2025年高考試題2024年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（二十）（解析版）

試卷第=page2020頁，共=sectionpages6868頁年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（二十）一、單選題1．（2024·湖南衡陽·高三統(tǒng)考期末）在正三棱臺中，，二面角為，則該三棱臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在正三棱臺中，令的中點(diǎn)分別為，連接，則，于是二面角的平面角為，即，設(shè)上底面與下底面的中心分別為，連接，則，過點(diǎn)作，垂足為，則，則，則，所以該三棱臺的體積為.故選：B2．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)?？计谀┮阎瘮?shù)的定義域?yàn)椋?，若關(guān)于的方程有4個不同實(shí)根，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，若，則，可得，所以,若，則，可得，所以，所以，其函數(shù)圖象如下圖，要使有4個不同實(shí)根，則，由圖知：，故，且，所以的范圍為.故選：A3．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)校考期末）一個軸截面是邊長為的正三角形的圓錐型封閉容器內(nèi)放入一個半徑為1的小球后，再放入一個球，則球的表面積與容器表面積之比的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由邊長為的正三角形的內(nèi)切圓半徑為，即軸截面是邊長為的正三角形的圓錐內(nèi)切球半徑為，所以放入一個半徑為1的小球后，再放一個球，如下圖，要使球的表面積與容器表面積之比的最大，即球的半徑最大，所以只需球與球、圓錐都相切，其軸截面如上圖，此時，所以球的表面積為，圓錐表面積為，所以球的表面積與容器表面積之比的最大值為.故選：A4．（2024·廣東深圳·高三深圳市高級中學(xué)?？计谀┤鐖D，正方體的棱長為3，點(diǎn)P是平面內(nèi)的動點(diǎn)，M，N分別為，的中點(diǎn)，若直線BP與MN所成的角為，且，則動點(diǎn)P的軌跡所圍成的圖形的面積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖所示，連接，，則N為的中點(diǎn)，又M為的中點(diǎn)，所以，因此直線BP與MN所成的角就是直線BP與所成的角，在正方體中，可得，因?yàn)槠矫妫矫?，可得，又因?yàn)榍移矫?，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以，同理可得，因?yàn)?，且平面，所以平面，則．設(shè)與平面的交點(diǎn)為G，連接PG，所以，在直角中，，因?yàn)椋?，又由，所以，所以點(diǎn)P的軌跡是以G為圓心，為半徑的圓，其面積為.故選：A.5．（2024·廣東深圳·高三深圳市高級中學(xué)?？计谀┰O(shè)則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，則，易知，顯然和時，，即在和上單調(diào)遞減，時，，即在上單調(diào)遞增，易知，且，所以，又，，所以.故選：D6．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）已知是邊長為8的正三角形，是的中點(diǎn)，沿將折起使得二面角為，則三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在三棱錐中，平面，由二面角為，，得是正三角形，令其外接圓圓心為，則，令三棱錐外接球的球心為，球半徑為，則平面，即有，顯然球心在線段的中垂面上，令線段的中垂面交于，則，顯然，于是，四邊形是平行四邊形，且是矩形，而，因此，所以三棱錐外接球的表面積.故選：C7．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）在數(shù)列中，，且，當(dāng)時，，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因?yàn)椋?，所以，且?dāng)時，，所以，所以，所以.因?yàn)?，所以，所以，?故選：A.8．（2024·廣東·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考期末）若，則的大小關(guān)系為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由，可得，所以，故，所以，令，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，如圖，作出函數(shù)的圖象，由圖可知，可知.故選：A.9．（2024·廣東·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考期末）數(shù)列的前項(xiàng)和，且，若，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由已知得：，又，故當(dāng)且時，，所以.故選：D10．（2024·廣東深圳·高三深圳外國語學(xué)校?？计谀┤魧?shí)數(shù)a，b，，且滿足，，，則a，b，c的大小關(guān)系是（

）A．c>b>a B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．b>c>a【答案】B【解析】由，，，得，，，令，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，于是，即，又b，，所以；，因?yàn)椋?，，，因此，于是，又a，，所以；令，則，所以在上是增函數(shù)，，，即，，，于是，又a，，所以；綜上.故選：.11．（2024·廣東·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓：的左、右焦點(diǎn)分別為，，左、右頂點(diǎn)分別為，，點(diǎn)在上，且，，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)，，由，解得，又因?yàn)樵跈E圓上，所以，解得，因?yàn)?，可得，即，記直線的傾斜角為,直線的傾斜角為,因?yàn)?所以,即，即，整理得：，解得,故選:B.12．（2024·湖北武漢·高三校聯(lián)考期末）設(shè)函數(shù)在R上的導(dǎo)函數(shù)為，在上，且，有，則（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】由，可得．設(shè)，則，所以是R上的奇函數(shù)，又在上，即，所以在上單調(diào)遞減，又是R上的奇函數(shù)，所以在(-∞,0)上單調(diào)遞減，所以，即，因此，故，故A正確；所以，即，因此，故B不正確；所以，即，則，所以與的大小不能確定，故C不正確；所以，即，則，所以與的大小不確定，故D不正確.故選：A.13．（2024·湖北武漢·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)，，若函數(shù)在上存在最大值，但不存在最小值，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】若，則，又因?yàn)?，函?shù)在上存在最大值，但不存在最小值，所以當(dāng)，即時，只需滿足，此時，當(dāng)，即時，函數(shù)一定存在最大值，要讓函數(shù)無最小值，則，此時，綜上，，即的取值范圍是.故選：D14．（2024·湖北武漢·高三統(tǒng)考期末）已知是坐標(biāo)原點(diǎn)，過拋物線上異于的點(diǎn)作拋物線的切線交軸于點(diǎn)，則的外接圓方程為（

