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【冲刺985、211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题34 双空题综合问题（新高考通用）
1．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知数列 满足 ， ，
设数列 的前 项和为 ，则数列 的通项公式为 ______， ______．
【答案】
【分析】由题得 ，利用累乘法得 ，
通过错位相减法求得 ，进而得出答案.
【详解】因为 ，且 ，所以 ，
则当 时，
．
又当 时， 符合上式，
故 ．
由 ①
②
得
．
令 ，③
∴ ，④得
∴ ．
故 ，
则 ，即 ．
故答案为： ， .
2．（2023·湖南·模拟预测）已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球
和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量 为取出3个球中红球的个
数，则 的方差 ______________；3个小球颜色互不相同的概率是
______________．
【答案】
【分析】由题意分析 的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望
和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.
【详解】由题可得， 的所有可能取值分别为 ，
；
；
；
.
所以 ，
所以 .
一次抽取抽到红球的概率为 ，抽到黑球的概率为 ，抽到白球的概率为 ，所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是 .
故答案为： ； .
3．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知圆 与圆
相交于 两点，则公共弦 所在的直线方程为______， ______.
【答案】 ； 2
【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.
【详解】由圆 与圆 ，可得公共弦 所在的直
线方程为： ，即 .
因为圆 的圆心 ，半径为 ，
所以圆心 到直线 的距离为1，所以 .
故答案为： ；2.
4．（2023·湖南·模拟预测）已知数列 的各项都是正数， 若
数列 各项单调递增，则首项 的取值范围是__________ 当 时，记
，若 ，则整数 __________．
【答案】
【分析】根据正项数列 各项单调递增，可得出 ，化简求出
，由此可得首项 的取值范围；再由裂项相消法求出 的表达
式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列 是单调递增数列，且 ，且 ，解得 ，
，
又由 ，
可得： ．
，
．
，且数列 是递增数列， ，即 ，
整数 ．
故答案为： ； .
5．（2023·吉林·统考二模）意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列
1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知 ，
， （ ，且n>2）.
（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列 ，则
___________.
（2）若 ，则 ___________.【答案】 2697 ##-1+a
【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；
（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.
【详解】（1）由题意， ，则 ， ，则
，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
由 ，则 除以4的余数为 ，即 ，
故由斐波那契数 除以4的余数按原顺序构成的数列 ，是以6为最小正周期的数
列，因为 ，所以 ；
（2）由斐波那契数 的递推关系可知： 时 ，且 ，
，
所以 .
故答案为：2697，a -1
6．（2023·福建漳州·统考三模）已知椭圆 的长轴长为 ，离心
率为 ， 为 上的两个动点，且直线 与 斜率之积为 （ 为坐标原点），则椭圆 的短轴长为_______， _________.
【答案】
【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得 ，由此可得短轴长及椭圆方程；设
， ，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到
，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求
得结果.
【详解】 椭圆 的长轴长为 ， ，又离心率 ，
， 椭圆 的短轴长为 ， 椭圆 ；
设 ， ，
，
，
.
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过
三角换元的方式，结合斜率关系得到 所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行
求解.
7．（2023·湖南永州·统考二模）对平面上两点 ，满足 的点 的轨迹
是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一
对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆
外，系数 只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知 ， ， ，与
两点距离比是 的点 的轨迹方程是 ，则 的最小值是
__________；最大值是 的最大值是__________.
【答案】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定 ，利用三角形三边关系可知当
三点共线时， ，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，
可设点 关于圆 对应的阿波罗尼斯点为 ，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求
得 点坐标和对应的 的值，得到 ，利用三角形三边关系可知当
三点共线时， ，即为所求最大值.
【详解】
由题意知： ，即 ，
（当且仅当 三点按顺序共线时取等号），
又 ， 的最小值为 ；设点 关于圆 对应的阿波罗尼斯点为 ，
则点 ， 到点 的距离之比为： ，
解得： ， ，则 ，
，即 ，
（当且仅当 三点按顺序共线时取等号），
又 ， 的最大值是 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的
问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从
而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.
