【百強名校】2023屆新高考地區百強名校新高考數學模擬考試壓軸題精編卷（五）（新高考通用）一、單選題1．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）在平面直角坐標系xOy中，已知過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A，B兩點，以AF，為直徑的圓分別與x軸交于異于F的P，Q兩點，若，則線段的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設，通過幾何分析可求得，從而求出的方程，聯立的方程和拋物線方程即可求弦長.【詳解】如圖，過點分別作準線的垂線，垂足為,過作的垂線，垂足為，因為AF，為直徑的圓分別與x軸交于異于F的P，Q兩點，所以,且,所以與相似，且相似比為，所以,設，所以，則，所以，，即,所以直線的斜率為，所以的方程為，聯立可得，設，則有，所以，故選:C.2．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）在邊長為的菱形中，，將繞直線旋轉到，使得四面體外接球的表面積為，則此時二面角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知條件，得出是二面角的平面角，作的中心，，，，知四面體外接球的球心在上，根據勾股定理求出，，進而可得二面角的余弦值．【詳解】由題意可知，和均為正三角形，設為中點，延長，作交于點，可得是二面角的平面角，作的中心，則在上，且，作，，，可知四面體外接球的球心在上，又，，在和中，由，，，，解得，，，二面角的余弦值為故選：A3．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）如圖，已知四棱錐S-ABCD的底面ABCD為矩形，SA⊥AB，SB=SC=2，SA=AD=1，則四棱錐S-ABCD的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】判斷出球心的位置，利用勾股定理計算出球的半徑，進而求得球的表面積.【詳解】設外接球的半徑為，由于平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.，由于，所以平面，由于平面，所以，所以，所以三角形是等邊三角形，設其外心為，設是的中點，則，由于平面平面且交線為，平面，所以平面，設，則是矩形的外心.連接，由于平面，所以，球心在的正上方也在的正上方，故四邊形是矩形，，，所以，所以球的表面積為.故選：A4．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）已知數列中，，，是數列的前n項和，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把遞推公式轉化為，再裂項相消即可求.【詳解】由可得：，即兩邊同時取倒數得：，即所以.故選：B．5．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，則（

）A．0 B．1 C．2 D．【答案】A【分析】易知結合余弦定理可得，然后邊化角后利用展開，然后化簡可得.【詳解】由余弦定理以及可得：，又在三角形中有，即，所以故.故選：A．6．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）已知，，，則（）A． B．C． D．【答案】C【分析】構造函數，利用導數研究其單調性，從而得到；再直接計算，從而得到，進而得到；由此得解.【詳解】令，，則，故在上單調遞減，所以，即，即，故；因為，，所以，故，即，即；綜上：.故選：C.【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極（最）值問題處理．7．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）已知函數有兩個極值點，則實數a的取值范圍（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用多次求導的方法，列不等式來求得的取值范圍.公眾號：高中試卷君【詳解】的定義域是，，令，所以在區間遞減；在區間遞增.要使有兩個極值點，則，此時，構造函數，所以在上遞增，所以，所以，所以實數a的取值范圍.故選：D【點睛】利用導數研究函數的極值點，當一次求導無法求得函數的單調性時，可利用二次求導的方法來進行求解.在求解的過程中，要注意原函數和導函數間的對應關系.8．