1、多加總結(jié)。當(dāng)三年所有的數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)加在一起，可能會(huì)使有些基礎(chǔ)不牢固的學(xué)生犯迷糊。
2、做題經(jīng)驗(yàn)。哪怕同一題只改變數(shù)字，也能成為一道新的題目。
3、多刷錯(cuò)題。多刷錯(cuò)題能夠進(jìn)一步地掃清知識(shí)盲區(qū)，多加鞏固之后自然也就掌握了知識(shí)點(diǎn)。
對(duì)于學(xué)生來說，三輪復(fù)習(xí)就相當(dāng)于是最后的“救命稻草”，家長們同樣是這樣，不要老是去責(zé)怪孩子考試成績不佳，相反，更多的來說，如果能夠陪同孩子去反思成績不佳的原因，找到問題的癥結(jié)所在，更加重要。
【一專三練】 專題17 雙空題小題壓軸練-新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)
分層訓(xùn)練（新高考通用）
1．（2023秋·廣東清遠(yuǎn)·高三統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)若關(guān)于的方程有四個(gè)實(shí)根，，，且，則_________，的最小值為_________.
【答案】
【分析】畫出的圖象，結(jié)合圖象求得，，，的關(guān)系式，根據(jù)基本不等式求得正確答案.
【詳解】畫出的圖象如下圖所示.
由圖可知，其中.
因?yàn)?，即?br>整理得.
且，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)，
又因?yàn)?br>，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，此時(shí).
所以的最小值為.
故答案為：；
【點(diǎn)睛】解決含有絕對(duì)值的對(duì)數(shù)函數(shù)的問題，可結(jié)合函數(shù)圖象來進(jìn)行研究.求解最值問題，可考慮利用基本不等式或二次函數(shù)的性質(zhì)來進(jìn)行求解.二次函數(shù)的圖象具有對(duì)稱性.
2．（2023春·廣東惠州·高三?？茧A段練習(xí)）已知拋物線，過其焦點(diǎn)的直線與拋物線交于P，Q兩點(diǎn)（點(diǎn)P在第一象限），，則直線的斜率為______若，點(diǎn)為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)在直線的左上方，則面積的最大值為______.
【答案】
【分析】空1：設(shè)直線的方程為，聯(lián)立拋物線方程得到韋達(dá)定理式，根據(jù)線段比例關(guān)系得到兩交點(diǎn)縱坐標(biāo)關(guān)系，聯(lián)立即可解出斜率；
空2：根據(jù)三角形底為弦長，若面積最大，則高最大，則點(diǎn)到直線的距離最大，則轉(zhuǎn)化為直線與拋物線相切的問題.
【詳解】設(shè)直線的方程為，，，
聯(lián)立拋物線方程得，
故①，②，，
則，代入②式得，解得，
在第一象限，故在第四象限，故，
故，，則，
解得，故直線的斜率，
，即，則，
若，則，則，
故拋物線方程為，此時(shí)，，，
而，
若要的面積最大，則只需將直線沿著左上方平移直至與拋物線相切，
此時(shí)切點(diǎn)位置即為點(diǎn)位置，
故設(shè)切線方程為：，，
將切線方程與拋物線方程聯(lián)立得，
則，解得，此時(shí)切線方程為：，
直線的方程為，則兩直線的距離，
此時(shí)面積最大值為.
故答案為：；.
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：設(shè)拋物線方程為，若傾斜角為直線經(jīng)過焦點(diǎn)交拋物線于，則有以下結(jié)論：
（1） ；（2）；（3）.
3．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）設(shè)，，，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則以為弦，且與AB相切于點(diǎn)A的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為____；若該圓與以O(shè)B為直徑的圓相交于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（該點(diǎn)稱為直角△OAB的Brcard點(diǎn)），則點(diǎn)P橫坐標(biāo)x的最大值為______．
【答案】 ##0.8
【分析】以為弦的圓的圓心記作，易得圓心在線段的垂直平分線，且通過可得，得到直線的方程即可求出圓的方程；先求出以為直徑的，然后兩圓進(jìn)行相減得到公共弦方程，代入可得點(diǎn)P橫坐標(biāo)，然后用對(duì)勾函數(shù)即可求得最值
【詳解】以為弦的圓的圓心記作，且圓心在線段的垂直平分線上，
與直線相切于，則，
由可得，所以直線為，
將代入直線可得圓心為，，
所以所求的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為①；
以為直徑的圓的圓心，半徑為1，
則的方程為②，
①②可得，即為與的公共弦所在直線的方程，
將代入可得，
因?yàn)榻稽c(diǎn)在第一象限，所以，所以，
令，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)）則
所以交點(diǎn)的橫坐標(biāo)
由對(duì)勾函數(shù)可得在內(nèi)單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得最小值，為，
所以交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的最大值為
故答案為：；
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)后，利用換元法、構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行解題.