8．（2023·重庆·统考一模）已知椭圆 ： 的左、右焦点分别为
，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过 平行于 的直线 与椭圆交于B，C
两点， M为弦BC的中点且直线 的斜率与OM的斜率乘积为 ，则椭圆C的离心率
为_________；若 ，则直线 的方程为_________．
【答案】 ##0.5
【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率,设直线与椭圆联立,应用已知距离可求直线
方程.
【详解】设点 ， ， 在椭圆上
．．．．．．．．．．．．．．①
．．．．．．．．．．．．．．．②因为
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得 ，即 ，所以 ，
由③得 ，
，则 ，
过 平行于 的直线 与椭圆交于B，C两点,
，
，
设直线BC为
联立 ,可得
，则 ,
.由题意
即直线 的方程为
故答案为: ;
9．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆 的右焦
点为 ，上顶点为 ，线段 的垂直平分线交 于 ， 两点，交 轴于点 ，为坐标原点， ，则 的离心率为______；若 的周长为8，则
______.
【答案】 ##0.5
【分析】由条件确定 关系，结合 关系，根据离心率的定义求离心率，
【详解】由 ， ，可得 ， ，
连接 ，因为点 在线段 的垂直平分线上，所以 ，
在 中，由勾股定理得 ，所以 ，
整理得 ，所以 ，即 ，所以 的离心率 .
在 中， ，所以 .
设直线 交 轴于点 ，交 于点 ，
在 中， , ，
由 ，所以 为 的左焦点，
又 ， ，所以 的周长等于 的周长，
又 的周长为 ， 的周长为8，
所以 ，
解得 ，所以 ，
故 .
故答案为： ； .10．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥 中，对棱 ，
， ，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面
积为________.
【答案】 ##
【分析】将三棱锥 补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该
三棱锥 的外接球半径，计算出 的表面积与体积，利用等体积法可求
得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.
【详解】因为三棱锥 每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥 放入长方
体中，
设长方体的长、宽、高分别为 、 、 ，如下图所示：
则 ， ， ，解得 ， ，
外接球直径 ，其半径为 ，
三棱锥 的体积 ，
在 中， ， ，取 的中点 ，连接 ，如下图所示：则 ，且 ，所以， ，
因为三棱锥 的每个面的三边分别为 、 、 ，
所以，三棱锥 的表面积为 ，
设三棱锥 的内切球半径为 ，则 ，可得 ，
所以该三棱锥的外接球体积为 ，内切球表面积为 .
故答案为： ； .
11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥 中， ，
，点E为CD中点， 的面积为 ，则AB与平面BCD所成角的正
弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】 ## ##
【分析】设 平面 ，垂足为 ，可证得 在 的平分线 上，易知AB
与平面BCD所成角即为 ， ，从而可求得
，利用三角形面积公式可求得 ，结合已知条件与余弦定理，勾股定理
可证得 ，从而 为外接球直径，利用球的体积计算即可．
【详解】设 平面 ，垂足为 ，如图，过 作 于点 ，过 作 于 ，连接 ，
由 平面 ， 平面 ，得 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，得 ，同理 ，
从而 均为直角三角形，
∵ ， ，
∴ ，则 在 的平分线 上，易知AB与平面BCD所成角即为 ．
∵ ，
∴ ，
又 ，
，即 ，则AB与平面BCD所成角的正弦值为 ，
又 ，解得 ，
又 ，
，
，同理 ，
， 为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为 ．
故答案为： ， .
12．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知菱形ABCD中， ， ，
现将此菱形沿对角线BD对折，在折的过程中，当三棱锥 体积最大时，
______；当三棱锥 表面积最大时， ______.
【答案】 ## .
【分析】当三棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，进而求得 的长
度；先求得三棱锥 的表面积的表达式，进而求得表面积最大时 的长度.
【详解】当平面 平面 时，三棱锥 体积最大，此时 ；
三棱锥 的表面积 ，
,
，
所以三棱锥 的表面积 ，
故当 ，即 时，表面积最大，此时 .
故答案为： ； .
13．（2023·江苏泰州·统考一模）已知正四棱锥 的所有棱长都为1，点 在侧
棱 上，过点 且垂直于 的平面截该棱锥，得到截面多边形 ，则 的边数至多
为__________， 的面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】空1，数形结合，作平面与平面 平行，即可解决；空2，令 ，得
， ，得
， ，得 ，即可解决.
