新高考地區(qū)百強名校新高考數學模擬考試壓軸題精編卷（二）（新高考通用）

【百強名?！?023屆新高考地區(qū)百強名校新高考數學模擬考試壓軸題精編卷（二）（新高考通用）一、單選題1．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）已知，是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且，則橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據雙曲線以及橢圓的定義可得，，進而在焦點三角形中運用余弦定理即可得，結合均值不等式即可求解.【詳解】如圖，設橢圓的長半軸長為，雙曲線的半實軸長為，則根據橢圓及雙曲線的定義：，，，，設，，則：在△中由余弦定理得，，化簡得：，即，又，，即，即橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為．故選：B2．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學?？茧A段練習）如圖，已知四棱柱的體積為，四邊形是平行四邊形，點在平面內，且，則三棱錐與三棱錐的公共部分的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出輔助線，找到兩三棱錐的公共部分，結合三角形相似知識得到邊長比，從而得到體積比，求出答案.【詳解】先找兩三棱錐的公共部分，由知：，故，在上取點，使得，連接，設，連接，則三棱錐為三棱錐與三棱錐的公共部分，∵∽，，點到平面的距離是點到平面的距離的，又，.故選：A.3．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）設是雙曲線與圓在第一象限的交點，，分別是雙曲線的左，右焦點，若，則雙曲線的離心率為（

）．A． B． C． D．【答案】B公眾號：高中試卷君【分析】先由雙曲線定義與題中條件得到，，求出，，再由題意得到，即可根據勾股定理求出結果.【詳解】解：根據雙曲線定義：，，∴，∴，，，∴是圓的直徑，∴，在中，，得．故選．【點睛】本題主要考查求雙曲線的離心率，熟記雙曲線的簡單性質即可，屬于常考題型.4．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）從2，3，4，5，6，7，8，9中隨機取兩個數，這兩個數一個比大，一個比小的概率為，已知為上述數據中的分位數，則的取值可能為（

）A．50 B．60 C．70 D．80【答案】C【分析】利用分步乘法計數原理及組合求出事件種數，結合古典概率求出m值，再利用第p百分位數的意義計算作答.【詳解】從2，3，4，5，6，7，8，9中隨機取兩個數有種，一個數比大，一個數比小的不同結果有，于是得，整理得：，解得或，當時，數據中的分位數是第3個數，則，解得，所有選項都不滿足；當時，數據中的分位數是第6個數，則，解得，選項A，B，D不滿足，C滿足.故選：C5．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學?？茧A段練習）若，則（

）A．2 B． C．1 D．【答案】A【分析】由三角恒等變換化簡結合已知條件求解即可【詳解】因為，所以，所以，又，所以即，所以，所以即，又，所以，所以，所以，所以即，又易知，所以，即，故選：A6．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？茧A段練習）雷峰塔又名黃妃塔?西關磚塔，位于浙江省杭州市西湖區(qū)，地處西湖風景區(qū)南岸夕照山（海拔46米）之上.是吳越國王錢俶為供奉佛螺髻發(fā)舍利?祈求國泰民安而建.始建于北宋太平興國二年（977年），歷代屢加重修.現(xiàn)存建筑以原雷峰塔為原型設計，重建于2002年，是“西湖十景”之一，中國九大名塔之一，中國首座彩色銅雕寶塔.李華同學為測量塔高，在西湖邊相距的?兩處（海拔均約16米）各放置一架垂直于地面高為米的測角儀?（如圖所示）.在測角儀處測得兩個數據：塔頂仰角及塔頂與觀測儀點的視角在測角儀處測得塔頂與觀測儀點的視角，李華根據以上數據能估計雷鋒塔的高度約為（