4．（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）數(shù)學(xué)家康托（）在線段上構(gòu)造了一個(gè)不可數(shù)點(diǎn)集——康托三分集.將閉區(qū)間均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，余下的區(qū)間段長度為；再將余下的兩個(gè)區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，余下的區(qū)間段長度為.以此類推，不斷地將余下各個(gè)區(qū)間均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段.重復(fù)這一過程，余下的區(qū)間集合即為康托三分集，記數(shù)列表示第次操作后余下的區(qū)間段長度.
（1）_______________；
（2）若，都有恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________________.
【答案】 ； .
【分析】由題意直接求出，，，.歸納出數(shù)列為等比數(shù)列，求出.利用分離常數(shù)法得到.記，判斷出單調(diào)性，求出最大，即可求出的取值范圍.
【詳解】由題意可知：，，，.
所以.
所以數(shù)列為首項(xiàng)，公比的等比數(shù)列，所以.
因?yàn)椋加泻愠闪?，且，所以恒成立，只?br>記，顯然，.
所以.
令，即，即，解得：.
因?yàn)?，所以，可以取包含以后的所有正整?shù)，即以后遞減.
而
，
所以.
綜上所述：當(dāng)時(shí)，最大.
所以，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
故答案為：；.
【點(diǎn)睛】求數(shù)列最值的方法：（1）利用函數(shù)單調(diào)性求出最值；（2）利用數(shù)列的性質(zhì)求出最大項(xiàng)或最小項(xiàng).
5．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)，記為函數(shù)的2次迭代函數(shù)，為函數(shù)的3次迭代函數(shù)，…，依次類推，為函數(shù)的n次迭代函數(shù)，則______；除以17的余數(shù)是______．
【答案】 0
【分析】第一空，根據(jù)題意結(jié)合等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可推出的表達(dá)式；第二空，將化為，利用二項(xiàng)式定理展開，化簡即可求得答案.
【詳解】由題意，，
所以
又為正整數(shù)，
所以除以17的余數(shù)為0，
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題中函數(shù)迭代問題，要結(jié)合題設(shè)找到迭代規(guī)律，即可求出函數(shù)表達(dá)式，解決余數(shù)問題的關(guān)鍵在于將利用二項(xiàng)式定理展開化簡轉(zhuǎn)化為17的倍數(shù)的形式，即可求得答案.
6．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？家荒＃┤鐖D，橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn)，，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點(diǎn)為兩曲線的一個(gè)公共點(diǎn)，且，則______；為的內(nèi)心，三點(diǎn)共線，且，軸上點(diǎn)滿足，，則的最小值為______．
【答案】 4
【分析】第一空：利用橢圓與雙曲線的定義及性質(zhì)，結(jié)合圖形建立方程，求出，在利用余弦定理建立關(guān)于離心率的齊次方程解出即可；
第二空：由為的內(nèi)心，得出角平分線，利用角平分線的性質(zhì)結(jié)合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【詳解】①由題意得橢圓與雙曲線的焦距為，
橢圓的長軸長為，雙曲線的實(shí)軸長為，
不妨設(shè)點(diǎn)在雙曲線的右支上，
由雙曲線的定義：，
由橢圓的定義：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②為的內(nèi)心，
所以為的角平分線，則有，同理：，
所以，
所以，即，
因?yàn)椋?br>所以，故，
為的內(nèi)心，三點(diǎn)共線，
即為的角平分線，則有，又，
所以，即，
因?yàn)椋?br>所以，故，
所以
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
所以的最小值為，
故答案為：4，.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：離心率的求解方法，
（1）直接法：由題意知道利用公式求解即可；
（2）一般間接法：由題意知道或利用的關(guān)系式求出，在利用公式計(jì)算即可；
（3）齊次式方程法：建立關(guān)于離心率的方程求解.
7．（2023春·江蘇揚(yáng)州·高三揚(yáng)州市新華中學(xué)?？奸_學(xué)考試）侏羅紀(jì)蜘蛛網(wǎng)是一種非常有規(guī)律的蜘蛛網(wǎng)，如圖是由無數(shù)個(gè)正方形環(huán)繞而成的，且每一個(gè)正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都恰好在它的外邊最近一個(gè)正方形四條邊的三等分點(diǎn)上．設(shè)外圍第一個(gè)正方形的邊長為1，往里第二個(gè)正方形為，…，往里第個(gè)正方形為．那么第7個(gè)正方形的周長是____________，至少需要前____________個(gè)正方形的面積之和超過2．（參考數(shù)據(jù)：，）．
【答案】
【分析】根據(jù)已知，利用勾股定理、正方形的周長公式、面積公式以及等比數(shù)列的通項(xiàng)、前n項(xiàng)和公式進(jìn)行求解.
【詳解】
因?yàn)槊恳粋€(gè)正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都恰好在它的外邊最近一個(gè)正方形四條邊的三等分點(diǎn)上，
且外圍第一個(gè)正方形的邊長為1，所以，,
由勾股定理有：，
設(shè)第個(gè)正方形的邊長為，則
，，……，，
所以，
所以第7個(gè)正方形的周長是，
第n個(gè)正方形的面積為，
則第1個(gè)正方形的面積為，
則第2個(gè)正方形的面積為，
則第3個(gè)正方形的面積為，
……
則第n個(gè)正方形的面積為，
前n個(gè)正方形的面積之和為，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以至少需要前4個(gè)正方形的面積之和超過2．
故答案為：，4.
