2023年新高考数学选填压轴题汇编(十三)(解析版)

2023年12月10日发(作者：数学试卷怎么调字号的)

2023年新高考数学选填压轴题汇编(十三)一、单选题1.(2022·广东·盐田高中高三阶段练习)若sin10°=3tan10°-1⋅sinα-20°，则sin2α+50°=(    )A.18B.-18C.-78D.78【答案】D【解析】∵sin10∘=3tan10∘-1⋅sinα-20∘,，3sin10∘-cos10∘∘∴sin10=⋅sinα-20∘∘cos1023sin10∘-1cos10∘2sin(-20∘)22∘=⋅sinα-20=⋅sinα-20∘∘∘cos10cos10∘∘∘∘∴sin10cos10=-2sin20⋅sinα-20,1sin20∘∘∘sin10cos1012∴sinα-20∘==∘∘=-4-2sin20-2sin20则sin2α+50∘=sin2α-40∘+90∘=cos2α-20∘127=1-2sin2α-20∘=1-2×=48故选：D2.(2022·广东·盐田高中高三阶段练习)已知a>0，若对任意的x∈成立，则实数a的取值范围是(    )2A.e,+∞【答案】A【解析】因为a>0，不等式ln(2x)1axln(2x)1e-≥0恒成立，即eax≥成立，即aeax≥2ln(2x)，进而转2a2a化为axeax≥2xln(2x)=eln(2x)⋅ln(2x)恒成立.1令g(x)=xex，则g(x)=(x+1)ex，当x>0时，g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，则不等式eax2ln(2x)-≥0恒成立等价于g(ax)≥g(ln(2x))恒成立.a11因为a>0，x∈,+∞，所以ax>0，ln(2x)>0，所以ax≥ln2x对任意的x∈,+∞恒成立，所以22ln(2x)a≥恒成立.22xlnt1-lnt设h(t)=(t>1)，可得h(t)=.当10，h(t)单调递增；当t>e时，h(t)<0，2tt1a1h(t)单调递减.所以当t=e时，函数h(t)取得最大值，最大值为h(e)=，此时2x=e，所以≥，解得e2e22a≥，即实数a的取值范围是e,+∞.e故选：Aey1B.e,+∞C.[1,+∞)1D.2e,+∞ln(2x)11,+∞，不等式eax-≥0恒22a3.(2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习)已知x>0，y>0，且ex=x2+lny，则(    )A.x2eC.y2>exD.x2≤e2-1ex【解析】对于A，由x2=e2-lny，则需证ex-lny0，即fx单调递增，当x>0时，fx>f0=1，由ex-x2=lny，则lny>1，即y>e，故B正确；对于C，由B的证明过程，易知C正确；对于D，由x2≤e2-1，则ex-x2≥ex-e2+1，易知hx=ex-e2+1单调递增，无最大值，故D错误.故选：-2x,x>04.(2022·湖南长沙同升湖实验学校高三阶段练习)已知函数fx=23的图像上有且仅有四x+x,x≤02个不同的点关于直线y=-1的对称点在y=kx-1的图像上，则实数k的取值范围是(    )A.2,11B.2,413C.3,11D.2,21【答案】A【解析】可求得直线y=kx-1关于直线y=-1的对称直线为y=mx-1m=-k，当x>0时，fx=xlnx-2x，f\'x=lnx-1，当x=e时，f\'x=0，则当x∈0,e时，f\'x<0，fx单减，当x∈e,+∞时，f\'x>0，fx单增；33333当x≤0时，fx=x2+x，f\'x=2x+，当x=-，f\'x=0,当x<-时，fx单减，当-<22444x<0时，fx单增；根据题意画出函数大致图像，如图：3当y=mx-1与fx=x2+x(x≤0)相切时，得Δ=0，解得m=21-；2当y=mx-1与fx=xlnx-2x(x>0)相切时，满足y=xlnx-2xy=mx-1，m=lnx-11，即-k∈2解得x=1,m=-1，结合图像可知m∈-1,-11，k∈2,12故选：A-1,-5.(2022·湖南长沙同升湖实验学校高三阶段练习)定义在R上的函数f(x)满足：f(x-2)的对称轴为x=24，f(x+1)=,(f(x)≠0)，且f(x)在区间(1，2)上单调递增，已知α，β是钝角三角形中的两锐角，则f(x)f(sinα)和f(cosβ)的大小关系是(　　)A.fsinα>fcosβ【答案】A【解析】由题意知fx-2的对称轴为x=2，可得y=fx的对称轴为x=0，即有f-x=fx，函数fx为偶函数，4又f(x+1)=,(f(x)≠0)，即fxfx+1=4，可得fx+1fx+2=4，f(x)即为fx+2=fx， 即2为函数的f(x)的周期，f(x)在区间(1，2)上单调递增，所以fx在区间-1,0上单调递增，可得fx在0,1上递减，由α,β是钝角三角形中两锐角，可得α+β<则0fcosβ，πππ，即有0<α<-β<，222B.fsinα