）（參考數據：，） B．71 D．72【答案】C【分析】在中由正弦定理求得，在直角中，，將平面畫成平面圖，以地平線為基準，根據各個高度關系求MN的高度.【詳解】在中，，，所以，由正弦定理得，所以，在直角中，，將平面畫成平面圖如圖所示：由題意知：，，，，故選：C.7．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學校考階段練習）已知是函數的零點，是函數的零點，且滿足，則實數的最小值是(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】利用導數判斷的單調性，求出其零點的值，根據求出g(x)=0，參變分離，將問題轉化為方程有解問題即可求解．【詳解】，，當時，單調遞減，當時，單調遞增，為方程的根，即﹒故，即為，解得﹒是函數的零點，方程在上有解﹒即在上有解﹒，在上有解﹒令，則，設，則，易知h(t)在上單調遞增，在上單調遞減﹒又，﹒﹒故實數a的最小值是﹒故選：A﹒8．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）已知在矩形中，，，，分別在邊，上，且，，如圖所示，沿將四邊形翻折成，設二面角的大小為，在翻折過程中，當二面角取得最大角，此時的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過作的垂線交與，交于，于，然后利用定義法可得為二面角的平面角，設，可得，，從而，然后求函數最大值時的值即可.【詳解】過作的垂線交與，交于，于，設在平面內的投影為，則在直線上，過作的垂線，垂足為，則為二面角的平面角，設，由題意，，則，由，，得，所以，所以，令，可得，則，所以，當即，也即時，取到最大值，此時最大，即二面角取得最大角.故選：B9．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？茧A段練習）已知是橢圓與拋物線的一個交點，定義.設定點，若直線與曲線恰有兩個交點與，則周長的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C公眾號：高中試卷君【分析】拋物線與橢圓聯(lián)立，得到和，從而得到，畫出和圖像，根據焦半徑公式，得到和，從而表示出的周長，根據的范圍，得到答案.【詳解】，解得，，所以，直線，作出函數和的圖像，由圖像可得點在拋物線上，在橢圓上，點為拋物線的焦點，所以，點為橢圓的右焦點，橢圓的離心率為，所以，即由焦半徑公式可得，的周長為，由，得到，所以的周長的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查拋物線的定義，橢圓焦半徑公式，橢圓上點的范圍，屬于中檔題.10．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學?？茧A段練習）已知函數，的定義域為，為的導函數，且，，若為偶函數，則以下四個命題：①；②；③；④中一定成立的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由是偶函數，得是奇函數，再由已知等式得，兩者結合得是周期函數，周期為4，同時得出是周期函數，周期是4，然后由周期性，奇函數的定義求得，，與的關系，從而得出關于的相應結論，由周期性計算，然后判斷各命題．【詳解】∵，，∴，又是偶函數，，兩邊求導得，∴是奇函數，，.∴，即，是周期函數，4是它的一個周期，，∵，∴是周期函數，4是它的一個周期.，，則②正確；，則①正確；是周期為4的周期函數，又是奇函數，，，，，則④正確；∵，，∴，，，因此，不能得出③.則一定正確的有①②④，共3個.故選：C.【點睛】結論點睛：（1）的圖象既關于直線對稱，又關于點對稱，則是周期函數，是它的一個周期；（2）的圖象既關于直線對稱，又關于直線對稱，則是周期函數，是它的一個周期；（3）的圖象既關于點對稱，又關于點對稱，則是周期函數，是它的一個周期．二、多選題11．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？茧A段練習）某摩天輪共有32個乘坐艙，按旋轉順序依次為1~32號，并且每相鄰兩個乘坐艙與旋轉中心所成的圓心角均相等，已知乘客在乘坐艙距離地面最近時進入，在后距離地面的高度，已知該摩天輪的旋轉半徑為60m，最高點距地面135m，旋轉一周大約30min，現(xiàn)有甲乘客乘坐11號乘坐艙，當甲乘坐摩天輪15min時，乙距離地面的高度為，則乙所乘坐的艙號為（

）A．6 B．7 C．15 D．16【答案】BC【分析】由題意，作圖，根據圖中的幾何性質，可得答案.【詳解】由題意，可作圖如下：代表地面，代表摩天輪乘坐艙運動的軌跡，則，，因為摩天輪旋轉一周大約，甲乘坐號艙后，運動到點位置，假設乙乘坐的乘坐艙運動到點，則，由，則，在中，，則，由題意，相鄰兩個乘坐艙之間的夾角為，由，即甲乙兩人相隔4個艙位，由，得點對應的乘坐艙為號，由，得點對應的乘坐艙為號.故選：BC.12．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學校考階段練習）已知定義域為的函數在上單調遞增，，且圖像關于對稱，則（