8．（2023春·云南曲靖·高三宣威市第三中學(xué)?？茧A段練習(xí)）中，，沿將折起到位置，點(diǎn)不在面內(nèi)，當(dāng)三棱錐的體積最大時(shí)，三棱錐的外接球半徑是__________；當(dāng)時(shí)，三棱錐的外接球表面積是__________.
【答案】
【分析】根據(jù)圖形，得出面外接圓的半徑為，而后利用勾股定理求出三棱錐的外接球半徑；結(jié)合余弦定理，二倍角公式以及同角關(guān)系，求出，再由勾股定理得出，進(jìn)而求出三棱錐的外接球表面積.
【詳解】由題知，取中點(diǎn)，連接，，
設(shè)的外接圓的圓心為，的外接圓的圓心為，三棱錐外接球的球心為，半徑為，
連接，如圖所示，
要使三棱錐的體積最大時(shí)，即要使得點(diǎn)到平面的距離最大，只有當(dāng)平面平面時(shí)，體積最大，即點(diǎn)到的距離最大，三棱錐體積最大.
此時(shí)，四邊形是正方形，假設(shè)外接圓的半徑為，
則在中，由勾股定理得：，
解得，所以，
.
當(dāng)時(shí)，由上述可知，結(jié)合余弦定理，
由二倍角公式，
，，
，三棱錐的外接球表面積為.
故答案為：；.
9．（2023春·云南·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發(fā)現(xiàn)：“平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)M，N的距離之比為定值的點(diǎn)的軌跡是圓”，后來，人們將這個(gè)圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標(biāo)系中，，點(diǎn)P滿足．則點(diǎn)P的軌跡方程為____________；在三棱錐中，平面，且，該三棱錐體積的最大值為______________．
【答案】
【分析】利用求點(diǎn)的軌跡方程的步驟及兩點(diǎn)間的距離公式即可求解；根據(jù)已知條件及阿波羅尼斯圓的特點(diǎn)，結(jié)合棱錐的體積公式即可求解.
【詳解】設(shè)，所以，所以，即，所以點(diǎn)P的軌跡方程為；
三棱錐的高為，當(dāng)?shù)酌娴拿娣e最大值時(shí)，三棱錐的體積最大，，，取靠近B的一個(gè)三等分點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，不妨取，由題設(shè)定義可知的軌跡方程為，
所以A在圓的最高點(diǎn)處，，
此時(shí)，．
故答案為：；.
【點(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵是第一空主要利用求點(diǎn)的軌跡方程的步驟即可；第二空要使該三棱錐體積的最大值，只需要將問題轉(zhuǎn)化為求底面的面積最大值，再利用阿波羅尼斯圓的特點(diǎn)即可.
10．（2023·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習(xí)）已知拋物線E：的焦點(diǎn)為F，現(xiàn)有不同的三點(diǎn)A，B，C在拋物線E上，且，，則p的值是____________；若過點(diǎn)的直線PM，PN分別與拋物線E相切于點(diǎn)M，N，則____________.
【答案】 4 ##8.5
【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算化簡可得，再利用拋物線的定義求出，根據(jù)切線的方程可求出直線的方程，根據(jù)直線過焦點(diǎn)利用弦長公式
求解.
【詳解】設(shè)，
則,
，即，
又，解得.
設(shè)，由可得，則，
所以直線PM的方程為即①，
同理直線PN的方程為②
由直線均過點(diǎn)P可得，，
即直線的方程為，過焦點(diǎn)，
聯(lián)立，消元得，
所以，
，
故答案為：4；
11．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）已知雙曲線C：過點(diǎn)，則其方程為________，設(shè)，分別為雙曲線C的左右焦點(diǎn)，E為右頂點(diǎn)，過的直線與雙曲線C的右支交于A，B兩點(diǎn)（其中點(diǎn)A在第一象限），設(shè)M，N分別為，的內(nèi)心，則的取值范圍是________．
【答案】
【分析】①將點(diǎn)代入方程中求出，即可得答案；②據(jù)圓的切線長定理和雙曲線的定義可推得，的內(nèi)切圓與軸切于雙曲線的右頂點(diǎn)，設(shè)直線的傾斜角為，可用表示，根據(jù)兩點(diǎn)都在右支上得到的范圍，利用的范圍可求得的取值范圍
【詳解】①由雙曲線C：過點(diǎn)，所以
所以方程為
②如圖：
設(shè)的內(nèi)切圓與分別切于，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以與重合，所以的橫坐標(biāo)為，同理可得的橫坐標(biāo)也為，
設(shè)直線的傾斜角為.則，，
，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，由題知，...
因?yàn)閮牲c(diǎn)在雙曲線的右支上，∴，且，所以或，
∴.且，，
綜上所述，.
故①答案為：;
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第一問相對(duì)簡單，代點(diǎn)求出即可；第二問難度較大，主要根據(jù)圓的切線長定理和雙曲線的定義推出，的內(nèi)切圓與軸同時(shí)切于雙曲線的右頂點(diǎn),并將用直線的傾斜角表示出來是解題關(guān)鍵.