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】構造函數，根據函數的奇偶性及復合函數的單調性可得函數為偶函數且在單調遞增，進而關于直線對稱，且在單調遞增，結合條件可得，解不等式即得.【詳解】因為的定義域為R，又，故函數為偶函數，又時，，單調遞增，故由復合函數單調性可得函數在單調遞增，函數在定義域上單調遞增，所以在單調遞增，所以，所以關于直線對稱，且在單調遞增．所以，兩邊平方，化簡得，解得．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是構造函數，然后根據函數的單調性及對稱性化簡不等式進而即得.公眾號：高中試卷君9．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）已知，分別是雙曲線的左、右焦點，過的直線分別交雙曲線左、右兩支于A，B兩點，點C在x軸上，，平分，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據可知，再根據角平分線定理得到的關系，再根據雙曲線定義分別把圖中所有線段用表示出來，根據邊的關系利用余弦定理即可解出離心率.【詳解】因為，所以∽，設，則，設，則，．因為平分，由角平分線定理可知，，所以，所以，由雙曲線定義知，即，，①又由得，所以，即是等邊三角形，所以．在中，由余弦定理知，即，化簡得，把①代入上式得，所以離心率為．故選：A．10．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）若正實數a，b滿足，且，則下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據函數單調性及得到或，分別討論兩種情況下四個選項是否正確，A選項可以用對數函數單調性得到，B選項可以用作差法，C選項用作差法及指數函數單調性進行求解，D選項，需要構造函數進行求解.【詳解】因為，為單調遞增函數，故，由于，故，或，當時，，此時；，故；，；當時，，此時，，故；，；故ABC均錯誤；D選項，，兩邊取自然對數，，因為不管，還是，均有，所以，故只需證即可，設（且），則，令（且），則，當時，，當時，，所以，所以在且上恒成立，故（且）單調遞減，因為，所以，結論得證，D正確故選：D二、多選題11．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）在一次全市視力達標測試后，該市甲乙兩所學校統計本校理科和文科學生視力達標率結果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生達標率60%70%65%75%定義總達標率為理科與文科學生達標人數之和與文理科學生總人數的比，則下列說法中正確的有（

）A．乙校的理科生達標率和文科生達標率都分別高于甲校B．兩校的文科生達標率都分別高于其理科生達標率C．若甲校理科生和文科生達標人數相同，則甲校總達標率為65%D．甲校的總達標率可能高于乙校的總達標率【答案】ABD公眾號：高中試卷君【分析】根據表中數據，結合達標率的計算公式對各選項逐一判斷即可.【詳解】由表中數據可得甲校理科生達標率為60%，文科生達標率為70%，乙校理科生達標率為65%，文科生達標率為75%，故選項AB正確；設甲校理科生有人，文科生有人，若，即，則甲校總達標率為，選項C錯誤；由總達標率的計算公式可知當學校理科生文科生的人數相差較大時，所占的權重不同，總達標率會接近理科生達標率或文科生達標率，當甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生時，甲校的總達標率可能高于乙校的總達標率，選項D正確；故選：ABD12．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）如圖，在棱長為2的正方體中，點M，N分別為接CD，CB的中點，點Q為側面內部（不含邊界）一動點，則（