）A． B．周期C．在單調遞減 D．滿足【答案】AC【分析】根據題意化簡得到，得到的周期為,結合，求得，得到A正確，B錯誤；再由的對稱性和單調性，得出在單調遞減，可判定C正確；根據的周期求得，，，結合特殊函數的值，可判定D不正確.【詳解】由，可得的對稱軸為，所以又由知：，因為函數圖像關于對稱，即，故，所以，即，所以，所以的周期為,所以，所以，故A正確，B錯誤；因為在上單調遞增，且，所以在上單調遞增，又圖像關于對稱，所以在上單調遞增，因為關于對稱，所以在上單調遞減，又因為關于對稱，可得函數在單調遞減，故C正確；根據的周期為，可得，因為關于對稱，所以且，即，由函數在上單調遞減，且關于對稱，可得在上單調遞增，確定的單調區(qū)間內均不包含，若，所以不正確.故選：AC.【點睛】規(guī)律探求：對于函數的基本性質綜合應用問題解答時，涉及到函數的周期性有時需要通過函數的對稱性得到，函數的對稱性體現(xiàn)的是一種對稱關系，而函數的單調性體現(xiàn)的時函數值隨自變量變化而變化的規(guī)律，因此在解題時，往往西藥借助函數的對稱性、奇偶性和周期性來確定另一區(qū)間上的單調性，即實現(xiàn)區(qū)間的轉換，再利用單調性解決相關問題.13．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）已知正四棱錐的所有棱長均為，，分別是，的中點，為棱上異于，的一動點，則以下結論正確的是（

）A．異面直線、所成角的大小為B．直線與平面所成角的正弦值為C．周長的最小值為D．存在點使得平面【答案】BC【分析】根據空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關系的判定與性質，逐個選項運算求解即可．【詳解】如圖，取的中點，連接，，因為，分別是，的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，則，又正四棱錐的所有棱長均為，則，所以異面直線，所成角為，故A錯誤；設正方形的中心為，連接，，則平面，，設的中點為，連接，，則，且平面，所以為直線與平面所成角，所以，中，，，，所以由余弦定理可得，所以，所以，故B正確；將正和沿翻折到一個平面內，如圖，當，，三點共線時，取得最小值，此時，點為的中點，，所以周長的最小值為，故C正確；若平面，則，此時點為上靠近點的四等分點，而此時，與顯然不垂直，故D錯誤；故選：BC．14．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學?？茧A段練習）在如圖所示試驗裝置中，兩個長方形框架與全等，，，且它們所在的平面互相垂直，活動彈子分別在長方形對角線與上移動，且，則下列說法正確的是（

）A．B．的長最小等于C．當的長最小時，平面與平面所成夾角的余弦值為D．【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標系，寫出相應點的坐標，利用空間向量數量積的運算即可判斷選項；利用空間兩點間距離公式即可判斷選項；根據二面角的余弦值推導即可判斷選項；根據棱錐的體積計算公式即可判斷選項.【詳解】由題意可知：兩兩互相垂直，以點為坐標原點，為軸正方向，建立空間直角坐標系，建系可得，，故選項正確；又，當時，，故選項正確；當最小時，分別是的中點，取中點，連接和，，，是二面角的平面角.中，，可得，同理可得，由余弦定理可得，故選項正確；，故選項錯誤.故選：.15．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學?？茧A段練習）已知，則函數的圖象可能是（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】令，先分析函數的奇偶性，再分情況討論的奇偶性，然后逐項分析四個選項即可求解.【詳解】令，則，故為偶函數.當時，函數為偶函數，且其圖象過點，顯然四個選項都不滿足.當為偶數且時，易知函數為偶函數，所以函數為偶函數，其圖象關于軸對稱，則選項，符合；若為正偶數，因為，則，當時，，所以函數在上單調遞增，又因為函數為偶函數，所以函數在上單調遞減，選項符合；若為負偶數，易知函數的定義域為，排除選項.當為奇數時，易知函數為奇函數，所以函數為奇函數，其圖象關于坐標原點對稱，則選項符合，若為正奇數，因為，則，當時，，所以函數在上單調遞增，又因為函數為奇函數，所以函數在上單調遞增，選項符合；若為負奇數，函數的定義域為，不妨取，則，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當趨向于正無窮時，因為指數函數的增長速率比冪函數的快，所以趨向于正無窮；所以內先減后增，故選項符合.故選：.16．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）已知分別為圓與圓上的兩個動點，為直線上的一點，則（

