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2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（七）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（2023春·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）复数化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·广东广州·高三执信中学校考阶段练习）已知集合，，则的元素个数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023秋·广东广州·高三广州市南武中学校考阶段练习）若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·广东广州·统考二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底而的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023秋·广东广州·高三广州市培英中学校考阶段练习）光线从点射出，与x轴交于点，经x轴反射，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023秋·广东广州·高三校考期末）函数的图象在[0，2]上恰有两个最大值点，则ω的取值范围为（ ）
A．[π，2π） B． C． D．
8．（2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．c＞b＞a B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞a＞c
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．（2023秋·广东佛山·高三校考阶段练习）甲 乙两盒中皆装有若干个不同色的小球，从甲盒中摸出一个红球的概率是，从乙盒中摸出一个红球的概率是，现小明从两盒各摸出一个球，每摸出一个红球得3分，摸出其他颜色小球得0分，下列说法中正确的是（ ）
A．小明得6分的概率为
B．小明得分低于6分的概率为
C．小明得分不少于3分的概率为
D．小明恰好得3分的概率为
10．（2023春·广东汕头·高三校考阶段练习）德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A．函数是奇函数 B．，
C．函数是偶函数 D．，，
11．（2023春·广东·高三校联考期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点P是双曲线C右支上异于顶点的一点，则（ ）
A．若双曲线C为等轴双曲线，则直线的斜率与直线的斜率之积为1
B．若双曲线C为等轴双曲线，且，则
C．若P为焦点关于双曲线C的渐近线的对称点，则C的离心率为
D．延长交双曲线右支于点Q，设与的内切圆半径分别为、，则
12．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023·广东·校联考模拟预测）设随机变量，若，则_______．
14．（2023秋·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考阶段练习）在的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为__________.
15．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）有以下几个命题：
①已知a、b、c∈R，则“a=b”的必要不充分条件是“ac=bc”；
②已知数列{an}满足a1=2，若an+1：an=（n+1）：n（n∈N*），则此数列为等差数列；
③f′（x0）=0是函数y=f（x）在点x=x0处有极值的充分不必要条件；
④若F1（0，﹣3）、F2（0，3），动点P满足条件|PF1|+|PF2|=a+，（ a∈R+，a为常数），则点P的轨迹是椭圆．其中正确的命题序号为_____．
16．（2023春·广东汕头·高三金山中学校考阶段练习）已知函数.
（1）函数的最大值等于________；
（2）若对任意，都有成立，则实数a的最小值是________.
解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023·广东江门·统考一模）已知数列（）满足，，且.
(1)求数列是通项公式；
(2)求数列的前n项和.
18．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的值；
(2)若，求的取值范围．
19．（2023·浙江·校联考二模）如图，直三棱柱中，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
20．（2023春·山东滨州·高三校联考期中）某中学以学生为主体，以学生的兴趣为导向，注重培育学生广泛的兴趣爱好，开展了丰富多彩的社团活动，其中一项社团活动为《奇妙的化学》，注重培养学生的创新精神和实践能力.本社团在选拔赛阶段，共设两轮比赛．第一轮是实验操作，第二轮是基础知识抢答赛．第一轮给每个小组提供5个实验操作的题目，小组代表从中抽取2个题目，若每个题目的实验流程操作规范可得10分，否则得0分．
(1)已知某小组会5个实验操作题目中的3个，求该小组在第一轮得20分的概率；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个小组参加化学基础知识的抢答比赛，每一次由四个小组中的一个回答问题，无论答题对错，该小组回答后由其他小组抢答下一问题，且其他小组有相同的机会抢答下一问题．记第次回答的是甲的概率是，若．
①求和；
②写出与之间的关系式，并比较第9次回答的是甲和第10次回答的是甲的可能性的大小．
21．（2023秋·广东·高三统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ，PF为直径作圆和圆，且圆和圆交于P，R两点，且.
(1)求动点的轨迹E的方程；
(2)若直线：交轨迹E于A，B两点，直线：与轨迹E交于M ，D两点，其中点M在第一象限，点A，B在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.
22．（2023春·广东揭阳·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数有且仅有两个零点，且．
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2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（七）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（2023春·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）复数化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】应用复数的乘除运算化简复数即可.
【详解】.
故选：A
2．（2023秋·广东广州·高三执信中学校考阶段练习）已知集合，，则的元素个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用列举法表示集合，利用交集的定义可得出集合，即可得出该集合中元素的个数.
【详解】由题意得，
，
因此，，共个.
故选：C.
【点睛】本题考查交集元素个数的计算，解答的关键就是利用列举法表示集合，属于基础题.