12．（2023春·重慶·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）定義：若A，B，C，D為球面上四點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，則把以EF為直徑的球稱為AB，CD的“伴隨球”.已知A，B，C，D是半徑為2的球面上四點(diǎn)，，則AB，CD的“伴隨球”的直徑取值范圍為____________；若A，B，C，D不共面，則四面體ABCD體積的最大值為______________.
【答案】 4
【分析】設(shè)為所在球面的球心，則由題可知E、F均是以O(shè)為球心，1為半徑的球面上的點(diǎn)，據(jù)此即可求出EF范圍；根據(jù)(d為點(diǎn)到平面距離，)，求出的最大值即可得體積最大值.
【詳解】設(shè)為所在球面的球心，∴.
∵，且分別是的中點(diǎn)，
∴，，且，
∴，
則E、F均是以O(shè)為球心，1為半徑的球面上的點(diǎn)，
若以EF為直徑作球，則，
即AB，CD的“伴隨球”的直徑取值范圍是(0，2]；
∵E是AB中點(diǎn)，∴，
d為點(diǎn)到平面距離，，
又，為點(diǎn)到距離，，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)，F(xiàn)三點(diǎn)共線，且⊥CD時(shí)，等號(hào)成立.
故答案為：(0，2]；4.
【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)已知條件確定E和F的軌跡，數(shù)形結(jié)合可得EF的范圍；根據(jù)E是AB中點(diǎn)，則A與B到平面CDE的距離相等，據(jù)此將三棱錐A－BCD的體積轉(zhuǎn)化為三棱錐A－CDE體積的2倍，再數(shù)形結(jié)合即可求得最值.對(duì)空間想象能力的要求很高，屬于難題.
13．（2023·重慶沙坪壩·高三重慶南開中學(xué)校考階段練習(xí)）已知拋物線的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線交x軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)F作傾斜角為（為銳角）的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，如圖，把平面沿x軸折起，使平面平面，則三棱錐體積為__________；若，則異面直線，所成角的余弦值取值范圍為__________．
【答案】
【分析】根據(jù)拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)可得，，進(jìn)而根據(jù)面面垂直即可求三棱錐的高，進(jìn)而利用體積公式即可求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角就可求解異面直線的夾角.
【詳解】
過作準(zhǔn)線，垂足為,
在中，，又 ， 同理可得，
過作于,由于平面平面，且交線為，平面 ,所以平面,且，
故三棱錐的體積為，
，
且， ，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，， 即，,
所以 ，
當(dāng)時(shí)，，
所以，
由于為銳角，所以異面直線，所成角的角等于，故異面直線，所成角的余弦值取值范圍為
故答案為：，
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：圓錐曲線中的范圍或最值問題，可根據(jù)題意構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的目標(biāo)函數(shù)，然后根據(jù)題目中給出的范圍或由判別式得到的范圍求解，解題中注意函數(shù)單調(diào)性和基本不等式的作用．另外在解析幾何中還要注意向量的應(yīng)用，如本題中根據(jù)向量的共線得到點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，進(jìn)而為消去變量起到了重要的作用
14．（2023春·重慶渝中·高三重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知數(shù)列滿足：①；②.則的通項(xiàng)公式______；設(shè)為的前項(xiàng)和，則______.（結(jié)果用指數(shù)冪表示）
【答案】
【分析】當(dāng)為奇數(shù)時(shí)令可得，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)令，可得，即可得到是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，從而求出通項(xiàng)公式，再利用分組求和法計(jì)算可得.
【詳解】當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，令，則，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，令，則，
則，
當(dāng)時(shí)，所以是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，
所以，
所以，則，
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，由，則，所以，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，由，則，所以，
所以，
所以
故答案為：，
15．（2023秋·河北張家口·高三統(tǒng)考期末）已知的三個(gè)內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，且，則面積的最大值是________；若分別為的內(nèi)切圓和外接圓半徑，則的范圍為_________________．
【答案】 ； .
【分析】對(duì)于第一空，利用余弦定理表示出，再表示出，再利用可得答案；
對(duì)于第二空，利用可得答案.
【詳解】因在三角形中，則由三角形三邊關(guān)系可得，又利用余弦定理有：
，又，
則.
得，當(dāng)且僅當(dāng)
，即時(shí)取等號(hào).則面積的最大值是；
對(duì)于第二空，因，
則，
又，
則，因，
則.令，其中，因，
則在上單調(diào)遞增，故，得.
故答案為：；.
16．（2023秋·河北保定·高三統(tǒng)考期末）定義在R上的兩個(gè)函數(shù)和，已知，．若圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則___，___________．
【答案】
【分析】①根據(jù)題意，利用方程法得到，通過賦值得到，根據(jù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱得到，即可得到，再利用方程法得到，令，得到，然后求即可；
②利用方程法得到，整理可得，得到4是的一個(gè)周期，然后根據(jù)得到，最后再利用周期求即可.
