶点的任意一点，直线11,QMQN斜率11,QMQNkk，则1120002000333QMQNyyykkxxx=

=−+−，又()222200004113334xyyx+==−，1111142QMQNQMkkk=−.设直线1QM的斜率为k，则直线1QN的斜率为14k−.直线1QM为()3ykx=+，由()223,1,4ykxxy=++=得()222214831240

kxkxk+++−=，设()()1122,,,AxyBxy，则2212122283124,1414kkxxxxkk−−+==++，()()222212121224111414kABkxxkxxxxk+=+−=++−=+，同理可得221

1614kDEk+=+，()22224111651414kkABDEkk+++=+=++.28．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab），

四点()12,2P，()20,2P，()32,2P−，()42,2P中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l不经过2P点且与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M，若222AMPABP=，试问直线l是否经过定点？若经过定点，请求出定点

坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)22184xy+=(2)直线l恒过定点，定点坐标为20,3−【分析】(1)根据题意椭圆过点P2、3P、4P，代入椭圆方程列出方程组，解之即可求解；(2)根据角、线段之间的数量关系可得220

PAPB=，设直线l方程ykxm=+，联立椭圆方程，利用韦达定理和平面向量的坐标表示可得22PAPB()()()2222228401222121mkmkkmmkk−=++−−+−++=，求出m的值，即可得出直线恒过的定点.【详解】（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由

题设知C经过3P，4P两点.又由22222222222(2)abab++知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此()22222221,221,bab=+=解得228,4.ab==故C的方程为2

2184xy+=.（2）在2△ABP中，222AMPABP=，222AMPABPBPM=+，所以22ABPBPM=，从而2PMBM=，又M为线段AB的中点，即12BMAB=，所以212PMAB=，因此290APB=，从而220PAPB=，根

据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立22184ykxmxy=++=消去y得()222214280kxkmxm+++−=①，()()()2224

428210kmmk=−−+，根据韦达定理可得122421kmxxk+=−+，21222821mxxk−=+，所以()()()()()()222211221212,2,2122PAPBxyxykxxkm

xxm=−−=++−++−()()()222222841222121mkmkkmmkk−=++−−+−++所以()()()2222228412202121mkmkkmmkk−++−−+−=++，整理得()()2320mm−+=，解得2m=或23m=−又直线l不经过点()

0,2，所以2m=舍去，于是直线l的方程为23ykx=−，恒过定点20,3−，该点在椭圆C内，满足关于x的方程①有两个不相等的解，所以直线l恒过定点，定点坐标为20,3−.29．（2023春·浙江杭州·高

三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知221ln,0(),0xxxxfxex−−−=.（1）当(0,)x+时，求()fx的最大值；（2）若存在[0,)a+使，得关于x的方程2()0fxaxbx++=有三个不相同的实数根，求实数b的取值范围.【答

案】（1）112e+；（2）1(,22),e−−+.【分析】（1）利用导数判断出函数的单调性，再根据函数的单调性即可求出最值.（2）验证0x=不是方程的根，将原方程的根等价于()fxaxbx=−−的根，记0Aa=−，Bb=−，令()txAxB=+，令2()g()(0)

xfxexxxx−−==，讨论B的取值，利用导数求出函数()gx的最值，通过比较即可确定答案.【详解】（1）当(0,)x+时，2()1lnfxxx=−，即()2ln(2ln1)fxxxxxx=−−=−+当1xe时，()0fx¢>，()fx单调递增；当1xe时，()0fx

，()fx单调递减，所以max11()()12fxfee==+（2）()20fxaxbx++=，经验证0x=不是方程的根，所以原方程的根等价于()fxaxbx=−−的根，记0Aa=−，Bb=−，令()txAxB=+，0A，单调

递减，令2()g()(0)xfxexxxx−−==，即22(1)()xxegxx−−−+=，令()01gxx==−为极大值点，其在(),1−−上单调递增，在()1,0−上单调递减，当22B，1()(1)()(0)txBggxxe−=−，所以()()gxt

x=在0x无实数根当0x时，21()()()lnBgxtxhxxAxx==−−=……①2323212()BxBxhxxxxx−+=−−+=−()hx有两个极值点12,xx，且12122220xxBxx+==，即120xx，228