）A．當點Q運動時，平面MNQ截正方體所得的多邊形可能為四邊形、五邊形或六邊形B．當點Q運動時，均有平面MNQ⊥平面C．當點Q為的中點時，直線平面MNQD．當點Q為的中點時，平面MNQ故正方體的外接球所得截面的面積為【答案】BCD【分析】點Q運動時，平面MNO截正方體所得的多邊形可能為五邊形成六邊形判斷A，根據線面垂直即可判斷B，根據線線平行可判斷C，根據幾何體外接球的性質可計算長度求解半徑即可判斷D.【詳解】如圖2所示，當點Q運動時，平面MNO截正方體所得的多邊形可能為五邊形成六邊形，故A錯誤；由于平面,所以平面,由于,故直線MN⊥平面，平面MNQ，平面MNQ⊥平面，故B正確；如圖3所示，當點Q為中點時，截面MNSER為五邊形，直線MN與直線AC交于點T，易得：，又在平面中，易得，所以，平面MNQ,平面MNQ,則直線平面MNQ，故C正確；如圖4所示，由C選項可知，，所以球心O到平面MNQ的距離等于點A到平面MNQ距離的三分之一，又由B選項可知，點A到直線ET的距離即是點A到平面MNQ的距離，利用等面積法可得該距離為，所以球心O到平面MNQ的距離，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為，故D正確，故選:BCD．【點睛】13．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）已知拋物線，O為坐標原點，F為拋物線C的焦點，點P在拋物線上，則下列說法中正確的是（

）A．若點，則的最小值為4B．過點且與拋物線只有一個公共點的直線有且僅有兩條C．若正三角形ODE的三個頂點都在拋物線上，則ODE的周長為D．點H為拋物線C上的任意一點，，，當t取最大值時，GFH的面積為2【答案】AD公眾號：高中試卷君【分析】A選項，過P點做準線的垂線，垂足為.由拋物線定義，，據此可得最小值；B選項，過點B且與拋物線只有一個公共點的直線有兩類，拋物線的切線與斜率不存在的直線；C選項，設，由及D，E兩點在拋物線上可得，后可得ODE的周長；D選項，設，則，由基本不等式可得取最大值時，，后可得GFH的面積.【詳解】A選項，過P點做準線的垂線，垂足為.則由拋物線定義，有.則，則當三點共線時，有最小值4.故A正確；B選項，當過點B直線斜率不存在時，直線方程為，此時直線與拋物線只有一個交點；當過點B直線斜率存在時，設直線方程為：，將直線方程與拋物線方程聯立，則.令或，則直線或為拋物線切線.綜上，過點且與拋物線只有一個公共點的直線有3條，故B錯誤；C選項，設，因三角形ODE為正三角形，則，又，則.因，則.又由圖可得.則，則.得ODE的周長為.故C錯誤；D選項，設，則，當取最大值時，.取，則此時GFH的面積為.故D正確.故選：AD14．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）已知函數，是定義域為的奇函數，的圖像關于直線對稱，函數的圖像關于點對稱，則下列結論正確的是（

）A．函數的一個周期為B．函數的圖像關于點對稱C．若，則D．若，則【答案】ABC【分析】根據奇偶性及對稱性得到的周期性，令，則關于點對稱，即可得到，從而得到，即可得到的對稱性，再根據的奇偶性得到的周期性，最后根據周期性判斷C、D.【詳解】解：對于A：因為是定義域為的奇函數，所以，又的圖像關于直線對稱，所以，即，所以，則，即函數的一個周期為，故A正確；對于B：令，則關于點對稱，所以，即，即，所以，即的圖像關于點對稱，故B正確；對于C：因為是定義域為的奇函數，所以，又的圖像關于點對稱，所以，所以，即函數的一個周期為，所以，又，，所以，即，所以，故C正確；對于D：因為是定義域為的奇函數，所以，所以，即，所以，所以，故D錯誤；故選：ABC15．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）已知且，，則下列說法中錯誤的是（

）A．B．若關于b的方程有且僅有一個解，則C．若關于b的方程有兩個解，，則D．當時，【答案】BC公眾號：高中試卷君【分析】對于A，構造，然后得到其單調性即可判斷；對于B，轉化為與的交點問題；對于C，結合前面結論得到，代入計算即可判斷；對于D，轉化為即，即可判斷.【詳解】因為，化簡可得令，則，令，則，故時，，函數在上遞增；時，，函數在上遞減；所以即，所以函數單調遞減，所以，且令，則，令，得，則遞增；令，得，則遞減；所以，即，所以成立，故A正確；由轉化為與的交點問題，則，如圖所示，當時，，則遞減，當時，，當時，，則遞增，當時，，則遞減，即當時，函數有極小值，所以只有一個解時或，故B錯誤；由，由圖易知，不妨設，則，則有所以，所以，代入可得，取對數可得，即所以是否成立，即，令，取時，不成立，故C錯誤；因為，即所以令，只需證明成立即可，，所以成立故D正確；【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.16．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）小明在家獨自用下表分析高三前5次月考中數學的班級排名y與考試次數x的相關性時，忘記了第二次和第四次月考排名，但小明記得平均排名，于是分別用m＝6和m＝8得到了兩條回歸直線方程：，，對應的相關系數分別為、，排名y對應的方差分別為、，則下列結論正確的是（