）A．B．C．D．【答案】A【解析】設(shè)過拋物線上異于的點(diǎn)的切線為，又交軸于點(diǎn)，則，則，整理得，則，即則有，可化為解之得，則，則設(shè)的外接圓方程為，則，解之得的外接圓方程為，即.故選：A15．（2024·山東聊城·高三統(tǒng)考期末）最優(yōu)化原理是指要求目前存在的多種可能的方案中，選出最合理的，達(dá)到事先規(guī)定的最優(yōu)目標(biāo)的方案，這類問題稱之為最優(yōu)化問題.為了解決實(shí)際生活中的最優(yōu)化問題，我們常常需要在數(shù)學(xué)模型中求最大值或者最小值.下面是一個有關(guān)曲線與直線上點(diǎn)的距離的最值問題，請你利用所學(xué)知識來解答：若點(diǎn)是曲線上任意一點(diǎn)，則到直線的距離的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由函數(shù)，可得，令，可得，因?yàn)椋傻?，則，即平行于直線且與曲線相切的切點(diǎn)坐標(biāo)為，由點(diǎn)到直線的距離公式，可得點(diǎn)到直線的距離為.故選：B16．（2024·山東聊城·高三統(tǒng)考期末）設(shè)等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知：，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】設(shè)函數(shù)，易知的定義域?yàn)?，且，所以是上的奇函?shù)，由單調(diào)性的性質(zhì)知在上單調(diào)遞增，由題意：，，兩式相加得：，因?yàn)槭巧系钠婧瘮?shù)，所以，又在上單調(diào)遞增，所以，即，等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，則，因?yàn)?，，所以，又在上單調(diào)遞增，所以，所以.故選：D.17．（2024·山東威?！じ呷y(tǒng)考期末）已知，分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)的直線與圓相切于點(diǎn)，且與雙曲線的右支交于點(diǎn)，若，則該雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】連接，則，如圖所示：由，得，而點(diǎn)Q在雙曲線的右支上，則，因?yàn)?，所以，即，則雙曲線的離心率為：，故選：D18．（2024·山東威?！じ呷y(tǒng)考期末）在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，二面角為，則該四棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】取中點(diǎn)為，連接，設(shè)其交點(diǎn)為，連接；因?yàn)?，故點(diǎn)在底面的投影必在直線上，過作底面的垂線，垂足為；連接；顯然，故二面角的平面角為，因?yàn)?，故三角形為直角三角形；在三角形中，，則，故為中點(diǎn)；過作的平行線，顯然其垂直于平面，則該棱錐外接球球心必在該垂線上，設(shè)其為，又，，，故點(diǎn)在面的下方；過作垂直于的延長線，垂足為，連接，如下圖所示：設(shè)該四棱錐外接球半徑為，；在三角形中，，故，解得.故四棱錐外接球表面積為.故選：B.19．（2024·福建莆田·高三莆田華僑中學(xué)校考階段練習(xí)）已知且且且，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】令，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性后可得的大小.因?yàn)?，故，同理，令，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在為減函數(shù)，在為增函數(shù)，因?yàn)?，故，即，而，故，同理，，，因?yàn)?，故，所?故選：D．二、多選題20．（2024·湖南衡陽·高三統(tǒng)考期末）已知平行四邊形的面積為，且，則（

）A．的最小值為2B．當(dāng)在上的投影向量為時，C．的最小值為D．當(dāng)在上的投影向量為時，【答案】ACD【解析】因?yàn)?，所?設(shè)，則，解得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，A正確.因?yàn)椋?，所?,,，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以的最小值為,C正確.如圖，過點(diǎn)作，垂足為，則在上的投影向量為，當(dāng)在上的投影向量為時，.因?yàn)椋?，得，則,故B錯誤，D正確.故選：ACD21．（2024·湖南衡陽·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)的定義域?yàn)?，函?shù)是定義在上的奇函數(shù)，函數(shù)），則必有（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】對A、B、D：由條件可知，因?yàn)椋?，且，可得，所以，所以A、B、D均正確.對C：取，則，此時滿足是定義在上的奇函數(shù)，，所以未必成立，故C錯誤.故選：ABD.22．（2024·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)，下列結(jié)論正確的是（

）A．函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱B．函數(shù)存在極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)C．若函數(shù)有三個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是D．對任意，不等式恒成立【答案】ABD【解析】因?yàn)?；?dāng)時，，所以為奇函數(shù)，則關(guān)于點(diǎn)對稱，故選項(xiàng)正確；當(dāng)時，.令，解得；令，解得，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.又由為奇函數(shù)，，，，可得的大致圖象如下所示，故選項(xiàng)B正確；因?yàn)楹瘮?shù)有三個不同的零點(diǎn)，所以函數(shù)與的圖象有三個不同的交點(diǎn).由圖象可得：實(shí)數(shù)的取值范圍是，故選項(xiàng)C錯誤；因?yàn)樗越Y(jié)合函數(shù)的圖象可得：當(dāng)時，，.所以對任意，，故選項(xiàng)D正確.故選ABD.23．（2024·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）如圖，已知正方體的棱長為為底面的中心，交平面于點(diǎn)，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，則（