2BBx+−=故22222221388()ln8ln422BBBBxhxxxBBBx+−+−=−−=−−−−32222322ln22ln204222−−=−−，所以()20hx，存在A使①有三个实根所以22B满足条件.当22B„，(

)hx的分子中2=80B−，()0hx，显然()0,0xhx+→，所以①仅有一个正根，要使2xeAxBx−−=+有两个负根，则max1()(0)Bgxxe=−﹐综上所()1,22,Be−−+﹐即1(,22),be−−+.【点睛】本题考查

了利用导数研究方程的根、利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的思想，属于难题.30．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知抛物线21:Cyx=，开口向上的抛物线2C与1C有一个公共点(2,4)T，且在该点处有相同的切线，(1)求所有抛物线2C的方程；(2)设

点P是抛物线2C上的动点，且与点T不重合，过点P且斜率为k的直线l交抛物线1C于,AB两点，其中PAPB，问是否存在实常数k，使得PAPB为定值？若存在，求出实常数k；若不存在，说明理由.【答案】(1)2(2)4(1)yaxx=−+−（0a且1)a(2)存在，

4k=.【分析】（1）设22:Cyaxbxc=++，根据题意结合导数的几何意义，得到44ab+=，再由2C过点T，求得44ca=−，即可求得抛物线2C的方程；（2）根据题意得到l即为公共点T处的切线，得出4k=，设2(,(2)4(1))Ptatt

−+−，求得切线方程为()()()24241yxtatt=−+−+−，联立方程组，得到12PAxtPBxt−=−，令mxt=−，得到12PAmPBm=，并代入整理得222(24)(2)4(1)0mtmtatt+−+−−−−=，根据根与系数的关系，化简求得22212212(

22)(88)882(1)(1)(44)441mmatataammatataa++−++++==−−−−+−为定值，分1a和01a，两种情况讨论，结合21yy，得到,AB在点P的两侧和同侧，进而得到答案.【详解】（1）解：设22:

,(0)Cyaxbxca=++，可得2yaxb=+，抛物线21:Cyx=，可得2yx=，因为抛物线2C与1C有一个公共点(2,4)T，且在该点处有相同的切线，可得44ab+=，即44ba=−，所以22:(44)Cyaxaxc=+−+，因为抛物线2C过点(2,4)T，代入可得44ca=−，即满

足条件的22:(44)(44)Cyaxaxa=+−+−即抛物线2C的方程为2(2)4(1),(0yaxxa=−+−且1)a.（2）解：当0PB→时，若PAPB为常数，则0PA→，此时l即为公共点T处的切线，故若存在

，则4k=.下面证明：4k=时，PAPB为常数，设2(,(2)4(1))Ptatt−+−，则切线方程为()()()24241yxtatt=−+−+−，联立方程组()()()224241yxyxtatt==−+−+−，整理得22

4()(2)4(1)0xxtatt−−−−−−=，设1122(,),(,)AxyBxy，则12PAxtPBxt−=−，令mxt=−，可得xmt=+，所以12PAmPBm=，代入上式得22()4(2)4(1)0mtm

att+−−−−−=，即222(24)(2)4(1)0mtmtatt+−+−−−−=，可得()()12221242241mmtmmtatt+=−=−−−−，所以222121224(2)mmmmt++=−，则2222222124(

2)22(2)8(1)22(2)8(1)mmttatttatt+=−−+−+−=+−−−，所以22212212(22)(88)882(1)(1)(44)441mmatataammatataa++−++++==−−−−+−为定值，且2221

(1)4(1)4(1)(1)(2)yyaxaxaax−=−+−+−=−−，①当1a时，由21yy，可得,AB在点P的两侧，所以11221PAxtmPBxtm−==−−，令12mtm=，可得12(1)1

atta++=−，即2(1)2(1)10atata−−++−=，解得121aata+=−，因为1t−，所以121aata+−=−为定值；②当01a时，由21yy，可得,AB在点P的同侧，所以11221PAxtmPBxtm−=

=−，因为1t，所以121aata++=−为定值，综上可得，存在4k=时，使得PAPB为定值.公众号：高中试卷君【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的常见策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，

即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线0(),Fxy=之间的关系，得到关于k与,xy的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出

定点，再证明该定点与变量无关.31．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数()elnkxfxx=−，kR.(1)已知1k，若1x时，()fxt恒成立，求t的取值范围；(2)当1k=时，求证：()()()11lnfxaaa