）x12345y10m6n2（附：，）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根據表格中的數據和最小二乘法、相關系數的計算公式分別計算當、時的、相關系數(r)和方差()，進而比較大小即可.【詳解】當時，，解得，則，，，，，所以，得，，；同理，當時，，，所以，故選：BD．17．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）如圖，在五面體ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD與四邊形ABEF全等，且，，則下列說法正確的是（

）A．B．若G為棱CE中點，則DF⊥平面ABGC．若AD=CD，則平面ADE⊥平面BDED．若，則平面ADE⊥平面BCE【答案】ABC公眾號：高中試卷君【分析】對于A，利用面面垂直的性質定理得到平面，從而得以判斷；對于B，利用線面垂直的判定定理推得平面，由此判斷即可；對于C，利用面面垂直的的判定定理，結合勾股定理即可判斷；對于D，先證得與不重合，再推得平面平面，從而得到矛盾，由此判斷即可.【詳解】對于A，因為平面平面ABEF，，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；對于B，取棱的中點，連接，如圖①，.因為四邊形ABCD與四邊形ABEF全等，所以，因為G為棱CE中點，所以，因為，平面，所以平面，由題意知，所以四邊形為平行四邊形，所以，則平面，故B正確；對于C，連接，如圖①，由題意知，所以，又在直角梯形中易知，所以，即，由選項A知，又平面，所以平面，又平面，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正確；對于D，連接，過點作交的延長線于點，連接，如圖②，.由，得，所以，此時，所以，故與不重合，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，假設平面平面，因為與不重合，所以平面與平面不重合，又平面平面，則平面，因為平面，所以，又，所以，這與矛盾，所以假設不成立，故平面與平面不垂直，故D錯誤.故選：ABC.18．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）已知數列滿足，且，是數列的前n項和，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】對于選項A，B證明數列為單調遞減數列即得解；對于選項C，證明隨著減小，從而增大，即得解；對于選項D，證明，即得解.【詳解】解：對于選項A、B，因為，，所以，設，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，則，所以，當時，，，當時，，，因為，所以這種情況不存在，則數列滿足當時，，為單調遞減數列，故A選項正確，B選項錯誤；對于選項C，令，設則，所以函數單調遞減，所以隨著減小，從而增大，所以，即，所以C選項正確，對于選項D，由前面得，下面證明，只需證明，令，則，所以，令，則，成立，則所以所以D選項正確；故選：ACD.【點睛】易錯點睛：本題主要考查函數、不等式與數列的綜合問題，屬于難題.解決該問題應該注意的事項：（1）數列是一類特殊的函數，它的圖象是一群孤立的點；（2）轉化以函數為背景的條件時，應該注意題中的限制條件，如函數的定義域，這往往是很容易被忽視的問題；（3）利用函數的方法研究數列中的相關問題時，應準確構造相應的函數，注意數列中相關限制條件的轉化.19．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）在棱長為的正方體中，與平面相交于點，為內一點，且，設直線PD與所成的角為，則下列結論正確的是（