3．（2023秋·广东广州·高三广州市南武中学校考阶段练习）若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，得，化简结合已知条件和夹角公式可求出结果.
【详解】设向量与的夹角为（），
因为，所以，
所以，得，
因为非零向量，满足，
所以，
因为，所以，
故选：C
4．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对数函数，指数函数，余弦函数的性质，求出的范围，即可比较出大小.
【详解】因为，所以．
故选：B
5．（2023·广东广州·统考二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底而的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.
【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，
且,所以 ,进而可得
取的中点为，过的中点作，连接,
所以 ,,故,
在直角三角形中， 故，
由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，
故选：A
6．（2023秋·广东广州·高三广州市培英中学校考阶段练习）光线从点射出，与x轴交于点，经x轴反射，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用入射光线与反射光线的对称性，设在反射光线则在入射光线上，结合入射光线方程求反射光线所在的直线方程.
【详解】由题设，反射光线所在的直线与直线关于对称，
∴若在反射光线上，则在入射光线上，
又入射光线的直线方程为，
∴将代入整理得：.
故选：C
7．（2023秋·广东广州·高三校考期末）函数的图象在[0，2]上恰有两个最大值点，则ω的取值范围为（ ）
A．[π，2π） B． C． D．
【答案】D
【分析】首先代入求的取值范围，再根据三角函数的图象，列式求的取值范围.
【详解】当时，，若函数在此区间恰取得两个最大值，则，解得：.
故选：D
8．（2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．c＞b＞a B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞a＞c
【答案】A
【分析】根据数的结构构造函数，利用导数法研究函数的单调性，最后利用单调性比较大小即可.
【详解】令，则，所以在上单调递增，
又，所以，又，，，
所以c＞b＞a，
故选：A
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．（2023秋·广东佛山·高三校考阶段练习）甲 乙两盒中皆装有若干个不同色的小球，从甲盒中摸出一个红球的概率是，从乙盒中摸出一个红球的概率是，现小明从两盒各摸出一个球，每摸出一个红球得3分，摸出其他颜色小球得0分，下列说法中正确的是（ ）
A．小明得6分的概率为
B．小明得分低于6分的概率为
C．小明得分不少于3分的概率为
D．小明恰好得3分的概率为
【答案】BD
【分析】根据独立事件同时发生的概率公式判断A，由对立事件概率公式判断BC，根据互斥事件概率公式计算D.
【详解】设“从甲盒中摸出一个红球”为事件，“从乙盒中模出一个红球”为事件，
则，且独立.
在A中，小明得6分的概率为，A错误；
在B中，小明得分低于6分的概率为，B正确；
在中，小明得分不少于3分的概率为，C错误；
在D中，小明恰好得3分的概率为，D正确.
故选：BD
10．（2023春·广东汕头·高三校考阶段练习）德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数有以下四个命题，其中真命题是（ ）
A．函数是奇函数 B．，
C．函数是偶函数 D．，，
【答案】BCD
【分析】选项A：若是有理数，可得，可知不是奇函数；选项B：当时，符合题意；选项C：分两种情况讨论得，由偶函数的定义判断；选项D：分两种情况讨论，若是有理数，得；若是无理数，得.
【详解】若是有理数，则也是有理数，可得，则不是奇函数，故A错误；
当时，，，，此时，故B正确；
若是有理数，则；若是无理数，，则，又，则，因此，所以函数是偶函数，故C正确；
若是有理数，，则均是有理数，故；若是无理数，，则均是无理数，故，所以，，，故D正确．
故选：BCD.
11．（2023春·广东·高三校联考期末）已知双曲线的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为、，点P是双曲线C右支上异于顶点的一点，则（ ）
A．若双曲线C为等轴双曲线，则直线的斜率与直线的斜率之积为1
B．若双曲线C为等轴双曲线，且，则
C．若P为焦点关于双曲线C的渐近线的对称点，则C的离心率为
D．延长交双曲线右支于点Q，设与的内切圆半径分别为、，则
【答案】ABD
【分析】由点在双曲线上及斜率公式即可判断A选项；设出，表示出，由A选项中斜率之积即可判断B选项；利用点关于直线对称求出点坐标，代入双曲线即可求出离心率，即可判断C选项；先判断出内切圆圆心的横坐标为，再借助勾股定理即可判断D选项.
【详解】由题意知，，设，对于A，若双曲线C为等轴双曲线，则，
则，又，则，A正确；
对于B，设，则，由A选项知，即，
又，，故，解得，即，B正确；
对于C，易得双曲线的渐近线方程为，若P为焦点关于双曲线C的渐近线的对称点，则有，
解得，代入可得，即，
解得，则C的离心率为，C错误；
对于D，设的内切圆与分别切于三点，由切线长定理知，
则，又，可得，
则和重合，即的内切圆圆心的横坐标为，同理可得的内切圆圆心横坐标也为，
则轴，且，作于，则即为切点，作于，则，
，，在中，
可得，即，整理得，D正确.