）A．三點(diǎn)共線B．點(diǎn)到平面的距離為C．用過點(diǎn)的平面截該正方體所得的較小部分的體積為D．用過點(diǎn)且平行于平面的平面截該正方體，則截得的兩個多面體的能容納的最大球的半徑均為【答案】ACD【解析】由已知平面平面平面，又平面平面平面，所以三點(diǎn)都在平面與平面的交線上，即三點(diǎn)共線，故A正確；因?yàn)槠矫嫫矫?，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，因?yàn)?，平面，所以平面，則的長度就是點(diǎn)到平面的距離，顯然為正三角形的中心，因?yàn)檎襟w的棱長為4，所以正三角形的邊長為，所以，又，所以，即點(diǎn)到平面的距離為，故B錯誤；取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?，所以等腰梯形就是過點(diǎn)的平面截該正方體所得的截面，如圖：所以過點(diǎn)的平面截該正方體所得的較小部分為三棱臺，其體積為，故C正確；過點(diǎn)且平行平面的平面截該正方體，所截得的兩個多面體全等，如下圖所示，該七面體能容納的最大球亦為正三棱錐的內(nèi)切球（如下圖所示），，設(shè)為的中心，則，高，設(shè)正三棱錐的內(nèi)切球的半徑為，則，①在中，，得，，代入①，得，故D正確.故選：ACD.24．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)?？计谀W拉函數(shù)的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)（公約數(shù)只有1的兩個正整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：，，則（

）A． B．當(dāng)n為奇數(shù)時，C．?dāng)?shù)列為等比數(shù)列 D．?dāng)?shù)列的前項(xiàng)和小于【答案】ACD【解析】對于A，因?yàn)?，，，所以，故A正確；對于B，由于，故B錯誤；對于C，因?yàn)樾∮诘乃姓鏀?shù)與均互質(zhì)，且小于的所有正奇數(shù)有個，所以，因此數(shù)列為等比數(shù)列，故C正確；對于D，同理小于的所有3的倍數(shù)與均不互質(zhì)，共有個，因此小于的所有與互質(zhì)的數(shù)共有個，即，所以，令，則，故D正確，故選：ACD.25．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)?？计谀┤鐖D，在棱長為2的正方體中，已知M，N，P分別是棱，，的中點(diǎn)，Q為平面上的動點(diǎn)，且直線與直線的夾角為，則（

）A．平面B．平面截正方體所得的截面面積為C．點(diǎn)Q的軌跡長度為D．能放入由平面PMN分割該正方體所成的兩個空間幾何體內(nèi)部（厚度忽略不計(jì)）的球的半徑的最大值為【答案】ABD【解析】A選項(xiàng)，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，，故.設(shè)平面的法向量為，則，令得，，故，因?yàn)?，故平面，A正確；B選項(xiàng)，取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)镸，N，P分別是棱，，的中點(diǎn)，所以，又，所以，所以平面截正方體所得的截面為正六邊形，其中邊長為，故面積為，B正確；C選項(xiàng)，Q為平面上的動點(diǎn)，直線與直線的夾角為，又平面，設(shè)垂足為，以為圓心，為半徑作圓，即為點(diǎn)Q的軌跡，其中，由對稱性可知，，故半徑，故點(diǎn)Q的軌跡長度為，C錯誤；D選項(xiàng)，因?yàn)镸，N，P分別是棱，，的中點(diǎn)，所以平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，不妨求能放入含有頂點(diǎn)的空間幾何體的球的半徑最大值，該球與平面切與點(diǎn)，與平面，平面，平面相切，由對稱性可知，球心在上，設(shè)球心為，則半徑為，，故，即，解得，故球的半徑的最大值為，D正確.故選：ABD26．（湖北省黃岡市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期9月調(diào)研考試數(shù)學(xué)試題）設(shè)數(shù)列前項(xiàng)和為，滿足，且，則下列選項(xiàng)正確的是（

）A．B．?dāng)?shù)列為等差數(shù)列C．當(dāng)時有最大值D．設(shè)，則當(dāng)或時數(shù)列的前項(xiàng)和取最大值【答案】ABD【解析】A選項(xiàng)，當(dāng)時，，又，解得，當(dāng)時，①，②，①-②得，，即，故，因?yàn)?，故，所以，故為等差?shù)列，公差為，首項(xiàng)為，所以通項(xiàng)公式為，A正確；B選項(xiàng)，，故，則當(dāng)時，，故為等差數(shù)列，B正確；C選項(xiàng)，，故當(dāng)時，取得最大值，C錯誤；D選項(xiàng)，令得，令得，則當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，又，，則當(dāng)或時數(shù)列的前項(xiàng)和取最大值，D正確.故選：ABD27．（2024·廣東深圳·高三深圳市高級中學(xué)?？计谀┖瘮?shù)和有相同的最大值，直線與兩曲線和恰好有三個交點(diǎn)，從左到右三個交點(diǎn)橫坐標(biāo)依次為，則下列說法正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】，當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，函數(shù)有最大值，即；當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)有最小值，沒有最大值，不符合題意，由，當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，函數(shù)有最大值，即；當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)有最小值，沒有最大值，不符合題意，于是有，因此選項(xiàng)AB正確，兩個函數(shù)圖象如下圖所示：由數(shù)形結(jié)合思想可知：當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時，此時直線與兩曲線和恰好有三個交點(diǎn)，不妨設(shè)，且，由，又，又當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以，又，又，又當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以，，，于是有，所以選項(xiàng)D正確，故選：ABD28．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）已知點(diǎn)，，動點(diǎn)在圓：上，則（