【詳解】由可得，
又，所以，
令，所以；
因?yàn)榈膱D象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，所以，
又，所以，
因?yàn)?，所以，?br>令，所以，則；
因?yàn)椋裕?br>又，所以，，則，4是的一個(gè)周期，
因?yàn)?，，所以?br>因?yàn)橹芷谑?，所以.
故答案為：3，0.
17．（2023秋·江蘇·高三統(tǒng)考期末）已知數(shù)列滿足其中，是公比為的等比數(shù)列，則__________（用表示）；若，則__________.
【答案】 1024
【分析】根據(jù)已知得出，則，即可得出，根據(jù)已知得出，可得到，根據(jù)已知得出，結(jié)合條件即得.
【詳解】時(shí)，，即，，
則，
是公比為的等比數(shù)列，
，即；
，
中的項(xiàng)同號(hào)，
時(shí)，，
，
則中的項(xiàng)都為正，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
解得，
.
故答案為：；1024.
18．（2023秋·山東濰坊·高三統(tǒng)考期中）在中，點(diǎn)是上的點(diǎn)，平分面積是面積的2倍，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍為________；若的面積為1，當(dāng)最短時(shí)，______.
【答案】 ##
【分析】過作交延長線于，由題設(shè)易得、、，在△中應(yīng)用三邊關(guān)系求的取值范圍，若，由三角形面積公式得，且得，進(jìn)而可得，應(yīng)用余弦定理得到關(guān)于的表達(dá)式，結(jié)合其范圍求最小時(shí)對(duì)應(yīng)值即可.
【詳解】由面積是面積的2倍，即，
如上圖，過作交延長線于，又平分，
所以，即，且，故，
若，又，則且，，
△中，，可得，故；
由角平分線性質(zhì)知：，則，
若，則，
又，即，則，故，
所以，可得，
由，
令，則，
所以時(shí)，即，此時(shí)，即.
故答案為：，.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：注意過作交延長線于，應(yīng)用三角形三邊關(guān)系求參數(shù)范圍，根據(jù)已知條件得到關(guān)于的表達(dá)式是求最值的關(guān)鍵.
19．（2023秋·山東德州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，已知、分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，過的直線與雙曲線的右支交于、兩點(diǎn)，則的取值范圍為______；記的內(nèi)切圓的面積為，的內(nèi)切圓的面積為，則的取值范圍是______．
【答案】
【分析】分析可知直線與軸不重合，設(shè)直線的方程為，將直線的方程與雙曲線的方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件求出的取值范圍，可求得的取值范圍；設(shè)圓切、、分別于點(diǎn)、、，分析可知直線的傾斜角取值范圍為，推導(dǎo)出圓、圓的半徑、滿足，求得，利用雙勾函數(shù)的單調(diào)性可求得的取值范圍.
【詳解】設(shè)直線的傾斜角為，
在雙曲線中，，，則，故點(diǎn)，
若直線與軸重合，則直線與雙曲線交于該雙曲線的兩個(gè)實(shí)軸的端點(diǎn)，不合乎題意，
所以，直線與軸不重合，設(shè)直線的方程為，設(shè)點(diǎn)、，
聯(lián)立可得，
由題意可得，解得，
由韋達(dá)定理可得，，
，可得，
，可得，
所以，，且
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，
當(dāng)時(shí)，軸，此時(shí)，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，
綜上，，
不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，則；
設(shè)圓切、、分別于點(diǎn)、、，
過的直線與雙曲線的右支交于、兩點(diǎn)，可知直線的傾斜角取值范圍為，
由切線長定理可得，，，
所以，
，則，所以點(diǎn)的橫坐標(biāo)為.
故點(diǎn)的橫坐標(biāo)也為，同理可知點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，故軸，
故圓和圓均與軸相切于，圓和圓兩圓外切.
在中，，，
，，所以，，
所以，，則，
所以，
即，則，
由直線的傾斜角取值范圍為，可知的取值范圍為，
則，
故，
則，其中，
令，其中，則在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.
因?yàn)?，，則當(dāng)時(shí)，，
故.
故答案為：；.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：
（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；
（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.
20．（2023春·山東濱州·高三山東省北鎮(zhèn)中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，一個(gè)平面內(nèi)任意兩兩相交但不重合的若干條直線，直線的條數(shù)與這些直線將平面所劃分的區(qū)域個(gè)數(shù)滿足如下關(guān)系：1條直線至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為2；2條直線至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為；3條直線至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為7；4條直線至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為11；一般的，條直線至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為__________；在一個(gè)平面內(nèi)，對(duì)于任意兩兩相交但不重合的若干個(gè)圓，類比上述研究過程，可歸納出：個(gè)圓至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為__________.
【答案】
【分析】根據(jù)當(dāng)直線兩兩相交且任意三條直線均不交于同一點(diǎn)時(shí)，可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)最多，設(shè)條直線可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為，推導(dǎo)出，利用累加法求得；利用類比的方法可求得個(gè)圓至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù).