故选：ABD.
12．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则
【答案】BCD
【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.
【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，
对于，连接，可证得四点共面，
又可证得，所以平面，故错误；
对于B，三棱锥的外接球半径，
三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；
对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，
，故C正确；
对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，
，且
，
故D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023·广东·校联考模拟预测）设随机变量，若，则_______．
【答案】
【分析】先根据对称性求得，进而可得.
【详解】随机变量，对称轴为，因为，所以，根据对称性可得，所以.
故答案为：0.6.
14．（2023秋·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考阶段练习）在的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为__________.
【答案】
【分析】先由题设条件解得，再利用展开式的通项公式即可求解
【详解】因为的展开式中，所有二项式系数的和是16，所以，解得.
又的展开式的通项公式，
令，得，所以展开式中的常数项为.
故答案为：
15．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）有以下几个命题：
①已知a、b、c∈R，则“a=b”的必要不充分条件是“ac=bc”；
②已知数列{an}满足a1=2，若an+1：an=（n+1）：n（n∈N*），则此数列为等差数列；
③f′（x0）=0是函数y=f（x）在点x=x0处有极值的充分不必要条件；
④若F1（0，﹣3）、F2（0，3），动点P满足条件|PF1|+|PF2|=a+，（ a∈R+，a为常数），则点P的轨迹是椭圆．其中正确的命题序号为_____．
【答案】①②
【详解】试题分析：根据充要条件的定义，可判断①③；根据等差数列的定义，可判断②；根据椭圆的定义，可判断④．
解：若“a=b”成立，则“ac=bc”成立，但“ac=bc”成立时，“a=b”不一定成立，故“a=b”的必要不充分条件是“ac=bc”，故①为真命题；
数列{an}满足a1=2，若an+1：an=（n+1）：n，可得：an+1﹣an=an，当n=1时，a2=4，若数列{an}为等差数列则d=2，此时an=2n，an+1﹣an=2，满足要求，故②为真命题；
f′（x0）=0是函数y=f（x）在点x=x0处有极值的必要不充分条件，故③错误；
动点P满足条件|PF1|+|PF2|=a+≥6，则点P的轨迹是椭圆或线段，故④错误；
故答案为①②．
考点：命题的真假判断与应用．
16．（2023春·广东汕头·高三金山中学校考阶段练习）已知函数.
（1）函数的最大值等于________；
（2）若对任意，都有成立，则实数a的最小值是________.
【答案】 1
【解析】（1）求出导函数，由导函数确定单调性，极值，得最大值；
（2）若对任意，都有成立，等价于当时，，而由（1）在上，因此只要当时，即可得，由此可得的取值范围，从而得的最小值．
【详解】（1）函数定义域是，，
时，，递增，时，，递减，
∴时，取得极大值也是最大值；
（2）若对任意，都有成立，
等价于当时，，
由（1）当时，，且，满足题意；
当，在上递增，，在递减，，
只要即可，∴，
综上，的最小值是1.．
故答案为：；1．
【点睛】本题考查用导数求函数最值，研究不等式恒成立问题，恒成立问题的解题关键转化为函数的最小值，由单调性易得结论．
解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023·广东江门·统考一模）已知数列（）满足，，且.
(1)求数列是通项公式；
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将换为代入中化简，根据定义即可判断为等比数列，由首项公比写出通项公式即可；
（2）由（1）中的通项公式求得，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可.
【详解】（1）解：因为，所以，
又，所以 ，所以 ，又，
所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以；
（2）由（1）知，，所以 ，
所以，
，
两式相减可得：，
所以 ，故.
18．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；
（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.
【详解】（1）由正弦定理得：，整理得：，
由余弦定理得：，
∵，则.
（2）由（1）可得：，且，
锐角中，由正弦定理得：，
可得，
则，
∵锐角三角形，且，则，
即，解得，
即，且，
可得，则，
故的范围是.
19．（2023·浙江·校联考二模）如图，直三棱柱中，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，连结.可证明四边形是平行四边形，得出，，结合三棱柱的性质可推得四边形是平行四边形，，然后判定平面.同理可推出平面，然后判定平面平面.最后根据面面平行的性质定理，即可得出证明；
（2）根据直三棱柱的性质，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，得出点的坐标.根据余弦定理，得出，然后借助，求出点的坐标，以及的坐标，然后根据向量关系得出的坐标.根据向量法求出平面和平面的法向量，根据向量法，结合图中二面角的形状即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，取中点为，连结.