）A．直線截圓所得的弦長為B．的面積的最大值為15C．滿足到直線的距離為的點(diǎn)位置共有3個D．的取值范圍為【答案】BCD【解析】對于A，因?yàn)?，，所以直線的方程為，圓心到直線的距離為，又因?yàn)閳A的半徑，所以直線截圓所得的弦長為，A錯誤．對于B，易知，要想的面積最大，只需點(diǎn)到直線的距離最大，而點(diǎn)到直線的距離的最大值為，所以的面積的最大值為，B正確．對于C，當(dāng)點(diǎn)在直線上方時，點(diǎn)到直線的距離的范圍是，即，由對稱性可知，此時滿足到直線的距離為的點(diǎn)位置有2個．當(dāng)點(diǎn)在直線下方時，點(diǎn)到直線的距離的范圍是，即，此時滿足到直線的距離為的點(diǎn)位置只有1個．綜上所述，滿足到直線的距離為的點(diǎn)位置共有3個，C正確．對于D，由題意知．又因?yàn)?，，，所以，，故，．設(shè)點(diǎn)滿足，則，故解得即，．所以．又因?yàn)椋?，即的取值范圍為，，D正確．故選：BCD29．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）已知定義在上的函數(shù)滿足，且是奇函數(shù).則（

）A． B．C．是與的等差中項(xiàng) D．【答案】ACD【解析】因?yàn)?，所以，兩式相減得，所以的周期為4.因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，所以，即，令，得.因?yàn)?，令，得，所以，?因?yàn)?，令，得，所以，所以，所以，故A正確.因?yàn)?，所以，即，所?因?yàn)椋?，所以B錯誤.因?yàn)椋?，所以，所以是與的等差中項(xiàng)，故C正確.因?yàn)?，所以，故D正確.故選：ACD30．（2024·廣東·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考期末）已知正四面體的棱長為3，下列說法正確的是（

）A．若點(diǎn)滿足，且，則的最小值為B．在正四面體的內(nèi)部有一個可以任意轉(zhuǎn)動的正四面體，則此四面體體積可能為C．若正四面體的四個頂點(diǎn)分別在四個互相平行的平面內(nèi)，且每相鄰平行平面間的距離均相等，則此距離為D．點(diǎn)在所在平面內(nèi)且，則點(diǎn)軌跡的長度為【答案】ACD【解析】如圖：對于，因?yàn)辄c(diǎn)滿足且，可知點(diǎn)是平面上的一點(diǎn).又因?yàn)檎拿骟w是棱長為3，則三角形外接圓半徑滿足，故點(diǎn)到平面的距離為,故的最小值為點(diǎn)到平面的距離，即為,A正確；對于B，將正四面體放入到正方體中，則正方體的棱長為，因?yàn)檎拿骟w的體積為立方體的體積減去四個小三棱錐的體積：，而正四面體四個面的面積都是設(shè)正四面體的內(nèi)切球半徑為，解得，因?yàn)檎拿骟w在正四面體的內(nèi)部，且可以任意轉(zhuǎn)動，所以最大正四面體外接球直徑為，因此最大正四面體外接球也是棱長為的正方體的外接球，所以正四面體的體積最大值為，故B不正確.對于C，在正方體內(nèi)，過作平面，分別交于點(diǎn)，過作平面，分別交于點(diǎn)，且平面平面，由正四面體的四個頂點(diǎn)分別在四個互相平行的平面內(nèi)，且每相鄰平行平面間的距離均相等，其中平面和平面為中間的兩個平面，易知為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，因?yàn)檎襟w是棱長為，所以，所以點(diǎn)到的距離為，所以每相鄰平行平面間的距離為，故C正確；對于D選項(xiàng)：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)，,由可得，化簡可得，可知點(diǎn)的軌跡是平面與以點(diǎn)為球心，2為半徑的球的截面圓上，,設(shè)平面法向量為，則，取則，所以點(diǎn)點(diǎn)到平面的距離為，截面圓的半徑為所以截面圓周長為，故選:ACD31．（2024·廣東·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考期末）已知函數(shù)，滿足有三個不同的實(shí)數(shù)根，則（

）A．若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是B．過軸正半軸上任意一點(diǎn)僅有一條與函數(shù)相切的直線C．D．若成等差數(shù)列，則【答案】ABD【解析】因?yàn)?，所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且，所以，當(dāng)有三個不同的實(shí)數(shù)根時，，故A正確，關(guān)于點(diǎn)中心對稱，所以在此點(diǎn)處的切線方程為，結(jié)合圖象可知：當(dāng)且僅當(dāng)時，符合題意，所以B正確，由于方程有三個根，所以，展開可知，C不正確；由展開可知，當(dāng)成等差數(shù)列時，所以，在中，令，得，所以，D正確.故選：ABD.32．（2024·廣東深圳·高三深圳外國語學(xué)校校考期末）已知P為拋物線C：上的動點(diǎn)，在拋物線C上，過拋物線C的焦點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，，，則（

