年全國統一高考數學試卷（新高考I卷）壓軸真題解讀7．設，則（

）A． B． C． D．【命題意圖】本題考查三個數的大小的判斷，考查構造法、導數性質等基礎知識，考查運算求解能力.【答案】C【解析】設，因為，當時，，當時，所以函數在單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設，則,令，，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，又，所以當時，，所以當時，，函數單調遞增，所以，即，所以故選：C.【思想方法】1.利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小.2.與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數研究新函數的單調性，從而求解不等式.8．已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【命題意圖】本題主要考查了正四棱錐的外接球問題，考查了利用導數研究函數的最值.【答案】C【解析】∵球的體積為，所以球的半徑,設正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.【感悟升華】1.與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接.球與旋轉體的組合通常是作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心，或“切點”、“接點”作出截面圖，把空間問題化歸為平面問題.2.若球面上四點P，A，B，C中PA，PB，PC兩兩垂直或三棱錐的三條側棱兩兩垂直，可構造長方體或正方體確定直徑解決外接問題.12．已知函數及其導函數的定義域均為，記，若，均為偶函數，則（

）A． B． C． D．【命題意圖】本題考查函數的奇偶性，極值點與對稱性，考查了轉化思想和方程思想.【答案】BC【解析】因為，均為偶函數，所以即，，所以，，則，故C正確；函數，的圖象分別關于直線對稱，又，且函數可導，所以，所以，所以，所以，，故B正確，D錯誤；若函數滿足題設條件，則函數（C為常數）也滿足題設條件，所以無法確定的函數值，故A錯誤.故選：BC.【知識拓展】周期性與奇偶性結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行轉換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解.函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b－x)表明的是函數圖象的對稱性，函數f(x)滿足的關系f(a＋x)＝f(b＋x)(a≠b)表明的是函數的周期性，在使用這兩個關系時不要混淆.16．已知橢圓，C的上頂點為A，兩個焦點為，，離心率為．過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，，則的周長是________________．【命題意圖】本題主要考查直線與橢圓的綜合應用，需要學生很強的綜合能力【答案】13【解析】∵橢圓的離心率為，∴，∴，∴橢圓的方程為，不妨設左焦點為，右焦點為，如圖所示，∵，∴，∴為正三角形，∵過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，為線段的垂直平分線，∴直線的斜率為，斜率倒數為，直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，判別式，∴，∴，得，∵為線段的垂直平分線，根據對稱性，，∴的周長等于的周長，利用橢圓的定義得到周長為.故答案為：13.21．已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【命題意圖】本題考查了直線與雙曲線的綜合【解析】(1)因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線易知直線l的斜率存在，設，，聯立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．(2)不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，因為，所以，即，即，解得，于是，直線，直線，聯立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．22．已知函數和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．【命題意圖】本題考查了導數的應用，利用導數求函數的單調性，函數的零點，解題的關鍵是利用函數的單調性求得x1、x3和x2的數量關系．【解析】(1)的定義域為，而，若，則，此時無最小值，故.的定義域為，而.當時，，故在上為減函數，當時，，故在上為增函數，故.當時，，故在上為減函數，當時，，故在上為增函數，故.因為和有相同的最小值，故，整理得到，其中，設，則，故為上的減函數，而，故的唯一解為，故的解為.綜上，.(2)由（1）可得和的最小值為.當時，考慮的解的個數、的解的個數.設，，當時，，當時，，故在上為減函數，在上為增函數，所以，而，，設，其中，則，故在上為增函數，故，故，故有兩個不同的零點，即的解的個數為2.設，，當時，，當時，，故在上為減函數，在上為增函數，所以，而，，有兩個不同的零點即的解的個數為2.當，由（1）討論可得、僅有一個零點，當時，由（1）討論可得、均無零點，故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，則.設，其中，故，設，，則，故在上為增函數，故即，所以，所以在上為增函數，而，，故在上有且只有一個零點，且：當時，即即，當時，即即，因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，故，此時有兩個不同的零點，此時有兩個不同的零點，故，，，所以即即，故為方程的解，同理也為方程的解又可化為即即，故為方程的解，同理也為方程的解，所以，而，故即.壓軸模擬專練1．（2022·河南鄭州·三模）已知，，，則它們的大小關系正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由令，則，當，；當，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，且則，因此，所以又因為，所以，得故，有.綜上，.故選：B2．（2022·河南洛陽·三模）已知，，，則，，的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】構造，，，在時為減函數，且，所以在恒成立，故在上單調遞減，所以，即，所以，即.故選：D3．（2022·河南·高三模擬）在三棱錐中，是邊長為的等邊三角形，，二面角是150°，則三棱錐外接球的表面積是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】如圖，作平面ABC，垂足為E，連接BE，記，連接PD.由題意可得D為AC的中點.在中，，D為AC的中點，因為，所以，則.因為二面角是150°，所以，所以，.因為是邊長為的等邊三角形，且D為AC的中點，所以.設為外接圓的圓心，則.設三棱錐外接球的球心為O，因為，所以O在平面ABC下方，連接，OB，OP，作，垂足為H，則，.設三棱錐外接球的半徑為，，即，解得，故三棱錐外接球的表面積是.故選：A.4．（2022·山東菏澤高三模擬）已知正三棱錐的底面邊長為，外接球表面積為，，點M，N分別是線段AB，AC的中點，點P，Q分別是線段SN和平面SCM上的動點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】依題意，，解得，由是正三角形可知：其外接圓半徑為，設點S到平面ABC的距離為h，故，解得或，則或（舍去），故，則,而，故為等腰直角三角形，，故為等腰直角三角形，,則,又,故平面SCM，取CB中點F，連接NF交CM于點O，則,則平面SCM,故平面SCM，則，要求最小，首先需PQ最小，此時可得平面SCM，則；再把平面SON繞SN旋轉，與平面SNA共面，即圖中位置，當共線且時，的最小值即為的長，由為等腰直角三角形，故，，∴，即，∴，可得，，故選：B.5．（2022·廣東·深圳市光明區高級中學模擬預測）若圖像上存在兩點，關于原點對稱，則點對稱為函數的“友情點對”（點對與視為同一個“友情點對”）.若，且，，，則（