）A．的最小值為B．的最小值為C．的最大值為D．的最小值為【答案】AC【分析】把圓的方程化為標準方程，找到圓心坐標和半徑，求出點關于直線對稱的點，當三點共線，最小，點共線時，取到最大值．【詳解】圓的標準方程為，所以其圓心為，半徑為，圓的標準方程為，所以其圓心為，半徑為，設點關于直線對稱的點為，則解得即.如圖，連接交直線于點，連接，此時三點共線，最小，則最小，所以3，故A正確、B錯誤；因為，所以當取到最大值且點共線時，取到最大值．由圖可知，，所以的最大值為，故C正確；時，不能共線，最小值不存在，D錯誤.故選：AC17．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中校考階段練習）設雙曲線的左右焦點分別為，以的實軸為直徑的圓記為，過作圓的切線與交于?兩點，且，則的離心率可以為（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】當直線與雙曲線交于兩支時，設過的切線與圓相切于點，從而可求得，過點作于點，由中位線的性質求得，在中，可求得，利用雙曲線的定義可得的關系，再由離心率公式求解即可，當直線與雙曲線交于同一支時，同理可求得離心率【詳解】當直線與雙曲線交于兩支時，設過的切線與圓相切于點，則，因為，所以，過點作于點，所以∥，因為為的中點，所以，，因為，為銳角，所以，所以，所以，所以，因為，所以，化簡得，所以，所以離心率為，當直線與雙曲線交于一支時，記切點為，連接，則，過作于，則，所以，因為，所以為銳角，所以，所以，，所以,所以，化簡得，所以，所以離心率為，綜上，雙曲線的離心率為或，故選：BD18．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）在平面四邊形ABCD中，點D為動點，的面積是面積的2倍，又數列滿足，恒有，設的前n項和為，則（

）A．為等比數列 B．為等差數列C．為遞增數列 D．【答案】BD【分析】連交于，根據面積關系推出，根據平面向量知識推出，結合，推出，即，求出，，根據等比數列的定義可判斷A；根據等差數列的定義可判斷B，根據數列的單調性可判斷C；利用錯位相減法求出，可判斷D.【詳解】如圖，連交于，則，即，所以，所以，所以，設，因為，所以，，所以，所以，即，又，所以，所以是首項為2，公差為的等差數列，所以，所以，因為不是常數，所以不為等比數列，故A不正確；因為，所以為等差數列，故B正確；因為，所以為遞減數列，故C不正確；因為，所以，所以，所以，所以，故D正確.故選：BD19．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）拋物線的焦點為，過的直線交拋物線于兩點，點在拋物線上，則下列結論中正確的是（

）A．若，則的最小值為4B．當時，C．若，則的取值范圍為D．在直線上存在點，使得【答案】BC【分析】對A，根據拋物線的定義轉化求解最小值即可；對B，根據拋物線的定義，結合三角函數關系可得直線傾斜角，再根據拋物線焦點弦長公式求解即可；對C，根據拋物線的定義可得，再分析臨界條件求解即可；對D，【詳解】對A，如圖，由拋物線的定義，的長度為到準線的距離，故的最小值為與到準線距離之和，故的最小值為到準線距離，故A錯誤；對B，不妨設在第一象限，分別過作準線的垂線，垂足，作.則根據拋物線的定義可得，故.故，所以.故B正確；對C，過作垂直于準線，垂足為，則，由圖易得，故隨的增大而增大，當時在點處，此時取最小值1；當與拋物線相切時最大，此時設方程，聯(lián)立有，，此時解得，不妨設則方程，此時傾斜角為，.故的取值范圍為，故C正確；對D，設，中點，故到準線的距離，又，故，故以為直徑的圓與準線相切，又滿足的所有點在以為直徑的圓上，易得此圓與無交點，故D錯誤；故選：BC20．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）已知正四面體的棱長為，其所有頂點均在球的球面上．已知點滿足，，過點作平面平行于和，平面分別與該正四面體的棱相交于點，則（