6PO2=OO12+PO12⇒6a-R2=R2+3a2，解得R=a，4126平面ABC到平面QPN的距离为h-h=a，所以O到平面ABC332656的距离为a-R=a>R，3123a2故截角八面体的内切球半径亦为R，则截角八面体的内切球的表面积为S=4πR2=故选：B.8.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)设a=cosA.b0，f=+-=>0，662236ππππ所以f=a-b=cos+sin-2×>0，即a>b；11111111sinπcos2π-sinππππ111111a-c=cos-tan=cos-=，111111ππcoscos1111π令g(x)=cos2x-sinx,00，6642πππ所以g=cos2-sin>0，111111sinπcos2π-sinππππ111111所以a-c=cos-tan=cos-=>0，111111ππcoscos1111所以a>c；ππππc-b=tan+sin-2×，令h(x)=tanx+sinx-2x,00，因此h(x)在0,上单调递增，26cosxπ又h(0)=0，所以h(x)>0，所以h>0，故c>b.11所以a>c>b.故选：A9.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2,BC=3AC，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为(  )A.2821π27B.32π3C.205π3D.287π9【答案】C【解析】因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以，AA1⊥平面ABC所以，要使三棱柱的体积最大，则△ABC面积最大，1因为S△ABC=BC⋅AC⋅sin∠ACB，2令AC=x32因为BC=3AC，所以S△ABC=x⋅sin∠ACB，2AC2+BC2-AB24x2-4在△ABC中，cos∠ACB==，2AC⋅BC23x216(x2-1)2-4x4+32x2-162所以，sin∠ACB=1-=，12x412x4-x2-42+12343-x4+8x2-422所以，(S△ABC)=x⋅sin∠ACB=⋅=≤3，4434所以，当x2=4，即AC=2时，(S△ABC)2取得最大值3，所以，当AC=2时，S△ABC取得最大值3，此时△ABC为等腰三角形，AB=AC=2,BC=23，AB2+AC2-BC24+4-121所以，cos∠BAC===-,∠BAC∈0,π，2×2×222AB⋅AC2π所以∠BAC=，323所以，由正弦定理得△ABC外接圆的半径r满足=4=2r，即r=2，2πsin3AA12所以，直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的半径R2=r2+=5，即R=5，24π3205所以，直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的体积为R=π.33故选：C10.(2022·湖北·高三阶段练习)设a=55111ln,b=e5,c=，则(    )4454A.a8π-2φ>5π且x=-2φ+4kπ≥-2φ+8π>8π3333-2φ>5π，即所有根都大于5π，π5ππ5π综上：k=0,1，即fx在0,5π内的三个零点为-2φ，-2φ，-2φ+4π，-2φ+4π中的三3333个.5π5πππ由于上述4个值是依次从小到大排列，且-2φ≥-π>0，-2φ+4π≤+4π<5π3333故有两种情况，分别为：π-2φ≥0φ≤ππ36，解得，故0≤φ≤，5π-2φ+4π>5π6φ<π33π-2φ<0φ>πππ36或，解得，故≤φ≤，5π-2φ+4π≤5π32φ≥π33ππππππ故0≤φ≤或≤φ≤，即φ∈0,∪,.632632故选：D．12.(2022·湖北·高三阶段练习)直线y=k与两条曲线fx=xlnx并且从x和gx=x共有三个不同的交点，e左到右三个交点的横坐标依次是x1、x2、x3，则下列关系式正确的是(    )A.x2=x1+x3【答案】DB.2x2=x1+x3C.x2=x1x32D.x2=x1x3xlnxx2【解析】当x=时，则有x=lnx，xee2x(2-x)x设函数h(x)=x(x>0)，则h(x)=，eex当00,h(x)单调递增，当x>2时，h(x)<0,h(x)单调递减，411而h(0)=0，而h(x)max=h(2)=2<,=lne0,f(x)单调递增，当x>1时，f(x)<0,f(x)单调递减，且当x→+∞时，y→0，且f(0)=0，图象如下图所示，lnx1-lnxgx=⇒g(x)=，xx2当00,g(x)单调递增，当x>e时，g(x)<0,g(x)单调递减，且当x→+∞时，y→0，当x→0时，y→-∞，图象如下图所示，xlnx当直线y=k经过曲线fx=x和gx=唯一的公共点xe时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，如上图所示，xxlnx2lnx3则有0e，且函数gx=在e,+∞上单调递减，x∴ex=x3③由方程②③可得：x1⋅x3=lnx2⋅ex，再结合方程①可得：x2=x1x3．故选：D2-4x2-8x,x≤013.