）A．的最小值為4B．若線段AB的中點(diǎn)為M，則的面積為C．若，則直線l的斜率為2D．過點(diǎn)作兩條直線與拋物線C分別交于點(diǎn)G，H，且滿足EF平分，則直線GH的斜率為定值【答案】ACD【解析】由在拋物線C上，得，拋物線C的方程為，．對于A，過點(diǎn)P作拋物線的準(zhǔn)線的垂線PD，垂足為D，由拋物線的定義知，即M，P，D三點(diǎn)共線時，取得最小值，為，故A正確．對于B，因?yàn)闉锳B的中點(diǎn)，所以，，求得直線l的方程為，則點(diǎn)N到直線l的距離，則，故B錯誤；對于C，易知直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為，代入，得，設(shè)，，則，，，同理可得，所以，解得，所以直線l的斜率為，故C正確．對于D，易知點(diǎn)在拋物線上且軸．設(shè)，．易知直線EG，EH的斜率存在，，同理．因?yàn)镋F平分，軸，所以，即，直線，所以，直線GH的斜率為定值，故D正確．故選：ACD33．（2024·廣東深圳·高三深圳外國語學(xué)校?？计谀┮阎瘮?shù)，，其中且．若函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當(dāng)時，有且只有一個零點(diǎn)B．當(dāng)時，有兩個零點(diǎn)C．當(dāng)時，曲線與曲線有且只有兩條公切線D．若為單調(diào)函數(shù)，則【答案】BCD【解析】對A，令，令或都成立，有兩個零點(diǎn)，故A錯誤；對B，令，（）.考慮所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，.考慮所以函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，當(dāng)時，,所以當(dāng)時，有兩個零點(diǎn).此時，故B正確；對C，設(shè)，.設(shè)切點(diǎn)所以.①②,,設(shè)，所以，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以所以有兩解，所以?dāng)時，曲線與曲線有且只有兩條公切線，所以該選項(xiàng)正確；對D，若單調(diào)遞增，則..考慮不滿足.若單調(diào)遞減，則.所以考慮不滿足.當(dāng)時，不滿足.當(dāng)時，，∴.故D正確.故選：BCD34．（2024·廣東·高三統(tǒng)考期末）已知定義在上的奇函數(shù)滿足，且在上單調(diào)遞增，則A．的圖象關(guān)于中心對稱 B．是周期函數(shù)C．在上單調(diào)遞減 D．【答案】BC【解析】對A：由，故的圖象關(guān)于直線對稱，故A錯誤；對B：由為奇函數(shù)，故，又，故，即有，則，即，故是周期函數(shù)且周期為，故B正確；對C：由在上單調(diào)遞增，且為奇函數(shù)，故在上單調(diào)遞增，又的圖象關(guān)于直線對稱，故在上單調(diào)遞減，故C正確；對D：由為定義在上的奇函數(shù)，故，有，由的圖象關(guān)于直線對稱，故的圖象關(guān)于中心對稱，故，由，故，即有，，故，，故D錯誤.故選：BC.35．（2024·廣東·高三統(tǒng)考期末）如圖，為圓錐底面的直徑，，點(diǎn)是圓上異于的動點(diǎn)，球內(nèi)切于圓錐（與圓錐底面和側(cè)面相切），點(diǎn)是球與圓錐側(cè)面的交線上的動點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若⊥，三棱錐體積的最大值為8B．若⊥，平面與底面所成角的取值范圍為C．若，內(nèi)切球的表面積為D．若，的最大值為4【答案】BCD【解析】A選項(xiàng)，因?yàn)椤?，，所以，故，由勾股定理得，由基本不等式得，?dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故三棱錐體積的最大值為，A錯誤；B選項(xiàng)，取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，故，所以⊥，因?yàn)?，所以⊥，點(diǎn)是圓上異于的動點(diǎn)，故平面與底面所成角的平面角為，，，故，故，若⊥，平面與底面所成角的取值范圍為，B正確；C選項(xiàng)，若，則為等邊三角形，故，，與球相切，設(shè)切點(diǎn)為，球的半徑為，連接，則⊥，，故，則，解得，故內(nèi)切球的表面積為，C正確；D選項(xiàng)，點(diǎn)的軌跡為如圖所示的小圓，由C選項(xiàng)得，，由⊥，，可知，故，，，，設(shè)點(diǎn)作⊥于點(diǎn)，連接，因?yàn)椤托A，小圓，所以⊥，因?yàn)?，平面，所以⊥平面，因?yàn)槠矫?，所以，設(shè)，則，由∽可知，由勾股定理得，，故，，故，，故當(dāng)時，取得最大值，最大值為16，故的最大值為4，D正確.故選：BCD36．（2024·湖北武漢·高三校聯(lián)考期末）如圖，已知二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，，，，，且，則（

）A．當(dāng)時，直線與平面所成角的正弦值為B．當(dāng)二面角的大小為時，直線與所成角為C．若，則三棱錐的外接球體積的為D．若，則二面角的余弦值為【答案】ABD【解析】對A選項(xiàng)：當(dāng)時，因?yàn)?，，所以，所以直線與平面所成角為，又因?yàn)?，所以，因?yàn)?，，所以，所以，故A正確；對B選項(xiàng)：如圖，過A作，且，連接，，則四邊形為正方形，所以，所以（或其補(bǔ)角）即為直線與所成角，因?yàn)?，四邊形為正方形，有，所以，又因?yàn)?，所以即為二面角的平面角，即，由、、且、平面，所以平面，又四邊形為正方形，所以，所以平面，又平面，所?由且四邊形為正方形，，所以，所以，即，即直線與所成角為，故B正確；對于D，如圖，作，且，則二面角的平面角為，不妨取，由，在中，易得，在中，由余弦定理得，，過C點(diǎn)作交線段的延長線于點(diǎn)O，則平面，過O點(diǎn)作，交線段的延長線于點(diǎn)H，連接，則為二面角的平面角，易得，，，所以，故D正確.對C選項(xiàng)：同選項(xiàng)D可知，如圖，分別取線段，的中點(diǎn)G，M，連接，過G點(diǎn)作平面的垂線，則球心必在該垂線上，設(shè)球的半徑為R，則，又的外接圓半徑，而平面平面，所以平面，即的長為點(diǎn)到平面的距離，則，所以四面體的外接球的體積為，故C錯誤．故選：ABD.37．（2024·湖北武漢·高三校聯(lián)考期末）已知是定義在上的不恒為零的函數(shù)，且，則下列說法正確的是（