）A．有無數個“友情點對” B．恰有個“友情點對”C． D．【答案】AD【解析】因為，，所以是奇函數，所以圖像上存在無數對，關于原點對稱，即有無數個“友情點對”；又因為，令，則，令，則，當時，，所以是增函數，，即，所以當時是增函數，，所以，在上是增函數，因為是奇函數，所以在上是增函數，因為，指數函數為增函數，所以，因為，指數函數為增函數，所以，由可得，故所以.故選：AD.6．（2022·山東濰坊·模擬預測）設是定義在R上的函數，若是奇函數，是偶函數，函數，則下列說法正確的是（

）A．當時，B．C．若，則實數m的最小值為D．若有三個零點，則實數【答案】BC【解析】因為是奇函數，是偶函數，所以，解得，由得，當時，，則，所以，同理，當時，，以此類推，可得到的圖象如下圖所示，對于A，根據上述規律，當時，，所以A錯誤，對于B，根據圖象，剛好是相鄰兩個自然數中間的數，則剛好是每一段圖象中的極大值，代入函數解析式得，所以B正確，對于C，根據圖象，當時，，，由圖可得C是正確的，對于D，有三個零點，等價于函數與函數有三個不同的交點，設，則函數的圖象恒過點的直線，如圖所示，當函數與的圖象相切時，有三個交點，相切時斜率小于直線的斜率，直線的斜率為，所以有三個零點時，，所以D錯誤，故選：BC7．（2022·全國·高三專題練習）在棱長為6的正方體中，點是線段的中點，是正方形（包括邊界）上運動，且滿足，則點的軌跡周長為________.【答案】##【解析】如圖，在棱長為6的正方體中，則平面，平面，又，在平面上，，，又，，，即，如圖，在平面中，以為原點，分別為軸建立平面直角坐標系，則，，，由，知，化簡整理得，，圓心，半徑的圓，所以點的軌跡為圓與四邊形的交點，即為圖中的其中，，，則由弧長公式知故答案為：.8．已知橢圓C：的左，右焦點分別是是橢圓C上第一象限內的一點，且的周長為.過點作的切線，分別與軸和軸交于兩點，為原點，當點在上移動時，面積的最小值為___________.【答案】2【解析】設直線方程為，因為的周長為，所以，且，所以，所以橢圓，聯立可得，所以，所以，又因為與坐標軸交于，所以，取等號時，所以面積的最小值為，故答案為：.9．（2022·山西·太原五中二模）已知橢圓，過原點的兩條直線和分別與橢圓交于和，記得到的平行四邊形的面積為．(1)設，用的坐標表示點到直線的距離，并證明；(2)請從①②兩個問題中任選一個作答①設與的斜率之積，求面積的值．②設與的斜率之積為．求的值，使得無論與如何變動，面積保持不變．【解析】(1)當時，直線的方程為：，則點到直線的距離為；當時，直線的方程為：，則點到直線的距離為，也滿足，則點到直線的距離為；因為，則；(2)若選①，設，設，直線與橢圓聯立可得，同理直線與橢圓聯立可得，不妨令，則，，則；若選②，設，設，直線與橢圓聯立可得，則，同理可得，則，兩邊平方整理得，由面積與無關，可得，解得，故時，無論與如何變動，面積保持不變．10．（2022·四川·樹德中學模擬預測）在平面直角坐標系中，已知橢圓經過，橢圓的離心率為的．(1)求橢圓與橢圓的標準方程：(2)設過原點且斜率存在的直線l與橢圓相交于A，C兩點，點P為橢圓的上頂點，直線PA與橢圓相交于點B，直線PC與橢圓相交于點D，設的面積分別為試問是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．【解析】(1)因為橢圓經過點，所以，①因為橢圓的離心率為．所以，即，②由①②可得，故橢圓的標準方程為，橢圓的標準方程為;(2)設，則，即由題意知，設直線的斜率分別為，則直線PA的方程為，則由，消去y得，解得或，則由，消去y得，解得或，所以點B的橫坐標，所以

同理

所以故為定值11．（2022·浙江·高三模擬）已知函數．(1)若曲線