++−.【答案】(1)(,ek−(2)证明见解析【分析】（1）求出1k时，()fx在区间)1,+上的最小值m，使tm即可；（2）设()()()11lngaaaa=++−，证明()()minmaxfxga=即可.【详解】（1）∵()elnkxfxx=−，()0,x+，设()()1e

kxFxfxkx==−，()0,x+，则()221e0kxFxkx=+∴()()1ekxFxfxkx==−在区间()0,+上单调递增，∵1k，∴)1,x+，()()1e1e10kfxfk=−−，∴()fx在区间)1,+上单调递增，()

()en1e1lkkfxf−==，∴若()fxt恒成立，则ekt，综上所述，若1x时，()fxt恒成立，则t的取值范围是(,ek−.（2）当1k=时，()elnxfxx=−，()0,x+，则()1exfxx=−，易知(

)fx在区间()0,+上单调递增，又∵121e2e402f=−=−，()1e10f=−，∴01,12x，使()0001e0xfxx=−=，当()00,xx时，(

)0fx，()fx在区间()00,x上单调递减，当()0,xx+时，()0fx¢>，()fx在区间()0,x+上单调递增，∴()fx在0xx=处取得极小值，也是最小值，()()000minelnxfxfxx−==，∵001e0xx−=，∴001exx=，两边同时取对数，又有0

0lnxx=−，∴()0min0001elnxfxxxx=−=+，设()()()11lngaaaa=++−，()0,a+，则()111lnlnagaaaaa−=−+=−，易知()ga在区间()0,+上单调递减，又∵()11ln110g=−=

，()13ln303g=−，∴()01,3a，使()0001ln0gaaa=−=，当()00,aa时，()0ga，()ga在区间()00,a上单调递增，当()0,aa+时，()0ga，()ga在区间()0,a+上单调递减，∴()ga在0aa=

处取得极大值，也是最大值，()()()()000max011lngaagaaa+==+−，∵001ln0aa−=，∴001lnaa=，∴()()()()()0000ma0000x1111ln11gaaaaaaaaa++−=+

=+−=+，设l(n)hxxx=+，()0,x+，∵00lnxx=−，∴000()ln0hxxx=+=，∵001lnaa=，∴000001111()lnln0haaaaa=+=−=，易知l(n)hxxx=+在区间()0,+上单调递增，∴()hx至多有一个零点，∴001

xa=，∴()()0minmax00011faxxgaxa+==+=，∴()()()()()()minmax11lnfaaxfxgaaga++−==，即()()()11lnfxaaa++−.【点睛

】方法点睛：证明不等式()()12fxgx恒成立问题，可以先通过导数求出()fx的最小值()minfx和()gx的最大值()maxgx，再证明()()minmaxfxgx即可.32．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练

习）已知函数()()2ln,2ln2afxaxxgxxx=+=+.(1)若()()fxgx，求a的取值范围；(2)记()fx的零点为12,xx（12xx），()gx的极值点为0x，证明：1024exxx.【答案】(1)44ln2,12ln2+++(2)证明见解析【分析】（

1）构造函数()()()hxfxgx=−，然后分类讨论，即可得到a的取值范围（2）()fx和()gx分别求导，求出()gx的极值点0x的关系式，()fx单调区间，()fx零点所在区间，即可证明.【详解】（1）记()()()21ln202ahx

fxgxxaxx=−=−+−，①当2a时，取102h，不符条件；②当2a时，()()221122122aaxaxaxxhxxx−−+−+−==，令()0,()0hxhx，∴()hx在10,2单调递减，在1,2+

单调递增，所以11ln210224aah=−+−，即44ln212ln2a++，则a的取值范围为44ln2,12ln2+++；（2）∵()22agxx=+，令()0gx=，则00,4ee4axxa=−=−，且()12fxaxx=+，令()()0,0f

xfx，∴()fx在10,2a−单调递增，在1,2a−+单调递减，且1111ln02222faa−=−+−，∴102ae−，取1x=，则()10fa=，∴1211e2xxa−，

取1exa=−，则2111lneeefaaa−=+−，记1,2etta=−，在()lnettt=−中，()11e0eetttt−=−=，∴()t在()2,e单调递增，在()e,+上单调