【详解】取 中点
平面 ，作平面与平面 平行，如图至多为五边形.
令 ，
，
，
所以 ，
所以
所以 ,
因为 与 的夹角为 与 夹角，而 与 垂直，
所以 ，
当 时， 取最大值 .
故答案为： ；
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆 与
双曲线 有公共焦点 ， ，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为 ，点 为两曲线的一个公共点，且 ，则
______； 为 的内心， 三点共线，且 ， 轴上点 满足
， ，则 的最小值为______．
【答案】 4
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出
，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由 为 的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得
出 及 ，代入 中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为 ，
椭圆的长轴长为 ，双曲线的实轴长为 ，
不妨设点 在双曲线的右支上，
由双曲线的定义： ，
由椭圆的定义： ，
可得： ，
又 ，由余弦定理得：，
即 ，
整理得： ，
所以： ；
② 为 的内心，
所以 为 的角平分线，则有 ，同理： ，
所以 ，
所以 ，即 ，
因为 ，
所以 ，故 ，
为 的内心， 三点共线，
即 为 的角平分线，则有 ，又 ，
所以 ，即 ，
因为 ，
所以 ，故 ，
所以
，当且仅当 时，等号成立，
所以 的最小值为 ，
故答案为：4， .
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道 利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道 或 利用 的关系式求出 ，在利用公式计
算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率 的方程求解.
15．（2022·广东汕头·统考三模）如图，DE是边长为 的正三角形ABC的一条中位
线，将△ADE沿DE翻折至 ，当三棱锥 的体积最大时，四棱锥
外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得
截面圆面积的最小值是__________．
【答案】 ##
【分析】第一空：先判断出平面 平面 时，三棱锥 的体积最大，
求出 ，找出四棱锥 外接球的球心O，由勾股定理求出半径，即可求得
表面积；第二空：先判断出当 垂直于截面圆时，截面圆面积最小，即 为截面圆
的直径，再求面积即可.【详解】
第一空：设 到平面 的距离为 ，易得 ，
为定值，
要使三棱锥 的体积最大，即 最大，显然当平面 平面 时， 最
大，取 中点 ，连接 交 于 ，
则 为 中点，连接 ，易得 ，又平面 平面 ，则
平面 ，
即 最大为 ，易得 ，则
为四边形 的外心，
设 的外心为 ，过 作直线 平面 ，易得 ，则 共面，过
作直线垂直于平面 交直线 于 ，
易得 即为外接球球心，连接 ， 即为外接球半径，易得四边形 为矩形，
则 ，
，则 ，故外接球O的表面积为
；
第二空：要使截面圆面积最小，显然当 垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又 都在球面上，M为EC中点，
显然 为截面圆的直径，又 ，则截面圆的面积最小为 .
故答案为： ； .
16．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体 中，点 分
别是棱 的中点， 是侧面 上的动点.且 平面 ，则点 的轨迹
长为__________.点 到直线 的距离的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面 截正方体所得截面，再确定点 的轨迹，计算
长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体 中，连接 ，如图，对角面 为
矩形，
因为点 分别是棱 的中点，则 ，而 ，
即平面 截正方体所得截面为梯形 ，显然过点 与平面 平行的平面
交平面 、平面
分别于 ，因此 ，连 ，平面 、平面 与平面分别交于 ， ，
因此 ，而 ，即四边形 为平行四边形，于是 ，
即点M为 的中点，同理 为 中点， ，因为动点 始终满足 平
面 ，
于是 平面 ，又 在侧面 上，所以点 的轨迹是线段 ，轨迹长
为 ；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则 ，
则 ，令 ，
则有 ， ，
于是点 到直线 的距离
，
当且仅当 时取等号，所以点 到直线 的距离的最小值为 .