【詳解】當(dāng)這些直線兩兩相交且任意三條直線均不交于同一點(diǎn)時(shí)，可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)最多，
設(shè)這樣的條直線可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為，
已知，當(dāng)時(shí)，因?yàn)榈跅l直線與前條直線至多新增個(gè)交點(diǎn)，且新增的這個(gè)交點(diǎn)均在上，按沿的方向向量方向排布將這個(gè)交點(diǎn)依次記為，，
對(duì)于線段，且，和以和為端點(diǎn)且不經(jīng)過的兩條射線，
均能將前條直線所劃分的區(qū)域一分為二，故將新增個(gè)區(qū)域，
故，
故
，
故條直線至多將平面劃分的區(qū)域個(gè)數(shù)為；
同理，當(dāng)這些圓兩兩相交，且任意三個(gè)圓均不交于同一點(diǎn)時(shí)，可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)最多，設(shè)這樣的個(gè)圓可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為，已知，
當(dāng)時(shí)，因?yàn)榈趥€(gè)圓與前個(gè)圓至多新增2個(gè)交點(diǎn)，且新增的這個(gè)交點(diǎn)均在上，
按沿的逆時(shí)針方向排布將這個(gè)交點(diǎn)依次記為，
對(duì)于弧，且，和弧，每一段弧均能將前1個(gè)圓所劃分的區(qū)域一分為二，
故將新增個(gè)區(qū)域，故有，
故
，
故個(gè)圓至多可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：確定當(dāng)直線兩兩相交且任意三條直線均不交于同一點(diǎn)時(shí)，可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)最多，設(shè)這樣的條直線可劃分的平面區(qū)域個(gè)數(shù)為，關(guān)鍵點(diǎn)就是要推導(dǎo)出當(dāng)增加一條直線時(shí)新增的區(qū)域個(gè)數(shù)，從而得到.
21．（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）設(shè)函數(shù)是定義在整數(shù)集Z上的函數(shù)，且滿足，，對(duì)任意的，都有，則______；______．
【答案】 0
【分析】由結(jié)合已知函數(shù)值，通過代入特殊值計(jì)算；推導(dǎo)出函數(shù)周期，通過已知函數(shù)值，分析中自變量的數(shù)據(jù)特征求值.
【詳解】令，，∴，
令，，∴，
令，則﹐即，可得，
，函數(shù)周期，
，，，，∴為奇數(shù)時(shí)，，
為奇數(shù)時(shí)，也為奇數(shù)，此時(shí)；為偶數(shù)時(shí)，為4的整數(shù)倍，此時(shí).
∴，
，由，則為偶數(shù)，
記，，

，
所以 .
故答案為：0；
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：
由已知條件可得函數(shù)周期，有，，，，為奇數(shù)時(shí)，也為奇數(shù)，此時(shí)；為偶數(shù)時(shí)，為4的整數(shù)倍，此時(shí)，可求的值，，可求的值.
22．（2023春·湖北·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）高斯函數(shù)是以德國數(shù)學(xué)家卡爾-高斯命名的初等函數(shù)，其中表示不超過的最大整數(shù)，如.已知滿足，設(shè)的前項(xiàng)和為的前項(xiàng)和為.則（1）__________；（2）滿足的最小正整數(shù)為__________.
【答案】 91
【分析】利用構(gòu)造法可得數(shù)列的通項(xiàng)公式為，令，可求得的值，即可得的值，即可得第一空答案；
由題意可得， 單調(diào)遞增，利用放縮法可得，或，分為偶數(shù)、為奇數(shù)求解即可得第二空答案.
【詳解】解：因?yàn)椋?br>所以，
設(shè)，
則有，
所以數(shù)列是等比數(shù)列，公比，，
所以，
即，
，
所以，
令，
則，
所以，
所以，
所以，
所以；
因?yàn)椋?br>因?yàn)椋?br>所以，
，
，
所以，
即，且當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；
又因?yàn)椋?br>即，
所以單調(diào)遞增，
又因?yàn)椋?br>所以，
所以，
所以或，
所以當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，設(shè)，
所以，
所以，
所以當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，設(shè)，
所以，
所以，
所以，
所以，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，
由可得，，或(舍)
因?yàn)椋?br>所以，
又因?yàn)闉榕紨?shù)，所以；
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，
，
由可得，由(舍)，或，
因?yàn)椋?br>所以，
所以，
又因?yàn)闉槠鏀?shù)，
所以，
綜上所述，.
故答案為：
【點(diǎn)睛】對(duì)于形如，且的類型題目，變換成的形式，使數(shù)列為等比數(shù)列，從而可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式.
23．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，且對(duì)任意的都有，則（1）若，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______；（2）若存在，使得，則實(shí)數(shù)m為______.
【答案】 或
【分析】（1）由求得的取值范圍.
（2）求得的規(guī)律，對(duì)進(jìn)行分類討論，由此列方程求得的值.
【詳解】依題意，，對(duì)任意的都有，
則，
，
，
，
，
以此類推，結(jié)合兩式相減得，
可知數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列；
偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列.
（1）若，即.
所以的取值范圍是.
（2）若存在，使得，
.
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，為偶數(shù)，
由得：
，
解得.