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三阶段练习)已知f(x)满足f(x)=1，若在区间(-1,f(x-2),x>023)内，关于x的方程f(x)=kx+k(k∈R)有4个根，则实数k的取值范围是A.002141D.02，则实数m的取值x，1+e1-171+172,21-171+17D.-∞,∪2,+∞2B.由函数单调性的性质可知g(x)在R上单调递减.因为fm2-3+f(1-m)>2，所以gm2-3+1+g(1-m)+1>2，即gm2-3>-g(1-m)=g(m-1)，所以m2-30，解得x>，所以xy=log23x-2=xx>令a=b，33=1，c=3，显然a+b21D.若fx与x轴相切，则a=eA.当a≤0或a=【答案】AD【解析】令fx=0可得xlnx-ax=0，化简可得设h(x)=lnx1-lnx，则h(x)=，xx2当x>e，h(x)<0，函数h(x)在e,+∞单调递减，lnx=a，x当00，函数h(x)在0，e单调递增，1lnx又h(1)=0，h(e)=，由此可得函数h(x)=图像如下：ex1lnx所以当a≤0或a=时，=a有且仅有一个零点ex1所以当a≤0或a=时，fx有且仅有一个零点，A对，e函数fx=xlnx-ax的定义域为0，+∞，fx=lnx-2ax+1，若fx与x轴相切，设fx与x轴相切相切与点(x0,0)，则fx0=0，fx0=0，所以lnx0-ax0=0，lnx0-2ax0+1=01所以x0=e，a=，故D正确；e若fx为单调递减函数，则fx≤0在0，+∞上恒成立，lnx+1所以≤a在0，+∞上恒成立，2xlnx+1-lnx设g(x)=，则g(x)=，2x2x2lnx+1当x>1时，g(x)<0，函数g(x)=单调递减，2xlnx+1当00，函数g(x)=单调递增，2x111且g(1)=，g=0，当x>时，g(x)>0，2eelnx+1由此可得函数g(x)=的图像如下：2x所以若fx为单调递减函数，则a≥所以当a=故选：AD.1时，函数f(x)在0，+∞上没有极值点，B错，2π，ω>0，下列说法正确的是(    )31，C错，218.(2022·广东·盐田高中高三阶段练习)设函数fx=2sinωx+A.当ω=2时，fx的图象关于直线x=π对称124B.当ω=π时，fx的图象关于点-,0成中心对称31πC.当ω=时，fx在0,上单调递增22D.若fx在0,π上的最小值为-2，则ω的取值范围为ω≥【答案】ABD【解析】当ω=2时，fx=2sin2x+选项正确；当ω=π时，fx=2sinπx+76πππππ，2×+=，所以fx的图象关于直线x=对称，A3123212π4π4，2sinπ×-+=0，所以fx的图象关于点-,0成中心对3333称，B选项正确；11ππ1ππ7ππ7π当ω=时，fx=2sinx+，当x∈0,时，x+∈,，y=sinx在23,12上不单22323312调递增，C选项错误；ππ1π若fx在0,π上的最小值为-2，由x∈0,π，得ωx+∈,ω+π，sinωx+可取得-1，所3333137以ω+π≥π，解得ω≥，D选项正确．326故选：ABD.19.(2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习)已知过点Aa,0作曲线y=1+xex的切线有且仅有1条，则a的可能取值为(    )A.-5【答案】AC【解析】由已知得y=2+xex，则切线斜率k=2+x0ex，切线方程为y-1+x0ex=00B.-3C.-1D.12+x0e0x-x0，x2直线过点Aa,0，则-1+x0ex=2+x0exa-x0，化简得x0+1-ax0-2a-1=0，00切线有且仅有1条，即Δ=a-12+42a+1=0，化简得a2+6a+5=0，即a+1a+5=0，解得a=-1或a=-5.故选：2θ1-θ0+cos2θ2-θ0+⋯+cos2θn-θ020.(2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习)定义：μ=nππ为集合A=θ1,θ2,⋯,θn相对常数θ0的“余弦方差”.若θ∈0,，则集合A=,0相对θ的“余弦方23差”的取值可能为(    )A.38B.12C.34D.45【答案】ABCcos2π-θ0+cos20-θ03【解析】依题意μ=2πcosθ+sinπsinθ2+cos2θcos00033=21cosθ+3sinθ2+cos2θ00022=21cos2θ+3cosθsinθ+3sin2θ+cos2θ00000424=21cos2θ+3cosθsinθ+3000224=21cos2θ+3sin2θ+10044=21131=cos2θ0+sin2θ0+42221π1=sin2θ0++，462πππ7ππ1因为θ0∈0,，所以2θ+∈,，所以sin2θ+∈-,1，0026666233所以μ∈8,4；故选：ABC21.(2022·湖南长沙同升湖实验学校高三阶段练习)已知函数fx=sincosx+cossinx，其中x表示不超过实数x的最大整数，下列关于fx结论正确的是π=cos12C.fx在0,π上单调递减A.f【答案】ABD【解析】由fx=sincosx+cossinx，π对于A，f=sin0+cos1=cos1，故A正确；2对于B，因为fx+2π=sincosx+2π+cossinx+2π=sincosx+cossinx=fx，所以fx的一个周期是2π，故B正确；π对于C，当x∈0,时，0+1>2，故D正确；2故选：ABD22.