故答案为： ；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；
平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某
个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
17．（2022·江苏徐州·统考模拟预测）已知 ， ， ， 是半径为 的球面上四点，
， 分别为 的中点， ， ，则以 为直径的球的最小表面积为_______________；若 ， ， ， 不共面，则四面体 的体积的最大值
为_____________．
【答案】
【分析】①利用圆的垂径定理，可求得 ， ，再利用三角形三边关系定理可求得
的取值范围，即可求得以 为直径的球的最小表面积②过 作
，连接 ，四边形 为平行四边形，则
，求得 和 的最大值即可求解
【详解】设球心为O，∴ ，
分别取 中点 ， 知
，
∴以 为直径的球的最小表面积为
过 作 ，连接 ，四边形 为平行四边形，
设 ，设 到平面 距离为
∴
∵ ， 也为 到平面 的距离，
∴故答案为： ； ．
18．（2022·湖北武汉·模拟预测）函数 的图象类似于汉字
“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，
以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当
时，函数 的“囧点”坐标为______________；此时函数 的所有“囧
圆”中，面积的最小值为_____________．
【答案】
【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑
轴及 轴右侧的图象， 轴下方的函数图象显然过点 时面积最小， 轴上方的
图象，设出公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径
最小值即可求解.
【详解】第一空：由题意知： ， ， ，故与y轴的交点为
，则“囧点”坐标为 ；
第二空：画出函数图象如图所示：
设 ， ，圆心为 ，要使“囧圆”面积最小，只需要考虑 轴及 轴
右侧的图象，当圆 过点 时，其半径为2，是和 轴下方的函数图象有公共点的所有“囧
圆”中半径的最小值；
当圆 和 轴上方且 轴右侧的函数图象有公共点 时，设 ，则点
到圆心 的距离的平方为 ，
令 ，则
，
当 即 时， 最小为3， ，显然在所有“囧圆”中，该圆半径
最小，故面积的最小值为 .
故答案为： ； .
19．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）任何一个复数 （其中a、 ，i为
虚数单位）都可以表示成： 的形式，通常称之为复数z的三角形式．
法国数学家棣莫弗发现： ，我们称
这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若 ， 时，则 ________；对于
， ________．
【答案】
【分析】利用给定定理直接计算即得 ；令 ，求出等比数列
前 项的和，再利用复数相等求解作答.【详解】当 ， 时， ，所以
；
，令 ，则 ，
，
，
而 ，则 ，
，
所以 .
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数 的 次幂 的求和问题，可把 视为等比数列
的第n项，再借助数列问题求解.
20．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考二模）已知菱形 的各边长为 .如
图所示，将 沿 折起，使得点 到达点 的位置，连接 ，得到三棱锥
，此时 .则三棱锥 的体积为__________， 是线段 的中点，
点 在三棱锥 的外接球上运动，且始终保持 ，则点 的轨迹的周长为__________.
【答案】
【分析】取 中点 ，由题可得 平面 ，进而可得三棱锥 的高
，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点 轨迹所在平面为
，则 轨迹为平面 截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径
即得.
【详解】取 中点 ，则 ，
∴ 平面 ， ，又 ，
∴ ，
则三棱锥 的高 ，
三棱锥 体积为 ；
作 ，设点 轨迹所在平面为 ，
则平面 经过点 且 ，
设三棱锥 外接球的球心为 的中心分别为 ，
易知 平面 平面 ，且 四点共面，由题可得 ， ，
解Rt ，得 ，又 ，
则三棱锥 外接球半径 ，
易知 到平面 的距离 ，
故平面 截外接球所得截面圆的半径为 ，
∴截面圆的周长为 ，即点 轨迹的周长为 .
故答案为： ； .
21．（2022·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知圆 ： 和抛物线 ：
， 为坐标原点，过抛物线E上的点 作两条直线PQ，PR和圆 相
切于A，B，且分别交抛物线E于Q，R.两点.若 ，则直线AB的方程为
___________；若直线QR的斜率为 ，则 ___________.
【答案】 或
【分析】设 ，得到 ，求得PQ方程为 ，
直线PR方程为 ，进而得到直线AB的方程为 ，结合
，代入求得直线AB的方程；设 ，得到 ，根据直线与圆相切，得到 是方程 的两个实数根，得到
，联立方程组求得 和 ，得到 ，进
而求得 的值.