）A．四邊形的周長是變化的B．四棱錐體積的最大值為C．當時，平面截球所得截面的周長為D．當時，將正四面體繞旋轉90°后與原四面體的公共部分的體積為【答案】BCD【分析】正四面體放入正方體中，證明平面平面，利用平行，利用表示出四邊形各邊的長，計算周長判斷選項A；利用表示四棱錐的體積，通過導數研究最值判斷選項B，利用外接球半徑和球心到截面的距離，得到截面圓的半徑，計算周長，判斷選項C；兩個正四面體的公共部分為兩個相同的正四棱錐組合而成，計算體積判斷選項D．【詳解】在棱長為2的正方體中，知正四面體的棱長為，故球心即為該正方體的中心，連接，設，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以.又平面，平面，所以平面.因為平面，，，平面，所以平面平面．對于A，如圖①，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，則，即，同理可得，，，，所以四邊形的周長，故A錯誤；對于B，如圖①，由A可知，，且，，因為四邊形為正方形，所以，所以四邊形為矩形，所以點A到平面的距離，故四棱錐的體積與之間的關系式為，則.因為，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以當時，取到最大值，故四棱錐體積的最大值為，故B正確；對于C，正四面體的外接球即為正方體的外接球，其半徑．設平面截球所得截面的圓心為，半徑為，當時，.因為，則，所以平面截球所得截面的周長為，故C正確；對于D，如圖②，