(2022·湖南长沙同升湖实验学校高三阶段练习)已知函数f(x)=)=0有8个不同的实根，则a的值可能为.A.-6【答案】CDB.8C.9D.12B.fx的一个周期是2πD.fx的最大值大于2x2-ax,x+2a,x<0x≥0,若关于x的方程f(f(x)【解析】当a≤0时, f(x)=0仅x=0一根,故f(f(x))=0有8个不同的实根不可能成立.当a>0时, 画出图象,当f(f(x))=0时, f1(x)=-2a,f2(x)=0,f3(x)=a又f(f(x))=0有8个不同的实根,故f1(x)=-2a有三根,且y=a2a22x-ax=x--.242a故-2a>-⇒a>8.又f2(x)=0有三根, f3(x)=a有两根,且4满足a<2a⇒a>0.综上可知,a>8.故选：CD23.(2022·湖南·周南中学高三阶段练习)若函数fx=lnx+ax2-2x+1(a∈R)存在两个极值点x1,x2则(    )x10,x2>0∴Δ>0 ，即(-2a)2-4×2a×1=4a2-8a=4a(a-2)>0 ，∴a>2或a<0x1+x2=1>0又x1>0,x2>0，∴ ，解得a>0x1x2=1>02a综上，a>2 ，故B错误B.a<0或a>2D.fx1+fx2>1-2ln2对于C，由B选项可得，x1+x2=1 ，∴x2=1-x1 ，∴1-x1>x1 ，∴02)1a-1h(a)=1-=>0aa有h(a) 在(2,+∞) 上单调递增，∴h(a)>h(2)=2-ln2-ln2-1=1-2ln2 ，故D正确故选：ACD24.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)设定义在R上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f(x)和g(x)，若g(x)-f(3-x)=2，f(x)=g(x-1)，且g(x+2)为奇函数，则下列说法中一定正确的是(    )A.函数g(x)的图象关于x=1对称C.g(k)=0k=12023B.f(2)+f(4)=4D.f(k)=-4046k=12023【答案】AC【解析】因为f(x)=g(x-1), 则f(x)+a=g(x-1)+b,因为 g(x)-f(3-x)=2，所以g(x)=f(3-x)+2,用3-x去替x，所以有f(x)=g(3-x)-2，所以有g(3-x)-2+a=g(x-1)+b,取 x=2 代入得到 g(1)-2+a=g(1)+b则 a-2=b，故g(3-x)=g(x-1)，用x+1换x，可得g(2-x)=g(x)，函数g(x)的图象关于x=1对称,故A正确；g(x+2)在R上为奇函数, 则 g(x+2)过(0,0), 图像向右移动两个单位得到g(x)过(2,0)，故g(x)图像关于(2,0)对称，g(2)=0;g(x+2)=-g(-x+2)，而g(2-x)=g(x)，所以有g(x+2)=-g(x)，则 g(x) 的周期 T=4;又因为g(x)图像关于(2,0)对称，g(2)=0;函数g(x)的图象关于x=1对称,，故g(1)=-g(3),g(2)=g(4)=0,2023k=1g(k)=g(1)+g(2)+⋯+g(2023)=g(1)+g(2)+g(3)=0,故C正确.f(x)=g(3-x)-2, 是由 g(x) 的图像移动变化而来, 故 f(x) 周期也为 4 ,因为 g(1)=-g(3),g(2)=g(4)=0,所以 f(2)=g(1)-2，f(4)=g(-1)-2=g(-1+4)-2=g(3)-2,所以f(2)+f(4)=g(1)-2+g(3)-2=-4，故B错误；

f(x)=g(3-x)-2，f(x)周期为 4 , f(1)=g(2)-2=-2，f(2)=g(1)-2,f(3)=g(0)-2=-2,f(4)=g(-1)-2=g(-1+4)-2=g(3)-2故f(k)=f(1)+f(2)+⋯+f(2023)=505×(-8)+f(1)+f(2)+f(3)=-4046+g(1)，k=12023由于g(1)的值未知，g(1)不一定为0，所以无法判断f(k)的值为-4046，k=12023故D错误;故选:AC.25.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)在直四棱柱中ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD=60∘,AB=AD=AA1=2,P为CC1中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1,λ∈0,1,μ∈0,1.下列结论正确的是(    )A.若λ+μ=1，则四面体A1BPQ的体积为定值.B.若AQ∥平面A1BP，则AQ的最小值为5.C.若△A1BQ的外心为M，则A1B⋅A1M为定值2.2D.