由三棱柱的性质可知，，，，.
因为，，
所以，.
又因为为的中点，所以.
又，
所以四边形是平行四边形，
所以，，，
所以，，
所以，四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为，平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面.
（2）根据直三棱柱的性质可知，平面.
如图2，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，在平面中，过点A作的垂线为轴，建立空间直角坐标系.
设，则，，
则，，.
在中，由余弦定理可得.
又，所以.
如图3，过点作的延长线于，
则，则，.
所以，则.
由，可得，所以.
同理可得，.
所以，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则，，
所以是平面的一个法向量.
又，，
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则，，
所以是平面的一个法向量.
所以.
由图象可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
20．（2023春·山东滨州·高三校联考期中）某中学以学生为主体，以学生的兴趣为导向，注重培育学生广泛的兴趣爱好，开展了丰富多彩的社团活动，其中一项社团活动为《奇妙的化学》，注重培养学生的创新精神和实践能力.本社团在选拔赛阶段，共设两轮比赛．第一轮是实验操作，第二轮是基础知识抢答赛．第一轮给每个小组提供5个实验操作的题目，小组代表从中抽取2个题目，若每个题目的实验流程操作规范可得10分，否则得0分．
(1)已知某小组会5个实验操作题目中的3个，求该小组在第一轮得20分的概率；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个小组参加化学基础知识的抢答比赛，每一次由四个小组中的一个回答问题，无论答题对错，该小组回答后由其他小组抢答下一问题，且其他小组有相同的机会抢答下一问题．记第次回答的是甲的概率是，若．
①求和；
②写出与之间的关系式，并比较第9次回答的是甲和第10次回答的是甲的可能性的大小．
【答案】(1)
(2)①，；②，甲的可能性的大
【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式直接计算即可；
（2）①根据题意可直接得出和；②当时，可得，化简即可得出与之间的关系式；由与之间的关系式得出是以为首项，为公比的等比数列，写出通项公式，分别计算出和即可得出答案．
【详解】（1）该小组抽中会操作的实验题目的情况有种，
该小组抽取实验题目的所有情况有种，
故该小组在第一轮得20分的概率为．
（2）①由题意知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，
所以，则，
；
②由第次回答的是甲的概率是，得当时，第次回答的是甲的概率为，
第次回答的不是甲的概率为，
则，
则与之间的关系式，
以上关系式可化为，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，
， ，
所以，
所以第9次回答的是甲的可能性比第10次回答的是甲的可能性的大．
21．（2023秋·广东·高三统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ，PF为直径作圆和圆，且圆和圆交于P，R两点，且.
(1)求动点的轨迹E的方程；
(2)若直线：交轨迹E于A，B两点，直线：与轨迹E交于M ，D两点，其中点M在第一象限，点A，B在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设点，根据正弦定理得，则，化解即可；
（2）首先求出，根据正弦定理得，设， 通过的化简得到，再代入计算得，然后再联立直线与抛物线方程得到韦达定理式，计算，点到直线的距离为，得到面积表达式，再利用导数求出其最大值.
【详解】（1）设点,因为,
由正弦定理知,
所以,解得,
所以曲线的方程为.
（2）直线与曲线在第一象限交于点,
因为,所以,
由正弦定理得:,
所以.
设，
所以,
得,所以，
所以直线方程为:,联立，
得
由韦达定理得,
又因为点在直线的上方,所以,所以,
所以,
又因为点到直线的距离为,
所以
方法一：令,则,
所以当时,单调递增,
当时,单调递减,所以，
所以当时,面积最大,此时最大值为.
方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:
，
当且仅当,即时,等号成立.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用正弦定理得到，则得到相关直线的斜率和为0，通过计算得到，再代回计算得，从而减少直线里的变量，这样再联立抛物线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式得到表达式，再利用点到直线的距离得到三角形高的表达式，从而得到面积表达式，再求导，得到其最值即可.
22．（2023春·广东揭阳·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数有且仅有两个零点，且．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论并利用导数去判定函数的单调性即可解决；
（2）构造新函数并利用导函数与函数单调性的关系去证明转化后的不等式即可解决.
【详解】（1）的定义域为.
当时，在上单调递增；
当时，由，得或（舍去），
当时，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，由（1）知，在单调递增，
在单调递减，所以
又，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递减，故在区间上存在唯一的零点；
因为，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递增，所以在区间存在唯一的零点.
所以，函数有且仅有两个零点，不妨设.
要证，只需证明，
又因为，且，
所以只需证明，又，只需证明，
即证明，
构造函数，，所以
，
所以在区间上单调递增，所以，
所以，从而得证，所以得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法常用的有以下两种：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论 型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
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