2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十三）（解析版）

2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十三）一、单选题1．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）已知中，，点是边的中点，记．则当最大时，（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】方法一：记，由题意得：，因为点是边的中点，所以，于是有，，为锐角，则，即有最大值当且仅当，即时取等号，此时也最大，故选B．方法二：设，，以点为坐标原点，，分别为轴、轴建立平面直角坐标系，则，，，，所以，所以可齐次化，不妨设，，则所以当，即时，取最小值，又因为是锐角，此时最大，，故选：B2．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：）A．1007 B．1009 C．2014 D．2018【答案】D【解析】由题，，且前8项为1，2，，，，，，，，所以当时，；当时，．又，所以，.因为，其中，所以，所以，，所以，，又因为，所以不满足的分别为，，，，，，.故选：D．3．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知函数满足，对任意实数x，y都有成立，则（

）A． B． C．2 D．1【答案】D【解析】因为且，令，得，则，所以，即，所以，所以，故函数是周期为6的周期函数.令，，得，则，令，，得，则，由，得，，，，所以，又，故由函数的周期性知，，故选：D.4．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知，函数与的图象在上最多有两个公共点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】设，因为在上最多有两个零点，所以，所以，由得，（1）由得；（2）由得；（3）由得；（4）由得；（5）由得此时不等式组无实数解，综上可得，故选：C5．（2023·山东青岛·高三统考期中）已知函数是定义在R上的偶函数，且图像关于点中心对称．设，若，（

）A．4048 B．－4048 C．2024 D．－2024【答案】D【解析】由已知，，所以，所以函数的周期为，又，所以，所以，又，所以，则，所以，，，，所以.故选：D.6．（2023·山东·高三济南一中校联考期中）定义在上的可导函数，满足，且，若，则的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由已知可得：，令，则，且，再令，则，当时，为增函数；当时，为减函数；，在上恒成立；在上为减函数；又因为故令，当时，为增函数；故选：C7．（2023·福建莆田·高三校联考期中）若函数在R上没有零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用函数零点的定义，令或，使方程无解即可求解.由函数在R上没有零点，当时，令，解得，若方程无解，可得或，当，令，解得，若方程无解，则，解得.所以的取值范围是.故选：B8．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】对任意的，，则函数的定义域为，因为函数为奇函数，则，可得，所以，，，则函数为奇函数，合乎题意，因为，，则，，因为，则，所以，，即，即，即，因为，，则，则，故，即，又因为，即，可得或，则或，即，同理可知，，故.故选：B.9．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）椭圆的左焦点为，右顶点为，过点的倾斜角为的直线交椭圆于点，（点在轴的上方）．若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】显然，则由题意得，则，又因为点在椭圆上，所以，即，即，根据得，整理得.所以，解得，(其中均舍去)，故选：C.10．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）已知函数的定义域为，对于任意的，，都有，当时，都有，且，当时，则的最大值是（

）A．5 B．6 C．8 D．12【答案】A【解析】令，则，且故，，故且令，，可得设，则，则，故在上单调递增的最大值是故选：A11．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）函数（，，）的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，与的图象关于轴对称，则可能的取值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由题意可得函数.因为与的图象关于轴对称，所以，即，即.由诱导公式可得：所以即，或.因为所以解得：故当时，.故选：C.12．（2023·浙江杭州·高三统考期中）设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（

）A． B． C． D．12【答案】A【解析】由已知得，，，则，其中，因为，当时，当时，，因为在区间上有且只有一个极大值点，所以，解得，即，所以，当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；所以的最大值为.故选：A.13．（2023·浙江杭州·高三统考期中）边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】如图所示，设围成的四棱柱为，为正四棱锥的高，作交于，连接，设，则，在直角三角形中由勾股定理得，又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，记球心为，半径为，连接，则，则在直角三角形中，即，解得，令，则，，令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取最小值，所以，所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为，故选：B14．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）已知直线与是曲线的两条切线，则（

）A． B． C．4 D．无法确定【答案】A【解析】由已知得，曲线的切线过，时，曲线为，设，直线在曲线上的切点为，，切线：，又切线过，∴，，同理取，曲线为，设，直线在曲线上的切点为，，切线：，又切线过，，∴，故选：A15．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）已知实数，，，那么实数的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于可得，即，又由于，所以，假设在中，，，角B的平分线交边AC于点D，所以，，，所以,所以即，所以，所以，所以即，解得，在中，即，所以，由于即，所以，所以，因为，所以，所以故选：B16．（2023·江苏淮安·高三校联考期中）若函数为定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】令为定义在上的偶函数则函数为定义在上的偶函数，当时，函数在上单调递减，在上单调递增.不等式可变为，即故，解得或所以不等式解集为：.故选：A.17．（2023·江苏镇江·高三江苏省扬中高级中学校考阶段练习）设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则m的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意得；当时，，当时，，当时，，当时，，，故由得，由此作出函数的大致图象如图：故当时，恒成立，当时，令，解得或，结合图象，由于对任意，都有，故，故选：B.18．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）已知函数的定义城为R，且满足，，且当时，，则（