递减，∴()()eelne0et=−=，即222211111ln0()eeeeeffxxaaaaax−=+−=−−∵1211e2xxa−∴1221xxx从而10221e4exaxxx−=.【点睛】本题考查构造函数，求导，

考查单调区间的求法，具有很强的综合性.33．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知双曲线C：22221xyab−=(0,0)ab的右焦点为F，双曲线C上一点()3,1P关于原点的对称点为Q，满足6FPFQ=.(1)求C的方程；

(2)直线l与坐标轴不垂直，且不过点P及点Q，设l与C交于A、B两点，点B关于原点的对称点为D，若PAPD⊥，证明：直线l的斜率为定值.【答案】(1)22188xy−=；(2)证明见解析.【分析】（1）由已知得到,QF的坐标，根据6FPFQ=求出2216ab+=，进

而根据双曲线的方程，联立方程组即可求出结果；（2）方法一：联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标关系.然后根据0PAPD=，化简得到()()()2212132180kkxxk−+−+−=.由2302180kk+=−=，即可求出3k=−

；方法二：由已知可推出0PAPBkk+=.将定点P平移至原点，然后平移双曲线，得到22620xyxy−+−=.设直线1mxny+=，代入双曲线构造齐次式()()22621xyxymxny−+−+=.得到关于yx的二次形式，根据斜率关系得出3mn=，即可

求出斜率.【详解】（1）由已知可得()3,1Q−−，(),0Fc.则()3,1FPc=−uur，()3,1FQc=−−−uuur，由6FPFQ=可得，216c=，所以2216ab+=.，又点()3,1P在双曲线上，所以22911ab−=.联立222291116abab−=+=，可得2

288ab==，所以，C的方程为22188xy−=.（2）法一：设()11,Axy，()22,Bxy，则()22,Dxy−−，所以()113,1PAxy=−−uur，()223,1PDxy=−−−−uuur，由PAPD⊥可得，0PAPD=，所以()()()()121233110xx

yy−−−+−−−=，整理可得，()121212123100xxyyxxyy++−+−−=.由已知可设直线l的方程为ykxm=+（0k且1k）.联立直线l与双曲线的方程22188ykxmxy=+−=可得，()2221280kxmkxm

−−−−=.()()()2222418mkkm=−−−−−()224880mk=−+，所以2288km+.由韦达定理可得12221222181mkxxkmxxk+=−−−=−，又11ykxm=+，22ykxm=+，()()()2212

121212yykxmkxmkxxkmxxm=++=+++.所以，由()121212123100xxyyxxyy++−+−−=可得，()()()2221222821310011mmkkkmkxxmkk−−++++

−+−=−−，整理可得，()()()2212132180kkxxk−+−+−=，因为210k−，12xx−不恒为0，所以应有2302180kk+=−=，解得3k=−.所以直线l的斜率为定值3−.法二：设()00,Bxy，则(

)00,Dxy−−，22008xy−=.所以0013PBykx−=−，0013PDykx−−=−−，所以22002200111989PBPDyykkxy−−===−+−.又由题意知1PAPDkk=−，所以0PAPBkk+=.将双曲线平

移至()()2231188xy++−=，即22620xyxy−+−=.则P平移至()10,0P，A，B分别平移至()111,Axy，()122,Bxy.设直线11AB的方程为1mxny+=，代入双曲线可得，()()2262

1xyxymxny−+−+=，所以，()()()222126610nymnxymx++−−+=.两边同除以2x，可得()()222126610yynmnmxx++−−−=，所以1111PAPBPAPBkkkk+=+121262021yynmxxn−=+==+，所以3mn=.所以，直线11A

B的方程为()310nxnyn+=，所以113ABk=−，所以直线l的斜率为定值3−.【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中，题干中出现垂直关系，常用坐标法，化为数量积为0.然后根据韦达定理，得出等量关系，进而求出参数.34．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）

已知函数()()esincos2xfxxxxaxa=++−−R.(1)若2a=，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；(2)若()0fx对任意的)0,x+恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)yx=

−(2)(,1−【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率()0f，结合()00f=可求得切线方程；（2）求导后，设()()hxfx=；令()()e10xuxxx=−−，利用导数可求得()ux单调性，得到()0ux，采用放缩法可确定()