）A． B．點P的軌跡是圓C．點的軌跡是橢圓 D．的取值范圍是【答案】ABD【分析】根據題意可得結合線面垂直的判定定理和性質定理可證得平面，分析可得點即為的中心，結合可得，從而可得點的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，轉化為是以底面半徑為，高為的圓錐的母線，分析求得的范圍即可得出結果.【詳解】如圖所示，與平面相交于點，連接交于點，連接；由題意可知平面，平面，則；又因為，平面，所以平面，又平面，所以；同理可證，又，平面，所以平面；又因為，由正三棱錐性質可得點即為的中心，連接；因為為的中點，交于點，連接，由平面，平面，則，所以選項A正確；即為的高，設，由正方體棱長為可知，，且的內切圓半徑；所以；又，即可得，所以點的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，所以B正確，C錯誤；由平面，平面，則，所以，因此是以底面半徑為，高為的圓錐的母線，如圖所示:設圓錐母線與底面所成的角為，則，所以；即直線與平面所成的角為，又因為異面直線所成角的取值范圍是，直線在平面內，所以直線PD與所成的角的取值范圍為,又因為，所以直線PD與所成的角的取值范圍為，即；即D正確；故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：（1）通過比較與的內切圓半徑的大小，得出動點的軌跡；（2）將直線PD與所成的角的最小值轉化為圓錐母線與底面所成的角.20．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）已知函數，將的所有極值點按照由小到大的順序排列，得到數列，對于正整數n，則下列說法中正確的有（

）A． B．C．為遞減數列 D．【答案】AC公眾號：高中試卷君【分析】的極值點為的變號零點，即為函數與函數圖像在交點的橫坐標.將兩函數圖像畫在同一坐標系下.A選項，利用零點存在性定理及圖像可判斷選項；BC選項，由圖像可判斷選項；D選項，注意到，由圖像可得單調性，后可判斷選項.【詳解】的極值點為在上的變號零點.即為函數與函數圖像在交點的橫坐標.又注意到時，，時，，，時，.據此可將兩函數圖像畫在同一坐標系中，如下圖所示.A選項，注意到時，，，.結合圖像可知當，.當，.故A正確；B選項，由圖像可知，則，故B錯誤；C選項，表示兩點與間距離，由圖像可知，隨著n的增大，兩點間距離越來越近，即為遞減數列.故C正確；D選項，由A選項分析可知，，又結合圖像可知，當時，，即此時，得在上單調遞增，則，故D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點點睛：本題涉及函數的極值點，因函數本身通過求導難以求得單調性，故將兩相關函數畫在同一坐標系下，利用圖像解決問題.三、填空題21．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）已知實數a，b滿足，則的最大值為_____________．【答案】2【分析】先消元，再用基本不等式即可求出最大值.【詳解】由得，則，當且僅當時，此時，，或者，時等號成立，所以的最大值為2．故答案為：2.22．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過作直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于A，B兩點，設P為線段AB的中點，若，則雙曲線的離心率為_____________．【答案】##【分析】由可得點P，求得,由點差法得,可求得離心率.【詳解】如圖:,由,,可得點P的坐標為，公眾號：高中試卷君則直線OP斜率為,直線AB斜率為，另一方面，設則,兩式相減得,整理得,即，故．故答案為:23．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）已知F1，F2分別為雙曲線C:的左右焦點，過點F1且斜率存在的直線L與雙曲線C的漸近線相交于AB兩點，且點AB在x軸的上方，AB兩個點到x軸的距離之和為，若，則雙曲線的離心率________【答案】【分析】根據得為直角三角形，進而根據點差法得中點弦的性質即可求解.【詳解】設,，設的中點為，由于，故,因此為直角三角形，故，由于，所以，進而可得，故或，由在雙曲線漸近線上，所以，進而，當時，,，所以，當時，,，所以不符合題意，舍去，綜上：故離心率為，故答案為：24．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）設F為雙曲線的右焦點，A，B分別為雙曲線E的左右頂點，點P為雙曲線E上異于A，B的動點，直線l：x＝t使得過F作直線AP的垂線交直線l于點Q時總有B，P，Q三點共線，則的最大值為____________.【答案】##1.25【分析】設出直線方程，與雙曲線的方程聯立，韋達定理表示出A與P的關系，根據三點B，P，Q共線，求得Q點坐標的橫坐標表示出t,然后運用設參數m法化簡,最后根據二次函數的性質求出最大值.【詳解】設，，聯立整理得:;所以，得到，所以；過F作直線PA的垂線與直線交于Q，因為B,Q,P三點共線，所以Q是直線與BP的交點，Q是與的交點所以得，所以設則所以當時，即m=2即時，取得最大值.