《2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编一.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编一.docx（42页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（一）一选择题（共25小题）1（2021新余二模）定义：如果函数在区间，上存在，满足，则称函数在区间，上的一个双中值函数，已知函数是区间，上的双中值函数，则实数的取值范围是ABCD【解答】解：函数，函数是区间，上的双中值函数，区间，上存在，满足，即方程在区间，有两个解，令，对称轴，则，解得实数的取值范围是故选：2（2021江苏模拟）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，它由四个全等的直角三角形和一个正方形所构成（如图），后人称其为“赵爽弦图”在直角三角形中，已知，在线段上任取一点，线段上任取一点，则的最大值为A25B27C29D3
2、1【解答】解：如图，设，由已知，可得，则，当时，有最大值，而当时，有最大值为29故选：3（2021五华区校级模拟）设直线，圆，若在圆上存在两点，在直线上存在点，使，则的取值范围为A，B，C，D【解答】解：直线上任意一点，点，是圆上两点，当，分别与圆相切时，最大，当运动到与圆心之间的距离最小时，即时，最大，圆的圆心坐标，半径为，由点到直线距离公式，得圆心到直线的距离，当时，解得，的取值范围为，故选：4（2021五华区校级模拟）若，则下列结论正确的是ABCD【解答】解：设，则，当时，所以在上单调递增当时，所以在上单调递减所以（2），所以一定存在，且，使，即，设，则，所以在上单调递增，所以，即，故选
3、：5（2021迎江区校级三模）是棱长为2的正方体，、分别为、的中点，过、的平面截正方体的截面面积为ABCD【解答】解：取，的中点，连接，根据正方体的性质，得六边形为边长为的正六边形，所以面积为故选：6（2021迎江区校级三模）设函数，已知在，有且仅有5个零点下述四个结论不正确的是A在上有且仅有3个极大值点B在上有且仅有2个极小值点C在上单调递增D的取值范围是【解答】解：由于函数，已知在，有且仅有5个零点如图所示：故，对于和：由函数在上的图象，可得函数在上有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点；故正确，错误；对于：当时，且，所以函数在上单调递增，故正确；对于：由，可得，故正确故选：7（202
4、1瑞安市校级模拟）已知点是正方体上底面上的一个动点，记面与面所成的锐二面角为，面与面所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是ABC，D，【解答】解：如图，取正方体的下底面的各边中点，上底面的中心为，下底面的中心为，面与面所成的锐二面角为，面与面所成的锐二面角为，且，等价于点到的距离比到的距离大，所以点在如图所示的范围内，在和中，为公共边，为公共的中点，的大小由与，所成的角的大小所确定，所成的角越小，则对应的角越大，因为与和所成的角的大小关系不确定，当点在靠近时，与直线所成的角较小，与直线所成的角接近，此时，同样当点接近于点时，故选项错误，选项错误；与的大小关系看点是在的左侧还是右侧，若是在左侧
5、，则，若是在右侧，则，若是在上，则；同样，点在的前面，则，点在上，则，点在的后面，则，所以当点在内时，因为，则，因为，故，故选项正确，选项错误；根据对称性可知，在其余范围内，具有相同的结论故选：8（2021瑞安市校级模拟）已知椭圆上存在两点、关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数的值为A0B2C0或2D0或6【解答】解：设，且，的中点为，则，由点差法可得，则，因为，代入可得，由，两点关于直线对称，可得，所以，又因为，所以，代入抛物线，即，解得或，故选：9（2021兴宁区校级模拟）已知，四点都在某个球表面上，与都是边长为1的正三角形，二面角的大小为，则该球的表面积为ABCD【解答】解：取线段的
6、中点，连结，由题意得，是二面角的平面角，则，由题意得平面，分别取，的外心，过点，分别作两平面的垂线，两直线的交点为，则为三棱锥外接球的球心，连结，则球半径，由题意知，连结，在中，球的表面积为，故选：10（2021梁园区校级模拟）在平面直角坐标系中，已知圆与圆相交于，两点，点是线段上的任意一点（含端点），若存在，使得以为圆心，以1为半径的圆与圆无公共点，则的取值范围为ABCD【解答】解：由题意，两圆的圆心距为，则，解得，若为线段中点时，若以为圆心，1为半径的圆与圆无公共点，这样的点必存在，将圆，圆的方程作差，可得直线的方程为，此时圆与圆必定内含，所以，即，解得故选：11（2021梁园区校级模拟）