將正四面體繞旋轉90°后得到正四面體，設，，，，連接，因為，所以分別為各面的中心，兩個正四面體的公共部分為幾何體為兩個相同的正四棱錐組合而成，又，正四棱錐的高為，所以所求公共部分的體積，故D正確．故選：BCD【點睛】方法點睛：正四面體的外接球問題通常轉化為正方體的外接球，利用平面平面，用表示出四邊形各邊的長，處理周長和四棱錐的體積；截面問題和兩個正四面體的公共部分，都離不開對圖形結構的分析和理解．三、填空題公眾號：高中試卷君21．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學?？茧A段練習）已知函數，若恒成立，則實數的取值范圍__________.【答案】【分析】令，分，，，利用導數法討論求解.【詳解】解：令，則，①當時，，不符合題意；②時，在區(qū)間上恒為負，在區(qū)間上恒為正，則需在區(qū)間上恒為負，在區(qū)間上恒為正，因為在區(qū)間上單調遞增，則需，此時，符合題意；③當時，在區(qū)間上恒為負，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，故在時取得極大值也是最大值，，解得.所以實數的取值范圍是.故答案為：22．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）函數，其中為實數，且.已知對任意，函數有兩個不同零點，的取值范圍為____________.【答案】【分析】由題意可得有兩個不相等的實根，利用換元法，分離參數，令，則，再利用導函數求的最小值即可.【詳解】因為有兩個不同零點有兩個不相等的實根，即有兩個不相等的實根，令，則，顯然不為零，所以，因為，，所以，所以，令，則，令，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，，所以當時，；當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，又，所以，所以即，，又，所以，故答案為：【點睛】利用換元法，令，根據不為零，分離參數得，構造函數，通過求解函數的最值，即可得出的取值范圍.23．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學?？茧A段練習）設，，是的三個內角，的外心為，內心為．且與共線．若，則___________．【答案】2【分析】由O，I分別是三角形的外心和內心，利用與共線得到線段的長度關系，用，表示出相應線段，得到等式.【詳解】設內切圓半徑為r，過O，I分別作BC的垂線，垂足分別為M，D，則，，因為與共線，所以，又因為，，所以，因為，所以，即，所以.故答案為：224．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）已知橢圓C：的兩個焦點為，，P為橢圓上任意一點，點為的內心，則的最大值為______.【答案】##【分析】設，內切圓的半徑為r，由三角形面積公式建立等式可得，公眾號：高中試卷君由勾股定理求出焦半徑，，由內切圓性質建立等式，可得，結合在橢圓上消去得，則可設，則由輔助角公式可求得最大值【詳解】設，內切圓的半徑為r，所以，則，設橢圓的左右焦點為，則，同理，又內切圓的性質得，所以，消去得，即，又因為，所以，設，則，所以的最大值為，故答案為：25．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？茧A段練習）已知正數a，b滿足，則___________.【答案】【分析】利用基本不等式知，令，利用導數研究函數的單調性可知，進而可得，結合已知可得，由取等條件即可求解.【詳解】因為a，b都為正數，所以，當且僅當，即時，等號成立.構造函數，，求導，令，得當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；可知在處取得最大值，故，即所以，當且僅當時，等號成立，所以，當且僅當時，等號成立，所以，又，所以，且，，即，所以故答案為：公眾號：高中試卷君【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用基本不等式及利用導數研究函數的單調性證明不等式，解題的關鍵是構造函數，，從而證得，再結合基本不等式及取等條件即可求解，考查學生的轉化能力與運算求解能力，屬于難題.四、雙空題26．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）為檢測出新冠肺炎的感染者，醫(yī)學上可采用“二分檢測法”，假設待檢測的總人數是，將個人的樣本混合在一起做第1輪檢測（檢測一次），如果檢測結果為陰性，可確定這批人未感染；如果檢測結果為陽性，可確定其中有感染者，則將這批人平均分為兩組，每組人的樣本混合在一起做第2輪檢測，每組檢測1次，如此類推，每輪檢測后，排除結果為陰性的那組人，而將每輪檢測后結果為陽性的組再平均分成兩組，做下一輪檢測，直到檢測出所有感染者（感染者必須通過檢測來確定），若待檢測的總人數為8，采用“二分檢測法”構測，經過4輪共7次檢測后確定了所有感染者，則感染者人數的所有可能值為________人．若待檢測的總人數為，且假設其中有2名感染者，采用“二分檢測法”所需檢測總次數記為n，則n的最大值為__________．【答案】