若A1Q=7，则点Q的轨迹长度为π.3【答案】ABD【解析】对于A，因为DQ=λDC+μDD1,λ∈0,1,μ∈0,1，λ+μ=1，所以Q,C,D1三点共线，所以点Q在CD1，因为CD1∥A1B，CD1⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，所以点Q到平面A1BP的距离为定值，因为△A1BP的面积为定值，所以四面体A1BPQ的体积为定值，所以A正确，对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，则AM∥BP，因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，所以AM∥平面A1BP，因为MN∥CD1，A1B∥CD1，所以MN∥A1B，因为MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，MN∥平面A1BP，因为MN∩AM=M，MN,AM⊂平面AMN，所以平面AMN∥平面A1BP，因为AQ⊂平面AMN，所以AQ平面A1BP，所以当AQ⊥MN时，AQ最小，因为∠BAD=60∘,AB=AD=AA1=2，所以AM=5,MN=2，AN=4+1-2×2×1×-1=7，所以2AM2+MN2=AN2，所以Q,M重合，所以AQ的最小值为5，所以B正确，AD2+DN2-2AD⋅DNcos120°=对于C，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥A1B于H，因为A1B=1222+22=22，所以A1B⋅A1M=A1B=4，所以C错误，2对于D，过A1作A1O⊥C1D1于点O，因为则可得DD1⊥平面A1B1C1D1，A1O⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1O，因为C1D1∩DD1=D1，C1D1,DD1⊂平面DD1C1C，所以A1O⊥平面DD1C1C，OD1=πA1D1cos=1，3在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=3,D1A2=1，则A1A3=A1A2=7,OA3=OA2=7-3=2，所以若A1Q=7，则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧A2A3上运动，因为D1O=1,D1A3=3，所以∠A3OA2=D正确，故选：ABD26.(2022·湖北·高三阶段练习)已知函数fx=3x2-12-8x3-a，则(    )A.fx的极大值为1-aB.fx的最小值为-5-a20,127D.不等式fx≤-a的解的最大值与最小值之差小于1.2C.当fx的零点个数最多时，a的取值范围为【答案】ACD【解析】因为fx=3x2-12-8x3-a，所以fx=23x2-1×6x-24x2=12xx-13x+1.11当-1时，fx>0；当x<-或00，解得a∈,1，C正确.32727不等式fx≤-a，即3x2-12-8x3≤0，令gx=3x2-12-8x3，则π2π，则圆弧A2A3等于，所以33gx=23x2-1×6x-24x2=12xx-13x+1.11当-1时，gx>0；当x<-或00，g1.4=4.882-8×1.43>0，则gx≤0的解的最大值与最小值之差小于1.4-0.2=1.2，即不等式fx≤-a的解的最大值与最小值之差小于1.4-0.2=1.2，D正确.故选：ACD27.(2022·湖北·高三阶段练习)若由函数fx构造的数列an满足an=fn,∀n∈N*,01+++++++=1，524488882故fx=不是单位收敛函数.5x22211若fx=则an==2-,2，20，xnn09时，lgn+1>1，故fx=lg1+不是单位收敛函数.x故选：BC.2(x+2)21D.fx=lg1+xB.fx=28.(2022·湖北·高三阶段练习)已知函数fx=cosx-2sinx，以下结论不正确的是(    )A.π是函数fx的一个周期C.函数fx的值域为-5,12π上单调递减3D.函数fx在-2π,2π内有6个零点B.函数fx在0,【答案】ABD【解析】对于A：因为fx=cos|x|-2|sinx|，所以f0=cos0-2|sin0|=1，fπ=cosπ-2sinπ=-1，因为fπ≠f0，所以π不是函数fx的一个周期，即选项A错误；对于B：当0≤x≤2π3时，

fx=cosx-2sinx=555cosx-255sinx=5cos(x+φ)，其中cosφ=55，sinφ=255，不妨设φ为锐角，则π<φ<π，因为0≤x≤2π323，所以φ≤x+φ≤2π3+φ，因为2π3+φ>π，所以函数fx在0,2π3无单调性，即选项B错误；对于C：因为2π是函数f(x)的一个周期，可取一个周期[-π,π]上研究值域，当x∈0,π，f(x)=cosx-2sinx=5cos(x+φ)，其中cosφ=55，sinφ=25，不妨设φ为锐角，则π53<φ<π2，则φ≤x+φ≤π+φ<3π2，所以5cosπ≤fx≤5cosφ，即f(x)∈[-5,1]；又因为f(x)是偶函数，所以当x∈[-π,0]时，f(x)∈[-5,1]，故函数f(x)在R上的值域为[-5,1]，故选项C正确；对于D：当x∈[0,π]，令f(x)=0，得cosx=2sinx，即tanx=12，只有1个解；当x∈π,2π，令f(x)=0，得cosx=-2sinx，即tanx=-12，只有1个解；所以f(x)在[0,2π]上有2个零点，又因为函数f(x)为偶函数，所以在区间-2π,2π内有4个零点，即选项D错误.