）A．若對任意，，總有，則是奇函數(shù)B．若對任意，，總有，則是偶函數(shù)C．若對任意，，總有，則D．若對任意，，總有，則【答案】ACD【解析】因?yàn)閷θ我?，，總有，所以令，得，令，得，所以，令，得，所以，令，得，又，所以，所以函?shù)是奇函數(shù)，故A正確；因?yàn)閷θ我猓?，總有，所以令，得，所以，令，得，即，所以，所以函?shù)是奇函數(shù)，故B不正確；對于C選項(xiàng)，令，，得，由A選項(xiàng)得，又，所以解得，故C正確；對于D選項(xiàng)，令，，則，解得，令，，則，解得，由B選項(xiàng)得是奇函數(shù)，所以，故D正確．故選：ACD．38．（2024·湖北武漢·高三校聯(lián)考期末）已知雙曲線的一條漸近線方程為，圓上任意一點(diǎn)處的切線交雙曲線于兩點(diǎn)M、N（

）A．或2B．若與雙曲線左、右兩支相交，則的斜率的取值范圍是C．滿足的直線有且僅有一條D．為定值，且定值為2【答案】BD【解析】若焦點(diǎn)在軸上，則漸近線方程為，所以，解得，當(dāng)焦點(diǎn)在軸上，則漸近線方程為，所以,無解，故A錯誤，故雙曲線方程為，設(shè)切線方程為，則，聯(lián)立，要使與雙曲線左、右兩支相交，則需要，化簡可得，故，解得，故B正確，當(dāng)直線有斜率時，設(shè),則，且，則解得，當(dāng)直線無斜率時，，代入雙曲線中可得，此時，故滿足的直線有2條，故C錯誤，代入以及可得所以，故選：BD39．（2024·湖北武漢·高三統(tǒng)考期末）已知數(shù)列滿足，，數(shù)列滿足，則（

）A．B．C．存在，使得D．?dāng)?shù)列單調(diào)遞增，且對任意，都有【答案】ABD【解析】對于A中，由，滿足，因?yàn)?，可得，?dāng)時，可得，解得，；當(dāng)時，可得，解得，；可得，所以A正確；對于B中，由數(shù)列滿足，當(dāng)時，，兩式相減得，整理得，又因?yàn)?，所以?shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以，又由，則，，所以，所以B正確；對于C中，因?yàn)閿?shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以數(shù)列為遞減數(shù)列，所以，所以C不正確；對于D中，由數(shù)列滿足，則，所以數(shù)列為遞增等比數(shù)列，且，所以D正確.故選：ABD.40．（2024·湖北武漢·高三統(tǒng)考期末）已知，是曲線上不同的兩點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，則（

）A．的最小值為1B．C．若直線與曲線有公共點(diǎn)，則D．對任意位于軸左側(cè)且不在軸上的點(diǎn)，都存在點(diǎn)，使得曲線在，兩點(diǎn)處的切線垂直【答案】AD【解析】當(dāng)時，原方程即，化簡為，軌跡為橢圓.將代入，則，則此時，即此部分為橢圓的一半.同理當(dāng)時，原方程即，化簡為.將代入，則或，則此時，即此部分為圓的一部分.作出曲線的圖形如下：對于A，最小值表示曲線上一點(diǎn)到原點(diǎn)的最小距離的平方，當(dāng)時，最小值為，當(dāng)時取得，當(dāng)時，最小值為，當(dāng)時取得，則最小值為，故A正確；對于B，當(dāng)時，，顯然B選項(xiàng)錯誤；對于C，直線經(jīng)過定點(diǎn)，當(dāng)時，直線經(jīng)過橢圓下頂點(diǎn)，如圖，顯然，存在，使得直線與曲線有兩個公共點(diǎn)，故C錯誤；對于D，如圖，對任意位于軸左側(cè)且不在軸上的點(diǎn)，則曲線在點(diǎn)處的切線斜率可以取任何非零實(shí)數(shù)，曲線在橢圓部分切線斜率也可以取到任何非零實(shí)數(shù)，使得兩切線斜率為負(fù)倒數(shù)，所以對任意位于軸左側(cè)且不在軸上的點(diǎn)，都存在點(diǎn)，使得曲線在，兩點(diǎn)處的切線垂直，故D正確.故選：AD41．（2024·山東聊城·高三統(tǒng)考期末）正方體的棱長為1，為側(cè)面上的點(diǎn)，為側(cè)面上的點(diǎn)，則下列判斷正確的是（

）A．直線平面B．若，則，且直線平面C．若，則到直線的距離的最小值為D．若，則與平面所成角正弦的最小值為【答案】AB【解析】對于A項(xiàng)，如圖，連結(jié)，.因?yàn)槠矫?，平面，所?又，平面，平面，，所以平面.又平面，所以.同理可得，.又平面，平面，，所以平面.故A項(xiàng)正確；對于B項(xiàng)，由A項(xiàng)可知：平面.又，平面，所以直線平面，故B項(xiàng)正確；對于C，因?yàn)?，所以在以為球心，為半徑的球?又為側(cè)面上的點(diǎn)，所以在球被平面截得的交線上.因?yàn)槠矫?，，，所以，所以為以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓上.如圖，，則，到直線的距離的最小值為，故C項(xiàng)錯誤；對于D項(xiàng)，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，為，，軸的正方向，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，.因?yàn)?，設(shè)，（），.設(shè)是平面的一個法向量，則，即，取，則，是平面的一個法向量.則，又，當(dāng)時，有最小值1，所以，，即，所以與平面所成角正弦的最大值為，故D項(xiàng)錯誤.故選：AB.42．（2024·山東威?！じ呷y(tǒng)考期末）質(zhì)點(diǎn)和在以原點(diǎn)為圓心，半徑為的上逆時針作勻速圓周運(yùn)動，同時出發(fā).的角速度大小為，起點(diǎn)為與軸正半軸的交點(diǎn)；的角速度大小為，起點(diǎn)為射線與的交點(diǎn).則當(dāng)與重合時，的坐標(biāo)可以為（