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，為奇數(shù)，
由得：
，
解得.
綜上所述，的值為或.
故答案為：；或
【點(diǎn)睛】根據(jù)遞推關(guān)系求解數(shù)列的有關(guān)問題，關(guān)鍵是從遞推關(guān)系中求得數(shù)列的通項(xiàng)公式.本題中的遞推關(guān)系，通過分析后可知奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)是不同的，所以在求解時(shí)，要對(duì)的奇偶性進(jìn)行分類討論.
24．（2023春·湖南長沙·高三長沙一中?？茧A段練習(xí)）已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為，、兩條漸近線的夾角正切值為，則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為______；若直線與雙曲線的右支交于兩點(diǎn)，設(shè)的內(nèi)心為，則與的面積的比值的取值范圍是______.
【答案】
【分析】設(shè)雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，進(jìn)而結(jié)合題意得，進(jìn)而結(jié)合即可求得雙曲線方程，再根據(jù)三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)得為的內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為，最后聯(lián)立方程，求解弦長的范圍即可得答案.
【詳解】解：設(shè)雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，
由得，，
所以，，解得或（舍）
所以，，即，
因?yàn)椋?br>所以，即雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
由得，故直線過點(diǎn)，
所以，如圖，設(shè)的內(nèi)切圓與分別切于點(diǎn)，
則，，
由雙曲線的定義得，
所以，即，
所以，點(diǎn)重合，即為的內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)，
所以，為的內(nèi)切圓半徑，
因?yàn)椋?br>所以，
設(shè)，
聯(lián)立方程得，
所以，且，即，
，即
所以，
所以，
故與的面積的比值的取值范圍是.
故答案為：；.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵在于結(jié)合內(nèi)切圓的性質(zhì)得到為的內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)，進(jìn)而根據(jù)面積公式求解即可.
25．（2023春·湖南·高三長郡中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）在數(shù)字通信中，信號(hào)是由數(shù)字“0”和“1”組成的序列，“0，1數(shù)列”是每一項(xiàng)均為0或1的數(shù)列，設(shè)是一個(gè)“0，1數(shù)列”，定義數(shù)列為數(shù)列中每個(gè)0都變?yōu)椤啊保總€(gè)1都變?yōu)椤啊彼玫降男聰?shù)列.例如數(shù)列，則數(shù)列.已知數(shù)列，記數(shù)列，則數(shù)列的所有項(xiàng)之和為___________；數(shù)列的所有項(xiàng)之和為___________.
【答案】 （說明：第二空也可以寫成
【分析】空①根據(jù)新定義，利用遞推關(guān)系得出結(jié)果即可；
空②根據(jù)，，得出，，聯(lián)立得到，即求得結(jié)果.
【詳解】空①中有2個(gè)1，3個(gè)；中有8個(gè)1，7個(gè)；中有22個(gè)1，23個(gè)0，數(shù)列的所有項(xiàng)之和為
空②設(shè)數(shù)列中0的個(gè)數(shù)為，的個(gè)數(shù)為，則，，
法一：兩式相加有，且，所以是以5為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以①；兩式相減有，且，所以是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以②，
①-②得，數(shù)列的所有項(xiàng)之和即為1的個(gè)數(shù)，即為.
法二：
，且，所以是以5為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
所以，又因?yàn)?，所以?br>即，所以，即數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以，即，
數(shù)列的所有項(xiàng)之和即為1的個(gè)數(shù)，即為.
故答案為：①；②.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：
學(xué)生在理解相關(guān)新概念、新法則 (公式)之后，運(yùn)用學(xué)過的知識(shí)，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運(yùn)算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落腳點(diǎn)仍然是數(shù)列求通項(xiàng)或求和.
26．（2023·廣東揭陽·?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)，，若直線與函數(shù)，的圖象均相切，則的值為________；若總存在直線與函數(shù)，圖象均相切，則的取值范圍是________
【答案】
【分析】利用直線與函數(shù)相切，求出，設(shè)直線與函數(shù)的切點(diǎn)為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，列方程組即可；設(shè)切線方程為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，化為，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值即可求解.
【詳解】設(shè)直線與函數(shù)的切點(diǎn)為，
由，所以，解得，所以切點(diǎn)為，
所以，解得，即切線方程為，
設(shè)直線與函數(shù)的切點(diǎn)為，
則，解得 ，即，
設(shè)切線方程為，
且與的切點(diǎn)為，
與的切點(diǎn)為
則，，
整理可得，，
所以，
整理可得，
設(shè)，
則，
設(shè)，
則，
所以在為增函數(shù)，
又因?yàn)椋?br>所以在上，即，所以單調(diào)遞減；
在上，即，所以單調(diào)遞增，
所以，
即，解得.
故答案為： ；
【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，此題難度較大，綜合性比較強(qiáng)，屬于難題.