故选：ABD．29.(2022·湖北·高三阶段练习)函数f(x)=ekx⋅lnx(k为常数)的图象可能是()    A.B.C.【答案】ABCD.【解析】显然f(x)有唯一零点x=1，故D错误；ekxf(x)=(kxlnx+1)，(xlnx)=lnx+1，x11∴y=xlnx在0,上单减，,+∞上单增，ee1∴xlnx∈且x→0时xlnx→0，x→+∞时xlnx→+∞，-e,+∞，故当0≤k≤e时，f(x)≥0，f(x)单增，选项A可能；1当k>e时，f(x)存在两个零点01，f(x)在0,x0上单增，在x0,+∞上单减，选项C可能．故选:ABC.30.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三阶段练习)设函数f(x)定义域为R，f(x-1)为奇函数，f(x+1)为偶函数，当x∈(-1,1]时，f(x)=-x2+1，则下列结论正确的是(       )73=-24C.f(x)在(6,8)上为减函数A.f【答案】ABD【解析】对于选项A：f(x+1)为偶函数，故f(x+1)=f(-x+1)，令x=f-3，2113=-+1=，244575得：f=f-+1=222B.f(x+7)为奇函数D.方程f(x)+lgx=0仅有6个实数解又f(x-1)为奇函数，故f(x-1)=-f(-x-1)，令x=f-1311得：f-=-f-1=-f-，其中22227313=f-=-f-=-，2224故选项A正确；所以f对于选项B：因为f(x-1)为奇函数，所以f(x)关于-1,0对称，又f(x+1)为偶函数，则f(x)关于x=1对称，所以f(x)周期为4×2=8，故f(x+7)=f(x-1)，所以f(-x+7)=f(-x-1)=-fx-1=-fx-1+8=-fx+7，从而f(x+7)为奇函数，故选项B正确；对于选项C：f(x)=-x2+1在x∈(-1,0)上单调递增，又f(x)关于-1,0对称，所以f(x)在-2,0上单调递增，且f(x)周期为8，故f(x)在(6,8)上单调递增，故选项C错误；对于选项D：根据题目条件画出f(x)与y=-lgx的函数图象，如图所示：其中y=-lgx单调递减且-lg12<-1，所以两函数有6个交点，故方程f(x)+lgx=0仅有6个实数解，故选项D正确.故选：ABD31.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三阶段练习)已知函数fx=fx2=fx3=fx4，且x10时，gx=2xln2-2-xln2=2x-2-xln2>0，所以gx在0,+∞上单调递增，又gx是偶函数，所以gx在-∞,0上单调递减.把gx=2x+2-x-2的图象向左平移一个单位长度，得到函数y=21+x+2-1-x-2的图象，故函数y=21+x+2-1-x-2的图象关于直线x=-1对称，故可得到函数fx在-∞,0上的图象.作出函数fx的大致图象，如图所示.11又f0=，故函数fx的图象与y轴的交点为0,.22作平行于x轴的直线y=a，1当00，若fx1=由fx3=fx4，得log2x3=log2x4，又根据题意知x3<10，tanβ>0，tanα+tanβ=tanα+tanπ时取等号，故B正确；4θ3设l1与两个函数图象分别切于M，N两点，∠OQN=，则tanθ=，242tanθ3θ12即=，解得tan=或-3(舍去)，4231-tan2θ21+1θ3故kMN=tan+45°==2，211-3xx对于y=e，则y=e，令y=ex=2，解得x=ln2，所以切点为ln2,2，当且仅当tanα=1，即α=β=所以曲线y=ex的斜率为2的切线方程为y=2x-2ln2+2，故曲线y=aex=ex+lna的斜率为2的切线方程为y=2(x+lna)-2ln2+2，同理可得y=lnx的斜率为2的切线方程为y=2x-ln2-1，故曲线y=lnx-lna的斜率为2的切线方程为y=2x-ln2-1-lna，2所以-ln2-1-lna=2lna-2ln2+2，则lna3=ln2-3，则a3=3，故C正确；e由图可知点Q必在第一象限，故D错误.α+tanβ≥2D.点Q可能在第三象限π1-α=tanα+≥2，2tanα故选：ABC.33.(2022·湖北·高三阶段练习)已知函数f(x)=sinωx+acosωx(a>0,ω>0)，f则(    )πω3=63B.a=3C.ω≥1D.f(x)在0,π上单调递增6ππ=3，且f(x)≤f6，3【答案】AC【解析】f(x)=sinωx+acosωx=a2+1sin(ωx+φ)，sinφ=a1，cosφ=，因为f(x)在x=a2+1a2+1ππωπππω处取得最大值，所以+φ=2kπ+，k∈Z，即φ=2kπ+-，k∈Z，所以tanφ=66226ππωππω1πω1πtan2kπ+-=tan-==a，所以tan=，因为f=3，所以2626πω6a3tan6πωπωπωπωππω3，a2+1sin+φ=3，即sin+φ=所以sin+φ=sin+2kπ+-=2333326a+1ππωπωπωπωπω1πω3，3，sin+=cos=所以sin=tan×cos=又sin222266666aa+16a+122πω1πω133+cos2=+=1，解得a2=3，又a>0，所以a=3，所以sin=，226aa+162a+1πω3πωπtan=，故A正确，B错误；所以=2kπ+，k∈Z，解得ω=12k+1，k∈Z，又ω>0，所以ω6366π13ππ≥1，故C正确；当ω=13时，因为0