）A． B． C． D．【答案】BD【解析】依題意，點(diǎn)的起始位置，點(diǎn)的起始位置，則，設(shè)當(dāng)與重合時，用的時間為，于是，即，則，所以，對于A，若，則或，解得，或，因?yàn)?，故A錯誤；對于B，當(dāng)時，，即，故B正確；對于C，若，則或，解得，或，因?yàn)?，故C錯誤；對于D，當(dāng)時，，即，故D正確；故選：BD.43．（2024·山東威海·高三統(tǒng)考期末）定義在上的函數(shù)滿足，當(dāng)時，.當(dāng)時，；當(dāng)時，.若關(guān)于的方程的解構(gòu)成遞增數(shù)列，則（

）A．B．若數(shù)列為等差數(shù)列，則公差為C．若，則D．若，則【答案】ACD【解析】因?yàn)?，所以周期是，，故A正確；當(dāng)時，令，則，即，時，，得或；時，，得；又當(dāng)時，.故關(guān)于對稱，故時，的根為或，則函數(shù)在一個周期內(nèi)有個根.即當(dāng)，在的根為，此時數(shù)列公差為，，故B錯誤，C正確；當(dāng)?shù)茫瑢ΨQ軸為，此時；當(dāng)，對稱軸為，此時；故當(dāng)時，且則，故D正確.故選：ACD.44．（2024·福建莆田·高三莆田華僑中學(xué)校考階段練習(xí)）在四棱錐中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，點(diǎn)M在線段PC上運(yùn)動（不含端點(diǎn)），則（

）A．存在點(diǎn)M使得B．四棱錐外接球的表面積為C．直線PC與直線AD所成角為D．當(dāng)動點(diǎn)M到直線BD的距離最小時，過點(diǎn)A，D，M作截面交PB于點(diǎn)N，則四棱錐的體積是【答案】BCD【解析】如圖1，取AD的中點(diǎn)G，連接GC，PG，BD，,則，因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，平面，則．又因?yàn)?，所以，又，平面，所以平面PGC．因?yàn)槠矫鍼GC，平面PGC，所以不成立，A錯誤．因?yàn)椤鰽PD為等腰直角三角形，將四棱錐的側(cè)面APD作為底面一部分，補(bǔ)成棱長為1的正方體．如圖2，則四棱錐的外接球即為正方體的外接球，其半徑，即四棱錐外接球的表面積為，B正確．如圖2，直線PC與直線AD所成角即為直線PC與直線BC所成角，為，C正確．如圖1，因?yàn)槠矫鍼GC，當(dāng)動點(diǎn)M到直線BD的距離最小時，由上推導(dǎo)知，，，，，，，因此M為PC的中點(diǎn)．如圖3，由M為PC的中點(diǎn)，即為中點(diǎn),平面即平面與的交點(diǎn)也即為與的交點(diǎn),可知N為QA的中點(diǎn)，故，D正確．故選：BCD．三、填空題45．（2024·湖南衡陽·高三統(tǒng)考期末）若為正整數(shù)，記集合中的整數(shù)元素個數(shù)為，則數(shù)列的前62項(xiàng)和為.【答案】3841【解析】因?yàn)?，?dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，，因?yàn)?，所以，又，所以，則；故數(shù)列的前62項(xiàng)和為.46．（2024·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）已知雙曲線，直線和相互平行，直線與雙曲線交于兩點(diǎn)，直線與雙曲線交于兩點(diǎn)，直線和交于點(diǎn)（異于坐標(biāo)原點(diǎn)）.若直線的斜率為3，直線是坐標(biāo)原點(diǎn)的斜率，則雙曲線的離心率的取值范圍為.【答案】【解析】由題意，，故，設(shè)的中點(diǎn)的中點(diǎn)，則，兩式相減，得，化簡得，所以，所以①，同理②，因?yàn)?，所以三點(diǎn)共線，所以，將①②代入得，即，因?yàn)?，所以，所以，所以雙曲線的離心率為.所以雙曲線的離心率的取值范圍為.故答案為：.47．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)?？计谀┰谥须S機(jī)選取三個數(shù)，能構(gòu)成公差不小于5的等差數(shù)列的概率為．【答案】【解析】在中隨機(jī)選取三個數(shù)有：，公差為5的等差數(shù)列有：，，……，，共個；公差為6的等差數(shù)列有：，，……，，共個；……，公差為24的等差數(shù)列有：，，共個；所以共有：，所以能構(gòu)成公差不小于5的等差數(shù)列的概率為：.故答案為：.48．（2024·湖南長沙·高三長郡中學(xué)?？计谀┮阎瘮?shù)恰有兩個零點(diǎn)，則.【答案】【解析】因?yàn)?，所以令，則，令，故當(dāng)時，函數(shù)為增函數(shù)，當(dāng)時，函數(shù)為減函數(shù)，即當(dāng)時函數(shù)有最小值，若，即時，此時函數(shù)在R上為增函數(shù)，與題意不符，且當(dāng)時，的零點(diǎn)為1；若，即時，此時函數(shù)與x軸有兩個不同交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)為，且，即，所以當(dāng)或時，即，此時函數(shù)為增函數(shù)，當(dāng)時，即，此時函數(shù)為減函數(shù)，依題意，函數(shù)恰有兩個零點(diǎn)即函數(shù)與x軸有兩個不同的交點(diǎn)，即或，所以或，所以，所以，故答案為：.49．（2024·廣東深圳·高三深圳市高級中學(xué)?？计谀┑诙膶帽本┒瑠W會開幕式上由96片小雪花組成的大雪花驚艷了全世界，數(shù)學(xué)中也有一朵英麗的雪花————“科赫雪花”．它的繪制規(guī)則是：任意畫一個正三角形，并把每一條邊三等分，以三等分后的每邊的中間一段為邊向外作正三角形，并把這“中間一段”擦掉，形成雪花曲線，重復(fù)上述兩步，畫出更小的三角形，一直重復(fù)，直到無窮，形成雪花曲線