1，2

4m－1【分析】①利用二分檢測法分析每輪檢測的人數再判斷感染人數即可；②分類討論分析每輪檢測的人數情況即可【詳解】①若待檢測的總人數為8，則第一輪需檢測1次；第2輪需檢測2次，每次檢查的均是4人組；第3輪需檢測2次，每次檢查的是有感染的4人組均分的兩組；第4輪需檢測2次；則共需檢測7次，此時感染者人數為1或2人；②若待檢測的總人數為，且假設其中有不超過2名感染者，若沒有感染者，則只需1次檢測即可；若只有1個感染者，則只需次檢測；若只有2個感染者，若要檢測次數最多，則第2輪檢測時，2個感染者不位于同一組，此時相當兩個待檢測均為的組，每組1個感染者，此時每組需要次檢測，所以此時兩組共需次檢測，故有2個感染者，且檢測次數最多，共需次檢測，所以采用“二分檢測法”所需檢測總次數記為n，則n的最大值為.故答案為：1，2；五、解答題27．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）定義：一般地，當且時，我們把方程表示的橢圓稱為橢圓的相似橢圓.(1)如圖，已知為上的動點，延長至點，使得的垂直平分線與交于點，記點的軌跡為曲線，求的方程；(2)在條件（1）下，已知橢圓是橢圓的相似橢圓，是橢圓是上異于四個頂點的任意一點，當（為曲線的離心率）時，設直線與橢圓交于點，直線與橢圓交于點，求的值.【答案】(1)(2)5【分析】（1）由圖可知是的中位線，由此可得長為定值，因為點在的垂直平分線上，所以，根據橢圓定義求解析式即可；（2）假設出點坐標，表示直線與直線的斜率，并找出兩斜率關系，最后表示出兩直線方程，分別與橢圓C聯(lián)立方程，利用弦長公式和韋達定理求出的值.【詳解】（1）連接，易知且，，又點在的垂直平分線上，，，滿足橢圓定義，，曲線的方程為.（2）由（1）知橢圓方程為，則離心率，楄圓的標準方程為，設為橢圓異于四個頂點的任意一點，直線斜率，則，又，.設直線的斜率為，則直線的斜率為.直線為，由得，設，則，，同理可得，.28．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？茧A段練習）已知橢圓：（），四點，，，中恰有三點在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)設直線不經過點且與橢圓相交于，兩點，線段的中點為，若，試問直線是否經過定點？若經過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.【答案】(1)(2)直線恒過定點，定點坐標為【分析】(1)根據題意橢圓過點P2、、，代入橢圓方程列出方程組，解之即可求解；(2)根據角、線段之間的數量關系可得，設直線方程，聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理和平面向量的坐標表示可得，求出m的值，即可得出直線恒過的定點.【詳解】（1）由于，兩點關于y軸對稱，故由題設知C經過，兩點.又由知，C不經過點P1，所以點P2在C上.因此解得故C的方程為.（2）在中，，，所以，從而，又為線段的中點，即，所以，因此，從而，根據題意可知直線的斜率一定存在，設它的方程為，，，聯(lián)立消去得①，，根據韋達定理可得，，所以所以，整理得，解得或又直線不經過點，所以舍去，于是直線的方程為，恒過定點，該點在橢圓內，滿足關于的方程①有兩個不相等的解，所以直線恒過定點，定點坐標為.29．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）已知.（1）當時，求的最大值；（2）若存在使，得關于的方程有三個不相同的實數根，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用導數判斷出函數的單調性，再根據函數的單調性即可求出最值.（2）驗證不是方程的根，將原方程的根等價于的根，記，，令，令，討論的取值，利用導數求出函數的最值，通過比較即可確定答案.【詳解】（1）當時，，即當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以（2），經驗證不是方程的根，所以原方程的根等價于的根，記，，令，，單調遞減，令，即，令為極大值點，其在上單調遞增，在上單調遞減，當，，所以在無實數根當時，……①有兩個極值點，且，即，故，所以，存在使①有三個實根所以滿足條件.當，的分子中，，顯然，所以①僅有一個正根，要使有兩個負根，則﹐綜上所﹐即.【點睛】本題考查了利用導數研究方程的根、利用導數求函數的最值，考查了分類討論的思想，屬于難題.30．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學?？茧A段練習）已知拋物線，開口向上的拋物線與有一個公共點，且在該點處有相同的切線，(1)求所有拋物線的方程；(2)設點P是拋物線上的動點，且與點T不重合，過點P且斜率為的直線交拋物線于兩點，其中，問是否存在實常數，使得為定值？若存在，求出實常數；若不存在，說明理由.【答案】(1)（且(2)存在，.【分析】（1）設，根據題意結合導數的幾何意義，得到，再由過點，求得，即可求得拋物線的方程；（2）根據題意得到即為公共點T處的切線，得出，設，求得切線方程為，聯(lián)立方程組，得到，令，得到，并代入整理得，根據根與系數的關系，化簡求得為定值，分和，兩種情況討論，結合，得到在點的兩側和同側，進而得到答案.