△=b2-4ac≤0 ，【解析】因为∀x∈R，f(x)=ax2+bx+c≥0 恒成立，0<2a2，则≥==a4(t-1)4(t-1)f0-f(-1)f11919+6当且仅当t-1= 时取等号，此时t=4，

≥×6+6=3，(t-1)+44t-1(t-1)f0-f-1取最小值是3，故答案为3．36.(2022·湖南·周南中学高三阶段练习)已知平面向量a,b,c均为单位向量，且a-b=1，则a-b⋅b-c的最大值为______．22211【答案】【解析】由a-b=1得：a-b=a-2a⋅b+b=2-2a⋅b=1，解得：a⋅b=；221∴a-b⋅b-c=a-b⋅b-a-b⋅c=a⋅b-b2-a-b⋅ccos=-1-cos=--cos，231∵cos∈-1,1，∴a-b⋅b-c∈-2,2，1则a-b⋅b-c的最大值为.21故答案为：.237.(2022·湖南·周南中学高三阶段练习)公比为q的等比数列an满足：a8=lna9>0，记Tn=a1a2a3a⋯an，则当q最小时，使Tn≥1成立的最小n值是______．【答案】15a9eaex【解析】q==，构造函数fx= x>0，a8a8xex(x-1)f(x)=，当01时f(x)>0，2xf(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，8fxmin=f1=e=q，此时an=a8⋅qn-8=e，a1=q-7，Tn=enn-152n-8≥1=e0；∴n≥15．故答案为：15y2x238.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)F1,F2为双曲线C:2-2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1且斜abAF11率为1的直线与两条渐近线分别交于A,B两点，若=,P(4,3)为双曲线C上一点，△PF1F2的内3BF1切圆圆心为I，过F2作F2T⊥PI，垂足为T，则|OT|=_____.【答案】2【解析】设直线AB方程为y=x+c，两条渐近线方程分别为y=bbx，y=-x，aay=x+cy=x+cbcbc联立解得yB=-，联立解得yA=，bba-ba+by=xy=-xaaAF11bc3bc因为=，a>b>0，所以=，解得a=2b⋯①3a-ba+bBF1163又点P(4,3)在双曲线上，所以2-2=1⋯②，ab联立①②解得a=2,b=1，延长F2T交PF1于点F，因为I为△PF1F2的内切圆圆心，所以∠IPF=∠IPF2，又F2T⊥PT，所以△TPF≅△TPF2，TP=TP，所以T为F2F的中点，且PF2=PF1又O为F1F2的中点，所以OT=F1F2由双曲线定义可知，F1F=PF1-PF=PF1-PF2=2a=4，1所以OT=F1F=2，2故答案为：239.(2022·湖南·长沙一中高三阶段练习)用符号[x]表示不超过x的最大整数(称为x的整数部分)，如[-1.2]=-2,[0.2]=0，已知函数f(x)=lnx+1-mx2-mx有两个不同的零点x1,x2，若x1+x2=2，则实数m的取值范围是_____.ln3+1ln2+1【答案】0时，画出二者图象；先考虑二者相切时，设切点为Pm,n，1=2mx+mx0+1012则有x0，可得lnx0+1=，x0+x0=2x2x2x+10+100lnx0+1=mx0-x01x+112即lnx0+1-0=0，即lnx0+-=0，2x0+122x0+11111112记hx=lnx+-，显然此函数为增函数，且h=ln+<0,h1=>0，说明x0∈22x+122431

2,1，所以当两个函数有两个交点时，一个交点的横坐标x1必小于1，又x1+x2=2，另一个交点的横坐标x2∈2,3，根据上面的图象可得，ln2+1≥m4+2ln3+1ln2+1，解得，0，x2∈R，使得fx1=xe1-lnx，x2∴当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，又f(1)=0，所以x∈(0,1)时，f(x)<0；x∈(1,e)时，f(x)>0；x∈(e,+∞)时，f(x)>0，xlnex同时注意到g(x)=x=x=f(ex)，ee所以若存在x1∈(0,+∞)，x2∈R，使得f(x1)=g(x2)<0成立，则00，h(x)单调递增；当x∈(-∞,-1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)最小值11=h(-1)=-，即(x1x2)最小值=-.ee1故答案为：-.e41.