設(shè)雪花曲線周長為，面積為，若的邊長為1，則=，【答案】/【解析】由題意可知：，，；易知第個圖形的邊長為，邊數(shù)為，故，由累加法得故答案為：；50．（2024·廣東深圳·高三深圳市高級中學(xué)校考期末）如圖，在圓臺中，，點(diǎn)C是底面圓周上異于A、B的一點(diǎn)，,點(diǎn)D是的中點(diǎn)，為平面與平面的交線，則交線與平面所成角的大小為．【答案】/【解析】因?yàn)?，D分別是，BC的中點(diǎn)，所以，所以平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，，所以，所以直線l與平面所成角即直線與平面所成角，因?yàn)闉橹睆剑?，因?yàn)椋?，又因?yàn)槠矫妫矫?，所以，平面，所以平面，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，因?yàn)槠矫?，所以，，，平面，所以平面，所以為交線l與平面所成角，因?yàn)?，?所以，結(jié)合圖知.故答案為：.51．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）法國數(shù)學(xué)家加斯帕·蒙日被稱為“畫法幾何創(chuàng)始人”“微分幾何之父”.他發(fā)現(xiàn)橢圓的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是以該橢圓的中心為圓心的圓，這個圓被稱為該橢圓的蒙日圓.若橢圓的蒙日圓為，則的離心率為.【答案】/0.5【解析】由題意可知點(diǎn)一定在其蒙日圓上，所以，所以，故橢圓的離心率為.故答案為：52．（2024·廣東湛江·高三統(tǒng)考期末）如圖，在長方體中，，，異面直線與所成角的余弦值為，則.【答案】【解析】連接，交于點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，.因?yàn)?，所以與所成的角為（或其補(bǔ)角）.令，在中，由，，得.又，，，由余弦定理得，解得，所以.故答案為：53．（2024·廣東·高三廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考期末）在同一平面直角坐標(biāo)系中，分別是函數(shù)和函數(shù)圖象上的動點(diǎn)，若對任意，有恒成立，則實(shí)數(shù)的最大值為.【答案】【解析】由，整理得，即在圓心，半徑為1的半圓上.，令，則，又，所以，當(dāng)時，，則為單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則為單調(diào)遞減，綜上可知，在處取得極大值，也是最大值，即，于是，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以曲線的一條切線為，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)分別為對應(yīng)切點(diǎn)，且與兩切線垂直時取得最小值，即的最小值為圓心到直線的距離減去半徑，即的最小值為.過圓心與垂直的直線方程，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時取到最小值.綜上所述，，而恒成立，所以，則的最大值為.故答案為：.2.在求圓上的動點(diǎn)到另一個曲線上的動點(diǎn)距離最值問題時，通常轉(zhuǎn)化為圓心到曲線上的動點(diǎn)距離最值問題，進(jìn)而進(jìn)行求解.54．（2024·廣東深圳·高三深圳外國語學(xué)校?？计谀┟扇帐欠▏臄?shù)學(xué)家，他首先發(fā)現(xiàn)橢圓的兩條相互垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是圓，所以這個圓又被叫做“蒙日圓”，已知點(diǎn)A、B為橢圓（）上任意兩個動點(diǎn)，動點(diǎn)P在直線上，若恒為銳角，則根據(jù)蒙日圓的相關(guān)知識，可知橢圓C的離心率的取值范圍為【答案】【解析】依題意，直線都與橢圓相切，因此直線所圍成矩形的外接圓即為橢圓的蒙日圓，由點(diǎn)A、B為橢圓上任意兩個動點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足為銳角，得點(diǎn)在圓外，又動點(diǎn)P在直線上，因此直線與圓相離，于是，解得，則，解得，所以橢圓C的離心率的取值范圍為.故答案為：55．（2024·廣東深圳·高三深圳外國語學(xué)校校考期末）函數(shù)的定義域?yàn)?，其?dǎo)函數(shù)為，若，且當(dāng)時，，則不等式的解集為．【答案】【解析】令，則，又，所以得，即，所以為上的偶函數(shù)，又時，，所以在上單調(diào)遞增，又為上的偶函數(shù)，所以在上單調(diào)遞減，由，得，所以，即，所以得，解得：，所以不等式的解集為．故答案為：.56．（2024·廣東·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)（，）且），若恒成立，則的最小值為.【