7、在前项和为的等比数列中，公比，则下列说法错误的是A若，则存在，使得对任意都成立B若，则C若，则数列中存在三项可以构成等差数列D若，则【解答】解：对于，故正确；对于，故正确；对于，当时，故不存在三项成等差，即错误；对于，由，可得，即，移项可得，所以，即正确故选：12（2021银川校级四模）关于函数有下列四个结论：的值域为，；在，上单调递减；的图象关于直线对称；的最小正周期为上述结论中，不正确命题的个数有A1个B2个C3个D4个【解答】解：，令，则，令，其对称轴方程为，则在，上单调递增，（1），即的值域为，故正确；由知在，上单调递增，当，时，单调递减，由复合函数的单调性可知，在，上单调递减，故正确
8、；因为，所以的图象不关于直线对称，故错误；，的最小正周期为，故正确，综上所述，上述结论中，不正确命题的个数有1个，故选：13（2013安徽）若函数有极值点，且，则关于的方程的不同实根个数是A3B4C5D6【解答】解：，是方程的两根，由，得，或，即的根为或的解如图所示，由图象可知有2个解，有1个解，因此的不同实根个数为3故选：14（2021武汉模拟）过双曲线的右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为ABCD或2【解答】解（1）若，在轴同侧，不妨设在第一象限如图，设内切圆的圆心为，则在的平分线上，过点分别作
9、于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为得，又，所以，又，所以，所以，从而可得（2）若，在轴异侧，不妨设在第一象限如图，易知，所以的内切圆半径为，所以，又因为，所以，所以，则，从而可得综上，双曲线的离心率为或2故选：15（2021全国卷模拟）已知直线，圆，若在直线上存在一点，使得过点作圆的切线，（点，为切点），满足，则的取值范围为A，BC，D【解答】解：根据题意，圆化为：，圆心为，半径，过点作圆的两条切线，切点为，连接，若，则，如图所示：又由，则，若直线上存在点，满足，则有到直线的距离，解得：，即的取值范围是故选：16（2021通辽模拟）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享
10、有数学王子的美誉，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，已知，则函数的值域为A，B，C，D，1，【解答】解：是上的增函数，当，时，；当，时，；当时，函数的值域是，函数的值域为，故选：17（2021让胡路区校级模拟）关于函数有如下四个命题，其中正确的个数是是偶函数；图象关于对称；的最小值为；在，上单调递增ABCD【解答】解：已知函数，对于，函数满足的定义域：，且满足，故是偶函数，故正确；对于，函数满足，由于，故函数图象不关于对称，故错误；对于，当时，函数，故函数的最小值为2，故错误；对于，由于，所以，由于，所以，故
11、函数在，上单调递增，故正确故选：18（2021让胡路区校级模拟）在四面体中，若，则四面体的外接球的表面积为ABCD【解答】解：如下图所示，将四面体放在长方体内，设该长方体的长、宽、高分别为、，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为，由勾股定理得，上述三个等式全加得，所以，该四面体的外接球直径为，因此，四面体的外接球的表面积为，故选：19（2021团风县校级模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等已知曲线，直线为曲线在点处的切线如图1所示，阴
12、影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为给出以下四个几何体：图是底面直径和高均为1的圆锥；图是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；图是底面边长和高均为1的正四棱锥；图是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是ABCD【解答】解：设直线，与交于点，其中，切线的斜率为2，切线的方程为，与交于点，用平行于底面的平面截几何体所得的截面为圆环，截面面积为，对于，用一个平行于底面的截面截该几何体，得到的截面为圆，且圆的半径为，可得
13、截面面积为，符合题意；对于，用一个平行于底面的截面截该几何体，得到的截面为一个圆环，截面的面积为大圆面积去掉一个小圆面积，面积为，不符合题意；对于，用一个平行于底面的截面截该几何体，得到的截面为正方形，不符合题意；对于，用一个平行于底面的截面截该几何体，得到的截面为一个圆环，圆环的面积为，不符合题意综上所述，四个几何体中与体积相等的是图故选：20（2021成都模拟）已知椭圆的左，右焦点分别是，点是椭圆上一点，满足，若以点为圆心，为半径的圆与圆，圆都内切，其中，则椭圆的离心率为ABCD【解答】解：如图，由，可得，又以点为圆心，为半径的圆与圆，圆都内切，即，又由椭圆定义可得，联立可得，在中，由，可