0hx，知()fx在)0,+上单调递增；当1a时，由()0fx恒成立可确定()()00fxf=，满足题意；当1a时，令()()e21agaaa=−，利用导数可说明()0ga，得到()0fa，结合零点存在定理可说明()00,xa，使得(

)00fx=，由此可说明当()00,xx时，()0fx，不合题意；综合两种情况可得结论.【详解】（1）当2a=时，()esincos22xfxxxxx=++−−，则()ecos2xfxxx=+−，()01f=−，又()00f=，()fx\在()()0,0f处的

切线方程为：yx=−.（2）()ecosxfxxxa=+−，令()()hxfx=，则()ecossinxhxxxx=+−，令()()e10xuxxx=−−，则()e10xux=−，()ux在)0,+上单调递增，()()00uxu=，即()e10xx−+；当0x时，cos1

x−，sin1x，sinxxx−−，()cossin1xxxx−−+，()ecossine10xxxxxx+−−+，即()0hx，()hx在)0,+上单调递增，即()fx在)0,+上单调递增；()()01fxfa

=−；①当10a−，即1a时，()()00fxf，()fx\在)0,+上单调递增，()()00fxf=，满足题意；②当10a−，即1a时，()ecose2aafaaaaa=+−

−；令()()e21agaaa=−，则()e2e20aga=−−，()ga在()1,+上单调递增，()()1e20gag=−，即()0fa，又()00f，()00,xa，使得()00fx=，当()00,x

x时，()0fx，则()fx在()00,x上单调递减，此时()()00fxf=，不合题意；综上所述：实数a的取值范围为(,1−.【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问

题的关键是能够根据端点效应，说明当1a时，()fx单调递增；当1a时，结合零点存在定理说明存在()0fx的区间，由此可得参数范围.35．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知双曲线E：22221xyab−=（0a，0b）的左焦点F为()2,0−，点()3

,2M是双曲线E上的一点.(1)求E的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为k（0k）的直线l交E于A，B两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D，若直线CD经过点()0,1N−，求直线l的斜率k.【答案】(1

)2213xy−=(2)112【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合222cab=+，可得答案；（2）根据双曲线的对称性，设出点,AB的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点,CD的坐标，根据所过已知点N，建立方程，可得答案.【详解】（1）易知2c=，()()()()22

2223220322023a=++−−−+−=，故3a=，1b=.故双曲线E的标准方程2213xy−=.（2）方法一：令A为()11,xy，则B为()11,xy−−，直线FA为1122,xxmymy+=−=，直线F

B为1122,xxnyny−+=−=−，由()22222341013xmymymyxy=−−−+=−=，设()(),,,CCDDCxyDxy，得1221111323Cyymxy==−+−，即122111443Cyyxxy=++−，2

21133xy−=，1174Cyyx=+，111111212727474Cyxxxxyx+−−=−=++，同理可得，1174Dyyx−=−，1112774Dxxx−+=−，直线CD经过点()0,1N−，则C，D，N三点共线，即CNDN∥，则有()()11DCC

Dxyxy+=+111111111271271174747474xyxyxxxx−+−−−+=+−++−，化简得，()()()()1111111277412774xyxxyx−+++

=−−−+−，即1112yx=，故11112ykx==.方法二：令A为()11,xy，则B为()11,xy−−，直线FA为1122,xxmymy+=−=，直线FB为1122,xxnyny−+=−=−，由()22222341013xmymy

myxy=−−−+=−=，设()(),,,CCDDCxyDxy，得1221111323Cyymxy==−+−，即122111443Cyyxxy=++−221133xy−=，1174

Cyyx=+，同理可得，1174Dyyx−=−.令直线CD为()1xty=+，由()()2222221323013xtytytytxy=+−++−=−=，则1CDyy=，即111117474yyxx−=+−，化简得2

2111649yx=−221133xy−=，解得2114447x=，21147y=，故2121112ykx==.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量

关系，也可整理函数关系，求解范围.36．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）已知函数2()exfx+=，R;()cos,xgxx=ππ,22x−.（e为自然对数的底数，e2.718）.(1)若函数()