27．（2023·廣東廣州·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考階段練習(xí)）某班級(jí)在一次植樹種花活動(dòng)中負(fù)責(zé)對(duì)一片圓環(huán)區(qū)域花圃栽植鮮花，該圓環(huán)區(qū)域被等分為n個(gè)部分，每個(gè)部分從紅，黃，藍(lán)三種顏色的鮮花中選取一種進(jìn)行栽植，要求相鄰區(qū)域不能用同種顏色的鮮花.將總的栽植方案數(shù)用表示，則___________，___________.
【答案】 18
【分析】當(dāng)時(shí)，討論用兩種花色與三種花色求解即可；第一塊有3種選法，為了從第2塊開始，每一塊與前一塊不同，則第2塊到第塊有兩種選法，即有種選法，則，構(gòu)造，即可求解．
【詳解】當(dāng)時(shí)，若只用兩種花色栽植有種方法，若用三種花色栽植有種方法，所以；
由于圓環(huán)區(qū)域第一塊有3種選法，為了從第2塊開始，每一塊與前一塊不同，則第2塊到
第塊有兩種選法，即有種選法，
現(xiàn)考慮第塊，若與第1塊不同，則有種選法，若與第1塊相同，則有種選法
故，則
所以
得
故答案為：18，
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于運(yùn)用數(shù)列構(gòu)造法求解數(shù)列通項(xiàng)公式．
28．（2023秋·廣東廣州·高三廣州市第七中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，和一個(gè)極大值點(diǎn)，且，，成等比數(shù)列，則__________；若的解集為，則的極大值為__________．
【答案】 4 4
【分析】根據(jù)已知，結(jié)合三次函數(shù)的圖象特征可得是的極小值點(diǎn)，借助導(dǎo)數(shù)及函數(shù)零點(diǎn)可得的關(guān)系即可求出；由不等式的解集求出，再驗(yàn)證即可求出極大值作答.
【詳解】因三次函數(shù)有一個(gè)極大值點(diǎn)，則該函數(shù)必有一個(gè)極小值點(diǎn)，且極小值點(diǎn)大于，
又恰有兩個(gè)零點(diǎn)，，且，因此也是的極小值點(diǎn)，
求導(dǎo)得：，即，是方程的二根，有，即，
顯然，則，
整理得，兩邊平方得：，因成等比數(shù)列，即，
于是得，即，而，有，所以；
顯然有，，，
因的解集為，則5是方程的根，
即有，整理得：，解得或，
當(dāng)時(shí)，，，不等式，
解得，符合題意，函數(shù)的極大值為，
當(dāng)時(shí)，，，不等式，
解得，不符合題意，舍去，所以函數(shù)的極大值為.
故答案為：4；4
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：可導(dǎo)函數(shù)在點(diǎn)處取得極值的充要條件是，且在左側(cè)與右側(cè)的符號(hào)不同．
29．（2023·云南·高三云南師大附中?？茧A段練習(xí)）已知，為圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，是的中點(diǎn)，則點(diǎn)的軌跡方程是______；若點(diǎn)為直線上一動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為______.
【答案】 6
【分析】利用相關(guān)點(diǎn)代入法解得點(diǎn)的軌跡方程；利用極化恒等式求出的最小值為6.
【詳解】圓圓心為，半徑2，是的中點(diǎn)，，所以，，
點(diǎn)的軌跡方程是，，
點(diǎn)為直線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)是上一點(diǎn)，圓心到的距離是4，
所以的最小值是3，的最小值為6.
故答案為：； 6
30．（2023春·江蘇南京·高三南京師范大學(xué)附屬中學(xué)江寧分校校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點(diǎn)，與交于點(diǎn)，現(xiàn)將，，，分別沿，，，把這個(gè)矩形折成一個(gè)空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點(diǎn)分別記為，，為的中點(diǎn)，則多面體的體積為_______；若點(diǎn)是該多面體表面上的動(dòng)點(diǎn)，滿足時(shí)，點(diǎn)的軌跡長度為__________．
【答案】
【分析】根據(jù)給定的幾何體，證明平面，求出四棱錐的體積即可；證明點(diǎn)所在平面平行于平面，作出過點(diǎn)與平面平行的幾何體的截面，求出其周長作答.
【詳解】連接，有，而，為中點(diǎn)，則有，
，則平面，同理平面，又平面與平面有公共點(diǎn)，
于是點(diǎn)共面，而，即有，，
因?yàn)?，，平面，則平面，
又平面，即有，則，同理，
即，從而，即四邊形為平行四邊形，，，
等腰梯形中，高，其面積，
顯然平面，所以多面體的體積；
因?yàn)槠矫?，同理可得平面，又，則平面，
依題意，動(dòng)點(diǎn)所在平面與垂直，則該平面與平面平行，而此平面過點(diǎn)，
令這個(gè)平面與幾何體棱的交點(diǎn)依次為，則,
又為的中點(diǎn)，則點(diǎn)為所在棱的中點(diǎn)，即點(diǎn)的軌跡為五邊形，
長度為：.
故答案為：；
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動(dòng)點(diǎn)在某個(gè)平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質(zhì)，確定動(dòng)點(diǎn)與所在平面內(nèi)的定點(diǎn)或定直線關(guān)系，結(jié)合有關(guān)平面軌跡定義判斷求解.

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