【详解】设 ，则 ，
所以直线PQ方程为 ，即
因为 ，所以直线PQ方程为 ，
同理，直线PR方程为 ，
将 代入 ，
可得 ，
所以直线AB的方程为
又因为 ，所以 ,所以AB的方程为 ；
设 ，则 ，
所以 ，
设 的方程为 ，即 ，
因为直线与圆相切，可得 ，整理得 ，
设 的方程为 ，同理可得 ，
所以 是方程 的两个实数根，所以 ，又由 ，整理得 ，可得 ，
同理可得 ，
两式相加得 ，即 ，
整理得 ，即 ，
解得 或 .
故答案为： ； 或 .
22．（2022·湖南长沙·长沙县第一中学校考模拟预测）已知 是函数 的导函数，
且对任意的实数x的都有 ，且 ，则函数 的解析式
为________，若 的图像与 有3个交点，则m的取值范围为_________．
【答案】
【分析】对 进行等式变换，构造新函数 ，从而得到的解析式，通过求导得到函数图像由此可求m的取值范围．
【详解】
(C为为常数) ；
又 此时 ，
且 ，令 ，则 ，今 ，则 或
函数 在(－∞，0)上单调递减，(0，2)上单调递增，在 上单调递减，
又 ，
当 时， 且
函数 图像如下：
当 的图像与 有3个交点时，
所以m的取值范围为 ，
故答案为： ，
23．（2022·山东潍坊·统考模拟预测）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，
B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足
，若 ，则该多面体的表面积为______；点N轨迹的长度为______．
【答案】
【分析】分别算出每一部分的面积，即可求出该多面体的表面积；首先根据题干中找
出点N的轨迹，然后代入公式即可求出长度.
【详解】根据题意该正四面体的棱长为 ，点A，B，M分别是正四面体的棱三
等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面积为
每个角上小正四面体的底面积为
所以该多面体的表面积为 ；
如图，设点 为该多面体的一个顶点，
则 ， .
在 中，则 ，所以 ，
，即 ，同理 ，
又 ， 平面 .
点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球
的球心相同，且总满足 ，
点N的轨迹是 的外接圆.
， ，
在 中，由余弦定理得 ，
，
设 的外接圆的半径为 ，由正弦定理得
.
点N的轨迹长度为 .
故答案为： ； .
【点睛】本题的第一小空利用表面积公式即可求解，第二小空分析出正四面体与半正
多面体的外接球的球心相同，才可以找出点N的轨迹.
24．（2022·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知函数 ，函数
有四个不同零点，从小到大依次为 ，则实数 的取值范围为
___________； 的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据函数性质画出 的图象，将问题化为 与 有四个交点，数形结合法求a范围，再由 是 的两个根、 是 的
两个根，结合根与系数关系求 的范围.
【详解】由题设，当 时， ，且单调递减；
当 时， ，且单调递增；
当 ， ，且单调递减；
当 ， ，且单调递增；
综上， 的函数图象如下：
所以 有四个不同零点，即 与 有四个交点，由图知： ，
则 在 上， 在 上，
令 ，则 ，即 是 的两个根，故
，
而 是 ，即 的两个根，故 ，
所以 .
故答案为： ，
【点睛】关键点点睛：将问题转化为 与 有四个交点，数形结合求参数范围，进而把 看作对应方程的根，应用根系关系及对数性质求范围.
25．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）著名的斐波那契数列 满足
， ，其通项公式为 ，则
是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数 也称为
取整函数，其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ，则
______.（
【答案】 101 842
【分析】根据斐波那契数列的定义，化简得
,得到答案①；利用 ，得到
，进而求出 ，得到答案②.
【详解】
，
则 是斐波那契数列中的第101项；
列出斐波那契数列，有 ，
可得 ，由 ，取 ，，
，
得， ，因为 ，故 ，
则 ， .
故答案为：①101；②842.
26．（2023·重庆·统考模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，准线交x轴于点
D，过点F作倾斜角为 （ 为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面
沿x轴折起，使平面 平面 ，则三棱锥 体积为__________；
若 ，则异面直线 ， 所成角的余弦值取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得 ， ，进而根据面
面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用
向量的夹角就可求解异面直线的夹角.【详解】
过 作 准线，垂足为 ,
在 中， ，又
，
同理可得，
过 作 于 ,由于平面 平面 ，且交线为 ， 平面 ,所
以 平面 ,且 ，
故三棱锥的体积为 ，
，
且 ， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
， 即
， ,
所以，
当 时， ，
所以 ，
由于 为锐角，所以异面直线 ， 所成角的角等于 ，故异面直线
， 所成角的余弦值取值范围为
故答案为： ，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标
函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调
性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量
的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
27．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列 的前n项和为 ， ，且对任意的
都有 ，则（1）若 ，则实数m的取值范围是______；
（2）若存在 ，使得 ，则实数m为______.