14、得，即，可得故选：21（2021沈河区校级模拟）已知三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧面底面，且，则该几何体的外接球的表面积为ABCD【解答】解：如图，设底面正三角形的外心为，侧面三角形的外心为，过作底面垂线，过作侧面的垂线，相交于，则为三棱锥的外接球的球心，由已知可得，设三角形的外接圆的半径为，则，即在中，可得，该几何体的外接球的表面积为故选：22（2021河南模拟）已知若，则ABCD【解答】解：由题意知，则，构造函数，则，故在递增，故，故，故选：23（2021广西一模）已知双曲线的左焦点为，过点的直线与两条渐近线的交点分别为、两点（点位于点与点之间），且，又过点作于（点为坐标原点），且，
15、则双曲线的离心率ABCD【解答】解：法一、双曲线的渐近线方程为，如图所示，设，由，得，解得，又点到直线的距离，则，又，可得，即，故选：法二、在与中，由，得，设，则，可得，可得，则，故选：24已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是A，B，C，D，【解答】解：令，则在上恒成立，所以在上为增函数，又，所以函数是上的增函数，又，都是上的增函数，所以函数是上的增函数，因为在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在，上单调递减，所以，故，故选：25（2021思明区校级模拟）阿基米德多面体是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图，将正四面体沿相交于同
16、一个顶点的三条棱上的3个点截去一个正三棱锥，如此共截去4个正三棱锥，若得到的几何体是一个由正三角形与正六边形围成的阿基米德多面体，且该阿基米德多面体的表面积为，则该阿基米德多面体外接球的体积为ABCD【解答】解：由题意，可得阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，则其表面积为，阿基米德多面体的表面积为，得因此原正四面体的底面三角形的高为，原正四面体的高为，由题意知，原正四面体外接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，设该阿基米德多面体外接球的半径为，球心为，根据正四面体的特征可知，到该阿基米德多面体正六边形侧面的距离为正四面体内切球的半径原正四面体的体积为，则；又阿基
17、米德多面体每个正六边形侧面的外接圆的半径，则该阿基米德多面体外接球的体积为故选：二多选题（共5小题）26（2021香洲区校级模拟）设抛物线的焦点为，准线为，点，在抛物线上A若直线经过焦点且满足，则若直线的倾斜角为或B若直线不经过焦点且交轴于点，且抛物线过点，则与的面积之比是C若为准线上任意一点，且直线，均为抛物线的切线，则直线必过焦点D若直线不经过焦点且交轴于点，连并延长交抛物线于另一点，连并延长交抛物线于另一点，则【解答】解：如图所示，过点，分别作，垂足分别为，则，过点作，垂足为点，则，可得直线点倾斜角，由对称性可得直线的倾斜角也可以为，综上可得：直线的倾斜角为或，因此正确如图所示，抛物线过
18、点，则，解得，可得准线方程为：分别过，作，分别交轴与点，垂足分别为，则，设与的面积分别为：，则，因此正确设，过点点抛物线点切线方程为：，与联立，可得：，化为：，可得：，直线的方程为：，令，可得：，因此直线必过焦点，正确；如图所示，直线不经过焦点，不妨设交轴于点，直线的方程为：，联立，化为：，解得，直线的方程为：，可得：，与抛物线方程联立可得：，因此与不平行，因此不正确故选：27（2021团风县校级模拟）在平面直角坐标系中，过抛物线的焦点的直线与该抛物线的两个交点为，则AB以为直径的圆与直线相切C的最小值D经过点与轴垂直的直线与直线交点一定在定直线上【解答】解：由抛物线的方程可得焦点，显然过焦点
19、的直线的斜率显然存在，设直线的方程为：，联立，整理可得：，可得，所以，；所以正确；以为直径的圆的圆心坐标为：，即，半径，所以圆心到直线的距离为：等于半径，所以圆与直线相切，所以正确；当直线与轴平行时，所以的最小值不是，故不正确；直线的方程为：，与的交点坐标为：，因为，所以经过点与轴垂直的直线与直线交点在定直线上，故正确；故选：28（2021团风县校级模拟）如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，线段的中点为，下列说法正确的是A的长度为B的长度不是定值C点的轨迹是圆D三棱锥的体积为定值【解答】解：过点作于点，连接，如图所示：则，故，
20、故正确；不正确；设的中点为，易得，且，则有，设的中点为，连接，易得四边形为平行四边形，故，即点到平面的距离为定值，可得点的轨迹为圆，故正确；当点与点重合时，三棱锥体转换为三角形，其体积为0，而当点与点不重合时，且点与点不重合时，其体积显然不为0，故错误，故选：29（2021重庆模拟）如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是A存在某个位置，使得B翻折过程中，的长是定值C若，则D若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是【解答】解：对于：如图1，取中点，连接交与，则，如果，可得到，又，且三线，共面共点，不可能，故错误对于：如图1，可得由