故答案為：【點睛】方法點睛：（1）聯立方程，根據韋達定理表示出坐標關系式；按照題目中給出的關系，構建關系式，表示出所求變量；（2）在計算推理的過程中運用整體轉化，化簡函數式，從而得到二次函數或者不等式，求得最值；本題的解題的關鍵是，表示出Q點的交點坐標，找到與t有關的解析式.四、解答題25．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）已知雙曲線的離心率為2，左、右焦點分別為，,點與，構成的三角形的面積為2.(1)求雙曲線的方程；(2)已知直線（，且）與雙曲線交于，兩點，點關于軸的對稱點為，若點在直線上，試判斷直線是否經過軸上的一個定點？若經過定點，求出定點的坐標；若不經過定點，請說明理由.【答案】(1)(2)直線是否經過軸上的一個定點【分析】（1）結合雙曲線的性質和三角形的面積公式即可求解；（2）設直線與軸交于點，則直線的方程為，聯立方程組，結合韋達定理表示出，，再結合即可化簡求解.【詳解】（1）由題意，，，，所以，又，所以，所以，所以雙曲線的方程為.（2）設直線與軸交于點，則直線的方程為，設，，則，聯立，得，由題可知，，所以，，因為點在直線上，所以，即，則，所以，因為，所以，所以，所以，解得，所以直線是否經過軸上的一個定點.26．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）如圖，已知A，B分別為橢圓M：的左，右頂點，為橢圓M上異于點A，B的動點，若，且直線AP與直線BP的斜率之積等于．(1)求橢圓M的標準方程；(2)過動點作橢圓M的切線，分別與直線和相交于D，C兩點，記四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點N，問：是否存在兩個定點，，使得為定值？若存在，求，的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)；(2)存在定點，，使得為定值6.【分析】(1)由題意可得，，再由線AP與直線BP的斜率之積等于，即可解出的值，從而即可得橢圓方程；(2)由題意求得切線CD的方程為，進而求出C，D的坐標，從而可得直線AC，直線BD的方程，再求出N點的軌跡即可得結論.【詳解】（1）解：由題知，，在橢圓上，即，即，斜率之積，所以，所以橢圓M的標準方程為．（2）解：因為點在橢圓上，則，即，又因為，取，所以，所以切線的斜率，所以切線方程為由，可得，假設，所以切線方程為：，即，所以切線CD的方程為，令得，令知：得，，則直線AC：，①，則直線BD：，②由①×②知：，點N的軌跡方程為，即存在定點，，使得為定值6．27．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）已知平面內動點M到定點F（0，1）的距離和到定直線y=4的距離的比為定值．(1)求動點M的軌跡方程；(2)設動點M的軌跡為曲線C，過點的直線交曲線C于不同的兩點A、B，過點A、B分別作直線x=t的垂線，垂足分別為、，判斷是否存在常數t，使得四邊形的對角線交于一定點?若存在，求出常數t的值和該定點坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在，t=3，定點為【分析】（1）設，由題有：，化簡后可得軌跡方程；（2）設過直線方程為：，將其與曲線C聯立，由韋達定理可知.又由對稱性可知，若定點存在，其一定在x軸上，并設定點為D.后利用向量共線可得定點坐標.【詳解】（1）設，由題有.即動點M的軌跡方程為：；（2）由題過直線斜率不為0，設過直線方程為：，將其與橢圓方程聯立，，消去x得，.由題其判別式大于0，設，，則，.則由韋達定理有：，，得.若存在常數t，使得四邊形的對角線交于一定點，由對稱性知，該定點一定在x軸上，設該定點為，則，B，D共線.又，，則.由s為定值，則.同理，若A，，D共線，可得.故存在常數t=3，使得四邊形的對角線交于一定點，該定點為【點睛】關鍵點點睛：本題涉及與橢圓有關的軌跡方程及橢圓中的定點定值，難度較大.本題求軌跡方程方法為直接法，即將題意轉化為代數語言，化簡即得軌跡方程；對于定點問題，常可由對稱性確定定點所在位置，后由三點共線結合向量共線或斜率相等可得定點坐標.28．（2023春·江蘇南京·高三南京師大附中校考開學考試）已知函數，為函數的導函數(1)討論的單調性；(2)當時，，若，，且，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先求出的解析式，再利用導數求出的單調區間；（2）首先求出的解析式，再利用導數說明函數的單調性，即可得到①或②兩種情況，再分別證明即可.