(2022·湖南岳阳·高三阶段练习)将正整数N分解为两个正整数k1,k2的积，即N=k1⋅k2，当k1,k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如6=1×6=2×3,2×3即为6的最优分解，当k1,k2是N的最优分解时，定义φn=k1-k2，则数列φ5n的前100项和为___________.【答案】550-1【解析】当n=2kk∈N∗时，由于52k=5k×5k，此时φ52k=0，当n=2k-1k∈N∗时，由于52k-1=5k-1×5k，此时φ52k-1=5k-5k-1，所以φ5n的前100项和为5-1+52-5+53-52+⋯+550-549=550-1.故答案为：550-142.(2022·湖北·高三阶段练习)如图，现要铸造一个四面体的零件，已知平面ABC⊥平面BCD,△ABC为正三角形，BC⊥CD，且AB+CD=3dm，则该零件(四面体ABCD)体积的最大值为___________dm3.33【解析】因为面ABC⊥面BCD，面ABC∩面BCD=BC,BC⊥CD，BC⊂面BCD，【答案】所以CD⊥面ABC.设AB=adm，则CD=3-adm，四面体ABCD的体积为Vadm3，1323323则Va=×3-a×a=则Va=a2-a.3a-a(00，即Va递增；当2x2，则实数m的取值范围是______．【答案】π,2π+1【解析】由fx=2x-cosx-m⇒f(x)=2+sinx，因为x∈-π,π，所以-1≤sinx≤1，因此f(x)>0，所以f(x)单调递增，故f(x)∈(-2π+1-m,2π+1-m)，因为fx=2x-cosx-m在-π,π上存在唯一的零点x1，所以有-2π+1-m<02π+1-m>0⇒-2π+10单调递增，g-π=π2+mπ>0要想x1>x2，只需g(π)=π2-mπ≤0⇒m≥π，综上所述：m∈π,2π+1．故答案为：π,2π+145.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三阶段练习)函数fx=3sinωx+φω>0,φ<=3且对于任意的x∈R都有f-为______.【答案】5【解析】因为函数fx=3sinωx+φω>0,φ<所以fππ=33sinω·+φ=3，33πωππkπ所以+φ=+kπ(k∈Z)，φ=-+k1π(k1∈Z),3223ππππ因为于任意的x∈R都有f-+x+f--x=0，所以f-+x=-f--x，6666ππ所以sinx-⋅ω+φ=-sin-ω⋅x++φ，66ωπωπ所以sinωx-+φ=sinωx+-φ，66ωπωπ所以ωx-+φ=ωx+-φ+2k2π(k2∈Z)66ωπωπ或ωx-+φ+ωx+-φ=k3π(k3∈Z)，66ωπ所以φ=+k2π(k2∈Z)或2ωx=k3π(k3∈Z)，6kπωπ即x=3(k3∈Z)(舍去)，所以φ=+k2π(k2∈Z)，2ω6πkππkπωπ因为φ=-+k1π(k1∈Z)，所以-+k1π=+k2π(k1∈Z)，即ω=1+2(k1-k2)，232365π2π令t=k1-k2，所以ω=1+2t(t∈Z)，fx在,上单调，

369πTπ所以≤=，所以ω≤12，而ω=1+2t(t∈Z)，122ωππ5π2π当ω=11，φ=-，所以fx=3sin11x-，函数在,不单调，舍去；663693π当ω=9，φ=+kπ(k∈Z)，舍去；2ππ5π2π当ω=7，φ=，所以fx=3sin7x+，函数在,不单调，舍去；66369ππ5π2π当ω=5，φ=-，所以fx=3sin5x-，函数在,单调，

66369所以ω的最大值为5.故答案为：5.ππ46.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三阶段练习)已知偶函数fx定义域为-,0∪0,，其导函数22ππ是f\'x.当02fcosx的解集24ππ，f=3，23ππ，已知f23ππ5π2π+x+f--x=0，若fx在,上单调，则ω的最大值66369为______.ππ【答案】-,0∪0,44【解析】根据题意，设g(x)=又由02fcosx，4fπf(x)4∴>，cosxπcos4π∴g(x)>g4ππππ又由g(x)为偶函数且在0,上为减函数，且定义域为-,0∪0,，则有x<，2224ππ解可得：-

44ππ故答案为：-,0∪0,4447.(2022·湖北·高三阶段练习)已知a>3b>0，则3a2+【答案】12【解析】根据题意，由a>3b>0可得a-3b>0，所以利用基本不等式可得：a2+≥3a2+=3a+≥23a⋅2=12当且仅当3a2=2=3a+22a-3b+3ba3b(a-3b)ab-3ba2122a-3b=3b时取“=”，即a=2，b=时“=”成立，2，6a1所以3a2+的最小值为-3b2故答案为：12.四、双空题48.(2022·广东·盐田高中高三阶段练习)已知函数f(x)=1+lnx，其单调增区间为_______；若对于∀xx1,x2∈(1,+∞),x1≠x2，都有|f(x1)-f(x2)|≤k|lnx1-lnx2|，则k的取值范围是______.1【答案】    0,1    e,+∞1+lnxlnx【解析】f(x)=，fx=-2，令fx>0，得出01时，fx<0，fx单调递减，设x1