21、（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得，是定值，故正确对于：如图2，取中点，连接，由题意得面，即可得，从而，由题意不成立，可得错误对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，由题意得中点就是三棱锥的外接球的球心，球半径为1，表面积是，故正确故选：30（2021潍坊模拟）一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是A面B与面所成的角为定值C三棱锥体积为定值D若平面平面，则三棱锥外接球体积为【解答】解：对于，因为是的中点，是的中点，所以，可得，由为等腰直角三角形，可得，又，平面，所以平面，故选正
22、确；对于，由选项可得，与平面所成的角为，为定值，故选项正确；对于，的面积为定值，但三棱锥的高会随着点的位置移动而变化，故选项错误；对于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，又，则，所以，在直角三角形中，则，所以点为三棱锥外接球的球心，因此该外接球的体积为，故选项正确故选：三填空题（共20小题）31（2021香洲区校级模拟）已知直四棱柱的所有棱长均为2，分别为棱，的中点，且，则异面直线与所成的角的余弦值为0，三棱锥的体积为【解答】解：连接，由，可得，所以是异面直线与所成的角（或补角），如图，取中点，连接，易知是以为斜边的直角三角形，根据题意可得，所以，又，所以，连接，
23、所以，所以，即，故异面直线与所成角的余弦值为0如上图，取的中点，连接，显然，且，所以四边形是平行四边形，所以，故答案为：0；32（2021香洲区校级模拟）已知双曲线的左、右焦点为、，是双曲线右支上，以为直径的圆过点，则双曲线方程为【解答】解：设，所以可得的中点坐标为：，即以线段为直径的圆的圆心为：，由题意可得：，解得，又因为圆过，所以，解得，所以，且，将的坐标代入双曲线的方程可得，解得，所以双曲线的方程为：，故答案为：33（2021五华区校级模拟）在三棱锥中，过点作平面与，分别交于，两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是【解答】解：过作，垂足为，连接，因为，所以平面，又平面，所以，又，
24、且，所以平面，则，所以为与平面所成的角，因为，所以为定值，要使截面面积最小，则最小，因为，即，当且仅当时等号成立，所以，所以截面面积最小值故答案为：34（2021迎江区校级三模）已知，分别是双曲线上的三点，且满足，若直线，的斜率分别为，成立，其中，则渐近线方程为【解答】解：设，可得，又，即，结合题意可知不成立，当，可得，故答案为：35（2021迎江区校级三模）已知函数有三个零点，且，其中，为自然对数的底数，则的范围为【解答】解：由，得，两边同时除以，变形为，则，设，即，令，则，可得在上单调递增，在上单调递减，且，（1），当时，其大致图象如下：要使关于的方程有三个不相等的实数根、，且，结合图象可
25、得关于的方程有两个不等实根，且，从而，则，故答案为：36（2021瑞安市校级模拟）在四边形中，点，分别是，的中点，设，若，则的最小值为【解答】解：如图所示：设，因为，所以，即，两边平方得，解得，因为，即有，即有，所以，则，即有，所以，故当时，取最小值为，此时，故答案为：37（2021瑞安市校级模拟）已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围为，【解答】解：因为函数，则，当时，则，所以在上单调递减，则对任意，因为对任意，恒成立，则，解得；若，则在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增，若，则，因为对任意，恒成立，则，解得；若，因为对任意，恒成立，则，解得综上所述，实数的取值范围为，故答案为
26、：，38（2021兴宁区校级模拟）已知双曲线的左、右焦点为、，以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为，直线与双曲线的左支交于点，且，设双曲线的离心率为，则【解答】解：，为圆与双曲线在第一象限交点，即，在线段上，由双曲线定义可知：，又，又，在以为直径的圆上，由得：，故故答案为：39（2021梁园区校级模拟）如图，在三棱锥中，且二面角的大小为，则该三棱锥的外接球的表面积为【解答】解：易知是以为斜边的等腰直角三角形，为等腰三角形，设，的外接圆圆心分别为，所以为中点，为等边三角形设中点为，连接，所以，则，设球心为，则，设，则，所以，解得，所以，设外接球半径为则，所以表面积故答案为：40（2021大通县