()()hxafxgx=−在区间ππ,22−上单调递减，求实数a的取值范围；(2)是否存在直线l同时与(),()yfxygx==的图象相切？如果存在，判断l的条数，并证明你的结论；如果不存在，说明理由.【答案】(1)π242e2

a−−−(2)存在，一条，证明见解析【分析】(1)根据函数的单调性可得2sinexxa+−，再构造函数()2πsin,eπ,22xxMxx+−=−，讨论最值即可求解；(2)利用导数和切线的关系，求出切线

方程，进而可得()()222223lnsinsincossinxxxxx−−−=+，再根据导数讨论单调性，结合单调性与函数零点的关系求解.【详解】（1）()()()()22ecos,esinxxhxaf

xgxaxhxax++=−=−=+.因为()()()hxafxgx=−在ππ,22−上单调减，所以()2,es0ππ,22inxxhxax+−+=恒成立，所以2sin,ππ22e,xxxa+−−恒成立.设()2πsin,eπ,22xxMxx

+−=−，则()22π2sincossin4eexxxxxMx++−−=−=，当ππ,24x−时，()0Mx，当,42x时，()0Mx

，所以()Mx在ππ,24−上单调递减，在ππ,42上单调递增，所以π24minπ242π22()e42eMxM−−+==−=−，所以π242e2a−−−.（2）存在

且仅有一条直线同时与()()yfxygx==､的图象相切.设直线与()(),yfxygx==的图象分别相切于点()()1122,,,PxyQxy，其中12ππR,,22xx−，且()()212,e,sinxx

xfxgxx+=−=，则在P处的切线方程为：()11221eexxyxx++−=−，即()11221e1exxyxx++=+−；在Q处的切线方程为：()222cossinyxxxx−=−−，即2222sincossinyxxxxx=−++.所以122esin,xx+=−……①()1212

221ecossin,xxxxx+−=+……②因为()2sin1,1x−−，所以120e1x+，则2π,02x−.可得()122lnsinxx=−+−，于是有()()222223lnsinsinc

ossinxxxxx−−−=+，整理得()()222223sincossinlnsin0xxxxx++−−=.法1：两边同除以2sinx得()()2222cos3lnsin0sinxxxx++−−=，要证有且仅有一条直线同时与()()yfxygx=

=､的图象都相切，只需证函数()()cos3lnsinsinxMxxxx=++−−，在π,02x−上有且仅有一个零点.()()22222π2cossincossincossincoscos41sinsinsinsinxxxxxxxxMxxx

xx−+−+−−−=+−==−当ππ,24x−−时，()0Mx，当π,04x−时，()0Mx，所以()Mx在ππ,24−−上单调递增，在π,04−上单调递减，πππ3

0422MM−−=−+，所以()Mx在ππ,24−−上无零点.取300πsine,,04xx−=−−，则60cos1ex−=−，()()6366000030cos1e3lnsin3lne6e16210sinexMx

xxx−−−−=++−−−−=−−−−，所以函数()Mx在π,04−上有且仅有一个零点，综上，函数()Mx在π,02−上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()(),fxgx的图象都相切.法2：

要证有且仅有一条直线同时与()()yfxygx==､的图象都相切，只需证函数()()()3sincossinlnsinGxxxxxx=++−−在π,02x−上有且仅有一个零点.()()()()cossin3co

ssincoslnsinsincos2lnsinsinxGxxxxxxxxxxxx−=++−−−−=+−−−，设()()π2lnsin,,02Nxxxx=+−−−，则()coscos11sinsinxxNxxx−=−=−−，因为π,02x−，所以cos0,

sin0xx，所以()0Nx，所以()Nx在π,02−上单调递增，所以()ππ2022NxN−=−+，又cos0x，所以()0Gx，所以()Gx在π,02−上单调递增，所以ππππππ3sincossinlnsin30222222

2G−=−+−+−−−−−=−，取300πsine,,0,4xx−=−−则60cos1ex−=−，()()()()30000000000co

s3sincossinlnsine3lnsinsinxGxxxxxxxxx−=++−−=−++−−其中()636600030cos1e3lnsin3lne6e16210sinexxxx−−−−++−−−−=−−−−，所以()00Gx，所以函数()Gx在π,02−

上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()(),fxgx的图象都相切.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用且点坐标表示出切线方程，再根据等量代换可得()()222223sincossinlnsin0xxxxx++−−=，构造函数，结合函数的单调性

与零点之间的关系即可证明.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com