【詳解】（1）解：因為定義域為，則，即，所以，當時恒成立，所以在上單調遞增，當時，令解得，令解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，綜上可得，當時在上單調遞增，當時在上單調遞增，在上單調遞減.（2）證明：當時，所以，，所以，令，則，所以當時，當時，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，所以在上單調遞增，不妨設，因為，所以有①或②兩種情況，當①時，因為在上單調遞增，所以，所以，當②時，由，得，所以，則，由，所以，令，，則，所以，即在上單調遞減，且當趨向于1時趨向于0，則，所以，則，即，綜上可得當，，且時，.【點睛】關鍵點點睛：第一問中，根據的結構，對分類討論；第二問中，對于②，在證明時，利用將雙變量變為單變量，再利用導數證明不等式.29．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）已知橢圓的右頂點為A，左焦點為F，過點F作斜率不為零的直線l交橢圓于兩點，連接，分別交直線于兩點，過點F且垂直于的直線交直線于點R．(1)求證：點R為線段的中點；(2)記，，的面積分別為，，，試探究：是否存在實數使得？若存在，請求出實數的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析.(2)存在，.公眾號：高中試卷君【分析】（1）設設，，，聯立橢圓方程，可得根于系數的關系式，表示出的坐標，計算；繼而求出直線的方程，求得點坐標，即可證明結論；（2）利用（1）的分析，求得，進而表示出，，計算的結果，再求得的表達式，即可求得與之間的關系，即可得出結論.【詳解】（1）證明：由題意知，，設，，，聯立，得，，則，，直線的方程為，令，得，所以，同理，．所以,直線，令得，所以，則，故點R為線段的中點．（2）由（1）知，，又，所以．由（1）知點R為線段的中點，故，所以．故存在，使得．【點睛】難點點睛：解答直線和圓錐曲線的位置關系類的題目時，解決問題的思路想法不是很困難，一般利用直線方程和圓錐曲線方程聯立，可得根與系數的關系，結合題設進行化簡求值等，但難點在于計算的復雜性，以及計算量較大，并且大多為字母參數的運算，因此要十分細心.30．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）已知函數.(1)若，求函數的零點個數，并說明理由；(2)當時，若方程有兩個實根，且，求證：.【答案】(1)3，理由見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求導數，構造函數，利用導數研究單調性和圖象的大致走勢，結合零點存在定理和單調性可得答案；（2）先找出曲線的兩條切線，利用切線與的交點證明，再利用割線與的交點證明.【詳解】（1）當時，，，顯然是的一個零點，令，則；設，因為，其對應方程的判別式，所以有兩個根，設為，則；不妨設，令，則；令，則；所以在區間單調遞增，在區間單調遞減，又，所以；又當無限趨近于正無窮大時，也無限趨近于正無窮大；當無限趨近于0時，無限趨近于負無窮大；根據零點存在定理和函數單調性、連續性可知在各有一個零點，所以總共有3個零點.（2）證明：先證右半部分不等式：；因為，，所以；可求曲線在和處的切線分別為和；設直線與直線，函數的圖象和直線交點的橫坐標分別為則則；因此.再證左半部分不等式：.設取曲線上兩點，用割線，來限制，設直線與直線的交點的橫坐標分別為，則，且，所以.綜上可得成立.【點睛】方法點睛：導數證明不等式的方法常有：（1）最值法：移項構造函數，通過求解最值來證明；（2）放縮法：通過構造切線或割線，利用切線放縮或者割線放縮來證明.31．（2023·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）已知函數．(1)若不等式恒成立，求實數a的取值范圍；(2)若函數有三個不同的極值點，，，且，求實數a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）由分離常數，利用構造函數法，結合導數來求得的取值范圍.（2）首先根據有個不同的極值點求得的一個范圍，然后化簡不等式，利用構造函數法，結合導數求得的取值范圍.【詳解】（1）函數的定義域為，不等式恒成立，即在上恒成立，記，則，得到在區間上單調遞減，在上單調遞增，則，即在區間上恒成立，分離變量知：在上恒成立，則，，由前面可知，當時，恒成立，即，所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以，所以．