27、二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线与双曲线有公共焦点，抛物线与双曲线交于，两点，三点共线，则双曲线的离心率为【解答】解：由题意可知，可得，则，解得故答案为：41（2021银川校级四模）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的最少移动次数，数列满足，且，则解下为奇数）个环所需的最少移动次数为，为奇数）（用含的式子表示）【解答】解：当为奇数时，为偶数，为奇数，则，故数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列，为奇数），故解下为奇数）个环所需的最少移动次数为，为奇数）故答案为：，为奇数
28、）42（2021银川校级四模）已知双曲线的左、右焦点分别是、，点是的右支上的一点（不是顶点），过作的角平分线的垂线，垂足是，是原点，则4【解答】解：双曲线的左右焦点分别是，延长交于，是的角平分线，在双曲线上，是的中点，是的中点，是的中位线，即，双曲线中，则故答案为：443（2020山西模拟）已知函数，若存在实数，满足，且，则的最小值为【解答】解：作出的图象如图所示，因为，所以，即，所以，由图可知，令，则，则函数在，上单调递减，在，上单调递增，所以（2），故答案为：44（2020大庆三模）设函数的定义域为，满足，且当，时，当，时，函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则数列前9项的
29、和为【解答】解：的极大值点从小到大依次为，相应的极大值为，当，时，且，即是以为首项，以1为公差的等差数列，是以1为首项，以2为公比的等比数列，则故答案为：45（2021让胡路区校级模拟）已知圆，点，若上存在两点，满足，则实数的取值范围，【解答】解：圆，点，若上存在两点，满足，是的一个3等分点靠近点，圆的直径是2，点到原点距离小于等于5，故答案为：，46（2021团风县校级模拟）将个数排成行列的一个数阵，如图：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中已知，记这个数的和为给出下列结论：；其中结论正确的是（填写所有正确答案的序号）【解答】解：
30、根据题意，解得或（舍负），即正确；，即正确；则；错误，对于，正确，故答案为：47（2021漳州一模）定义关于的曲线，则与曲线，2，和，2，都相切的直线的方程为，已知，若关于的方程，有三个不同的实根，则【解答】解：令，知在上单调递增，在上单调递减，且，即两函数有一个公共点，两曲线有过该点的公切线，公切线方程为；，令，由，整理可得，由，可得或，则；由，整理可得，由，可得或，则若方程，有三个根，则直线与的图象有三个交点，得当与左侧图象相交于右侧图象相切时，方程，有三个不同的实根，则故答案为：；848（2021沈河区校级模拟）下列说法正确的是函数与函数关于直线对称；若、两两独立，则（A）（B）（C）；
31、方程其中为复数集）的解集为；，角的外角分线交的延长线于点，则；通过最小二乘法以模型去拟合一组数据时，可知过点；通过最小二乘法以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3；已知点，且为原点，则向量在向量上的投影的数量为【解答】解：对于，函数与函数关于直线对称，故错误；对于，若、相互独立，则（A）（B）（C）与、两两独立不一回事，故错误；对于，方程其中为复数集）的解集为，故错误；对于，在，角的外角分线交的延长线于点，如图所示：在中，利用正弦定理：，在中，由于，故：，即：，故正确；通过最小二乘法以模型去拟合一组数据时，设，由最小二乘法原理知：，过点，而
32、，故错误；通过最小二乘法以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，则，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3，故正确；已知点，即，且为原点，则向量在向量上的投影的数量为：，故正确故答案为：49（2021香坊区校级四模）计算机内部运算通常使用的是二进制，用1和0两个数字与电路的通和断两种状态相对应现有一个2021位的二进制数，其第一个数字为1，第二个数字为0，且在第个0和第个0之间有个，即，则该数的所有数字之和为1977【解答】解：设第个0之后，第个0之前的1的个数为，则第个0之前所有数字的和为，令，解得，即第44个0之前所有1的和为，因为该数共有2021个数位，故第44个0之后还有个1，所以所有数字的和为故答案为：197750（2012芜湖三模）若存在区间，使得，则称区间为函数的一个“稳定区间”给出下列4个函数：其中存在稳定区间的函数有（写出所有正确命题的序号）【解答】解：对于函数若存在“稳定区间”，由于函数是定义域内的增函数，故有，即方程有两个解，即和的图象有两个交点，这与即和的图象没有公共点相矛盾，故不存在“稳定区间”对于存在“稳定区间”，如，时，对于，存在“稳定区间”，如，时，对于，若存在“稳定区间”，由于函数是定义域内的增函数，故有，且，即方程有两个解，即和的图象有两个交点，这与和的图象没有公共点相矛盾，故不存在“稳定区间”故答案为