【詳解】（1）解：設，可得，拋物線，可得，因為拋物線與有一個公共點，且在該點處有相同的切線，可得，即，所以，因為拋物線過點，代入可得，即滿足條件的即拋物線的方程為且.（2）解：當時，若為常數，則，此時即為公共點T處的切線，故若存在，則.下面證明：時，為常數，設，則切線方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設，則，令，可得，所以，代入上式得，即，可得，所以，則，所以為定值，且，①當時，由，可得在點的兩側，所以，令，可得，即，解得，因為，所以為定值；②當時，由，可得在點的同側，所以，因為，所以為定值，綜上可得，存在時，使得為定值.公眾號：高中試卷君【點睛】方法技巧：解答圓錐曲線的定點、定值問題的常見策略：1、參數法：參數解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量）；②利用條件找到過定點的曲線之間的關系，得到關于與的等式，再研究變化量與參數何時沒有關系，得出定點的坐標；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.31．（2023春·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）已知函數，.(1)已知，若時，恒成立，求的取值范圍；(2)當時，求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出時，在區(qū)間上的最小值，使即可；（2）設，證明即可.【詳解】（1）∵，，設，，則∴在區(qū)間上單調遞增，∵，∴，，∴在區(qū)間上單調遞增，，∴若恒成立，則，綜上所述，若時，恒成立，則的取值范圍是.（2）當時，，，則，易知在區(qū)間上單調遞增，又∵，，∴，使，當時，，在區(qū)間上單調遞減，當時，，在區(qū)間上單調遞增，∴在處取得極小值，也是最小值，，∵，∴，兩邊同時取對數，又有，∴，設，，則，易知在區(qū)間上單調遞減，又∵，，∴，使，當時，，在區(qū)間上單調遞增，當時，，在區(qū)間上單調遞減，∴在處取得極大值，也是最大值，，∵，∴，∴，設，，∵，∴，∵，∴，易知在區(qū)間上單調遞增，∴至多有一個零點，∴，∴，∴，即.【點睛】方法點睛：證明不等式恒成立問題，可以先通過導數求出的最小值和的最大值，再證明即可.32．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）已知函數.(1)若，求的取值范圍；(2)記的零點為（），的極值點為，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）構造函數，然后分類討論，即可得到的取值范圍（2）和分別求導，求出的極值點的關系式，單調區(qū)間，零點所在區(qū)間，即可證明.【詳解】（1）記，①當時，取，不符條件；②當時，，令，∴在單調遞減，在單調遞增，所以，即，則的取值范圍為；（2）∵，令，則，且，令，∴在單調遞增，在單調遞減，且，∴，取，則，∴，取，則，記，在中，，∴在單調遞增，在上單調遞減，∴，即∵∴從而.【點睛】本題考查構造函數，求導，考查單調區(qū)間的求法，具有很強的綜合性.33．（2023春·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）已知雙曲線的右焦點為F，雙曲線C上一點關于原點的對稱點為，滿足.(1)求的方程；(2)直線與坐標軸不垂直，且不過點及點，設與交于、兩點，點關于原點的對稱點為，若，證明：直線的斜率為定值.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）由已知得到的坐標，根據求出，進而根據雙曲線的方程，聯(lián)立方程組即可求出結果；，化簡得到.由，即可求出；方法二：由已知可推出.將定點平移至原點，然后平移雙曲線，得到.設直線，代入雙曲線構造齊次式.得到關于的二次形式，根據斜率關系得出，即可求出斜率.【詳解】（1）由已知可得，.則，，由可得，，所以.，又點在雙曲線上，所以.聯(lián)立，可得，所以，C的方程為.（2）法一：設，，則，所以，，由可得，，所以，整理可得，.由已知可設直線的方程為（且）.聯(lián)立直線與雙曲線的方程可得，.，所以.由韋達定理可得，又，，.所以，由可得，，整理可得，，因為，不恒為0，所以應有，解得.所以直線l的斜率為定值.法二：設，則，.所以，，所以.又由題意知，所以.將雙曲線平移至，即.則P平移至，A，B分別平移至，.設直線的方程為，代入雙曲線可得，，所以，.兩邊同除以，可得，所以，所以.所以，直線的方程為，所以，所以直線l的斜率為定值.【點睛】關鍵點點睛：圓錐曲線中，題干中出現(xiàn)垂直關系，常用坐標法，化為數量積為0.然后根據韋達定理，得出等量關系，進而求出參數.34．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中學?？茧A段練習）已知函數.(1)若，求曲線在點處的切線方程；(2)若對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據導數幾何意義可求得切線斜率，結合可求得切線方程；（2）求導后，設；令，利用導數可求得單調性，得到，采用放縮法可確定，知在上單調遞增；當時，由恒成立可確定，滿足題意