（2），設曲線圖象上任意一點，所以曲線在點處的切線方程為，將代入得，故切點為，過的切線方程為，所以直線和曲線相切，并且切點坐標為，所以當且僅當時，方程有兩個不相等的實根，，并且，從而當時，有三個極值點，，，并且，，，取對數知：，，即，，則．構造，在時恒成立，則在區間上單調遞增，且，從而的解為，綜上所述．【點睛】求解不等式恒成立問題，可考慮利用分離常數法，然后構造函數，利用導數研究所構造函數的單調性、極值、最值等，從而求得參數的取值范圍.當一次求導無法求得單調區間時，可考慮二次求導等方法來進行求解.32．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模）已知函數．(1)當a=0時，求函數的最小值；(2)當的圖像在點處的切線方程為y=1時，求a的值，并證明：當時，．【答案】(1)0(2)a=1，證明見解析【分析】（1）當a=0時，．利用導數，可得在時，有最小值，其中.據此可得答案；（2）由切線斜率為0，可得a；利用導數研究單調性，可得，從而可得.后利用當時，，可證得結論.【詳解】（1）當a=0時，．定義域為，令，則，故在上單調遞增.因，，則在上有唯一零點，即.則在上，，即，在單調遞減.在上，，即，在上單調遞增.故，又，則.即函數的最小值為0；（2）由題，，，則a=1；即，則故在上單調遞增，在上單調遞遞減，則.則當時，，即.取，其中，則.則.又注意到.故.【點睛】關鍵點點睛：本題涉及利用隱零點求函數最值及利用函數證明數列不等式，難度較大.本題最值點不能具體求出，但能證明其存在，后利用其滿足等量關系可得最值；證明數列不等式，關鍵為能利用題目函數找到合適的不等式，后通過改變不等式形式及不等式放縮可證明結論.33．（2023·福建廈門·廈門雙十中學校考模擬預測）已知關于的方程有兩個不相等的正實根和，且.(1)求實數的取值范圍；(2)設為常數，當變化時，若有最小值，求常數的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據函數與方程的思想將方程有兩個不相等的正實根轉化成函數圖象有兩個交點，通過構造函數研究其單調性求出值域即可求得實數的取值范圍；（2）首先通過轉化變形寫出和的表達式，求出有最小值的等價方程，再通過構造函數利用導函數研究其單調性，并證明方程有唯一解即可求得常數的值.【詳解】（1）由且，可得.設，則，令，解得.當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；函數的圖象如下：又趨向于0時趨向，趨向于時趨向0；要使圖象與直線有兩個交點，則，故a的取值范圍是.（2）因為，由（1）得，則，設，則，即，由有最小值，即有最小值.設

，記，由于，若，則，可得單調遞增，此時，即單調遞增，此時在沒有最小值，不符合題意.若，時，，則在單調遞減，時，，則在單調遞增.又，，且趨向于時趨向，故且唯一，使得.此時時，，即，此時在上單調遞減；時，，即，在上單調遞增.所以時，有最小值，而，即，整理得此時，由題意知.設設.設，故遞增，.此時遞增，有，令且，則，即在上遞增，故，此時，故在遞增，而知，的唯一解是.故的唯一解是，即.綜上所述，.【點睛】方法點睛：對于隱零點問題的解題思路是對函數零點設而不求，以隱零點為分界點，說明導函數的正負，通過整體代換和過渡，從而得到原函數最值或極值的表達式，再結合題目條件解決問題.34．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）已知雙曲線C：.(1)若點P在曲線C上，點A，B分別在雙曲線C的兩漸近線、上，且點A在第一象限，點B在第四象限，若，，求面積的最大值；(2)設雙曲線C的左、右焦點分別為、，過左焦點作直線l交雙曲線的左支于G、Q兩點，求周長的取值范圍.【答案】(1)(2)公眾號：高中試卷君【分析】（1）易得兩漸近線，設，根據，將點的坐標用表示，再根據點P在曲線C上，可得的關系，再根據化簡整理即可得解；（2）分直線斜率存在和不存在兩種情況討論，設，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，根據線l交雙曲線的左支于G、Q兩點求出的范圍，再根據弦長公式求出，再根據周長為，從而可得出結論.【詳解】（1）雙曲線C：的兩漸近線，設，由，得，所以，所以，因為點P在曲線C上，所以，整理得，，因為直線，所以直線的傾斜角為，所以，，令，則，當時，，當時，，所以函數在上遞減，在上遞增，又，所以，所以當時，；（2）