【答案】 或【分析】（1）由 求得 的取值范围.
（2）求得 的规律，对 进行分类讨论，由此列方程求得 的值.
【详解】依题意， ，对任意的 都有 ，
则 ，
，
，
，
，
以此类推，结合 两式相减得 ，
可知数列 的奇数项是首项为 ，公差为 的等差数列；
偶数项是首项为 ，公差为 的等差数列.
（1）若 ，即 .
所以 的取值范围是 .
（2）若存在 ，使得 ，
.
当 为奇数时， 为偶数，
由 得：
，
解得 .当 为偶数时， 为奇数，
由 得：
，
解得 .
综上所述， 的值为 或 .
故答案为： ； 或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公
式.本题中的递推关系 ，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所
以在求解 时，要对 的奇偶性进行分类讨论.
28．（2023·山东潍坊·统考一模）乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行
乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，每局比赛都是相互
独立的.
①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.
②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学
期望为__________.
附：当 时， ， .
【答案】 ##0.2109375
【分析】由已知可得前四局双方为 ，即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛
局数为偶数，且 .进而可设 ， ，根据错位相加法求出 的前 项和为 ，进而求出 的极
限即可得出答案.
【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为 ，概率为 .
②假设比赛局数为随机变量 ，
由已知，需比赛局数为偶数，则 可取 .
则 ，
当 时，双方前 局战为平局，且任意前 （ ，且 ）局双
方均战为平局，
则 ，显然 ，满
足该式.
设 ，则有 ，
所以， 是以 为首项， 为公比的等比数列.
设 ，则 .
设 的前 项和为 ，则
，
，
作差可得，，
整理可得， .
由题意可得， ， .
则
.
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：当 时，由题意可知，双方前 局战为平局，且任意前
（ ，且 ）局双方均战为平局，
则 .
29．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线
的左、右焦点分别为 ， 、两条渐近线的夹角正
切值为 ，则双曲线 的标准方程为______；若直线 与双曲线 的
右支交于 两点，设 的内心为 ，则 与 的面积的比值的取值范
围是______.
【答案】
【分析】设双曲线 的一条渐近线 的倾斜角为 ，进而结合题意得
，进而结合 即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得 为 的内切圆与边 的切点，进而将问题转化为 ，
最后联立方程，求解弦长 的范围即可得答案.
【详解】解：设双曲线 的一条渐近线 的倾斜角为 ，
由 得 ， ，
所以， ，解得 或 （舍）
所以， ，即 ，
因为 ，
所以 ，即双曲线 的标准方程为 ；
由 得 ，故直线 过点 ，
所以，如图，设 的内切圆与 分别切于 点，
则 ， ，
由双曲线的定义得 ，
所以 ，即 ，
所以，点 重合，即 为 的内切圆与边 的切点，
所以， 为 的内切圆半径，
因为 ，
所以 ，
设 ，联立方程 得 ，
所以， 且 ，即 ，
，即
所以
，
所以，
故 与 的面积的比值的取值范围是 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到 为 的内切
圆与边 的切点，进而根据面积公式求解即可.
30．（2022·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）记 的内角A，B，C的对边
分别为a，b，c，已知 ，若 ，则 ___________；若
为锐角三角形，则 的取值范围是___________.【答案】
【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式，即可求出
，结合 ，即可得出答案；进而可知 ，分别
讨论 或 ，结合题意即可求出 ，由正弦定理将
化简为 ，代入即可求出答案.
【详解】因为 ，所以 ，
，
，
，由 ，
则 ，即 ，
代入 ，可得 ，则 ，且 ，
解得 .
由 ，
①当 时，且 ，若 是锐角三角形，则 ，
所以 ，不成立；
②当 时，且 ，所以 ，代入上式，
可得 ，若 是锐角三角形，则 ，所以 ，即 ，
且，又 ，
所以 .
故答案为： ； .
