专题16 【三年高考+一年模拟】填空压轴题-备战2023年新高考数学真题模拟题分类汇编

专题16 填空压轴题 1．（2022•新高考Ⅰ）已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与交于，两点，，则的周长是 　　． 【答案】13 【详解】椭圆的离心率为， 不妨可设椭圆，， 的上顶点为，两个焦点为，， △为等边三角形， 过且垂直于的直线与交于，两点， ， 由等腰三角形的性质可得，，， 设直线方程为，，，，， 将其与椭圆联立化简可得，， 由韦达定理可得，，， ，解得， 由椭圆的定义可得，的周长等价于． 故答案为：13． 2．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　；如果对折次，那么　　． 【答案】5； 【详解】易知有，，共5种规格； 由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故， 则，记，则， ， ， ． 故答案为：5；． 3．（2020•山东）已知直四棱柱的棱长均为2，．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 　　． 【答案】 【详解】由题意直四棱柱的棱长均为2，．可知：，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设为半径的球面上的点，过作垂直的垂线，为垂足， 则． 由题意可知． 可得：． 即， 所以在侧面的轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧． 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：． 故答案为：． 4．（2022•临沂一模）已知函数，则不等式的解集是 　　． 【答案】， 【详解】根据题意，设， 则， 设，其定义域为，且，则为奇函数， 则关于点对称，则有， 易得在上为增函数，则在上为增函数， 不等式，变形可得，即， 变形可得，则有，解可得，即不等式的解集为，； 故答案为：，． 5．（2022•青岛一模）已知函数，若函数，则函数的图象的对称中心为 　　；若数列为等差数列，，　　． 【答案】；44 【详解】由，得， 是奇函数，对称中心为， 是将的图象向右平移4个单位长度得到，故其对称中心为， ， 则函数的图象的对称中心为． 数列为等差数列，， ，，， 函数的图象的对称中心为， ． 故答案为：；44． 6．（2022•淄博一模）已知，，，是抛物线上不同的点，且．若，则　　． 【答案】16 【详解】设、、、、的纵坐标，， 由抛物线的方程可得准线方程， 因为，所以，，， 所以，由抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离可得： ， 故答案为：16． 7．（2022•山东一模）在空间直角坐标系中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点，，是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为 　　． 【答案】 【详解】由题意，得， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以（2）． 故的最大值为． 故答案为：． 8．（2022•潍坊一模）已知定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，若关于的方程有4个不同实根，则实数的取值范围是 　　． 【答案】，， 【详解】依题意，，，当时，， 则当时，， 又为偶函数，即，即， 当，即时，；当，即时，， 因此，当，时，， 显然有，于是得是周期为4的周期函数， 当时，；当时，， 令， 则， 函数是上的偶函数， 的图象关于轴对称，讨论的情况，再由对称性可得的情况， 当时，， 则时，，当时，， 当，，时，函数的图象、性质与，的图象、性质一致， 关于的方程有4个不同实根， 即直线与的图象有4个公共点， 当时，函数的部分图象如图， 观察图象知，当直线过原点及点， 即时，直线与的图象有5个公共点， 当直线过原点及点， 即时，直线与的图象有3个公共点， 当直线绕原点逆时针旋转到直线时，旋转过程中的每个位置的直线（不含边界）与的图象总有4个公共点， 于是得，当时，关于的方程有4个不同实根，有， 由对称性知，当时，关于的方程有4个不同实根，有， 所以实数的取值范围是：，，． 故答案为：，，． 9．（2022•日照一模）已知向量，，，，则　　． 【答案】 【详解】， 归纳出，，接下来用数学归纳法进行证明： 当时， 满足题意； 假设当时，，则当时， ，故， 其中 所以 故答案为：． 10．（2022•济宁一模）已知函数，则使得成立的的取值范围是 　　． 【答案】 【详解】令，将其向右平移1个单位长度， 得， 所以是函数向右平移1个单位得到的． 而易知是偶函数， 当时，，， 时，显然，当，，，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 从而可知在上单调递增，在上单调递减 所以时，有，解得， 所以的取值范围为． 故答案