）A． B． C．3 D．4【答案】A【解析】因为，所以，即，又，故，即①，用代替得②，由①②得，故的一个周期为8，故，又得，时，，故，故.故选：A19．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）如图，双曲线的右顶点为，左右焦点分别为，点是双曲线右支上一点，交左支于点，交渐近线于点是的中点，若，且，则双曲线的离心率是A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则，解得，即，由题意，所以，所以．又设，则，两式相减得，即，所以，又，化简得，．故选B．考点：双曲线的几何性质．20．（2023·江苏镇江·高三统考期中）已知，，，.则下列选项正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，∴，，令，，，∴在单调递减，所以，∴，∴.，令，，，在单调递减，，∴，∴，∴，故选：A.21．（2023·江苏镇江·高三统考期中）等比数列中，，，则满足的最大正整数为（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】B【解析】由题意知：，即：，得：因为：，，所以：，由，得：，因为：，所以：，故B项正确.故选：B.二、多选题22．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，．若在区间上单调递增，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】因为是定义在上的奇函数，所以．由，得，所以，故选项A正确；因为可化为，令，则为上可导的奇函数，，且，则，即，所以的图象关于直线对称，且是以4为周期的函数，所以，所以，故选项B错误；因为在区间上单调递增，，所以在区间上单调递增．由对称性得在区间上单调递减，所以，即，所以，故选项C正确；因为，所以，从而，解得．由，得，从而是以4为周期的函数，所以，，所以，故选项D正确．故选：ACD．23．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）已知圆：，是直线：上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则（

）A．有最小值 B．四边形的周长最小为8C． D．外接圆的面积最大为【答案】ABC【解析】设，，所以当，即时，取得最小值，A正确；四边形的周长为，当取最小值时，四边形的周长最小为8，B正确；因为，所以，又因为，所以，当且仅当时等号成立，则，C正确；对D，因为，，则有外接圆即为四边形的外接圆，而四边形的外接圆是以为直径的圆，显然外接圆面积，当且仅当时等号成立，故外接圆的面积最小为，无最大值，D错误，故选：ABC．24．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（

）A． B．当n为奇数时，C．数列为等比数列 D．数列的前项和小于【答案】ACD【解析】对于A，因为，，，所以，故A正确；对于B，由于，故B错误；对于C，因为小于的所有正奇数与均互质，且小于的所有正奇数有个，所以，因此数列为等比数列，故C正确；对于D，同理小于的所有3的倍数与均不互质，共有个，因此小于的所有与互质的数共有个，即，所以，令，则，故D正确，故选：ACD.25．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，P是正方体表面上一动点，且，记点P形成的轨迹为，则下列结论正确的是（

）A．，， B．，，C．的长度是8 D．的长度是【答案】ACD【解析】是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为2的正方形，它的周长是8，且，，，所以A，C正确；在正方体两侧面、和上底面都是一段圆弧，它与其它三个面无公共点.将正方体两侧面和沿展开为平面图，建立平面直角坐标系如图，设动点，因为，所以，化简得，故动点P在两侧面内轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，因为，所以，所以，所以在两侧面内点轨迹长度为.在上底面内，动点P轨迹为以为圆心的一段圆弧，如上图，由，可知，故，又，所以，即圆弧所在圆的半径为，所以圆弧的长为，所以动点P形成的轨迹的长度为，且不存在这样的点P，Q，使，所以D正确，B错误.故选：ACD.26．（2023·山东青岛·高三统考期中）已知函数有两个极值点，，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】因为，所以，令，由题意可得有两个解，，即有且仅有两个零点，即在有唯一的极值点不等于零，又，①当，，则单调递增，则至多有一个零点，不符合题意，舍去.②当时，令，得，所以，函数单调递增；，函数单调递减，所以是函数的极大值点，则，即，解得，故A正确；且有，，，，则，故B错误，C正确；因为，函数单调递减，，，所以在上单调递增；则，又，又，则，令则，故函数在上单调递增，则，所以故D正确，故选：ACD.27．（2023·山东·高三济南一中校联考期中）若实数满足，则（

）A．当时，有最大值 B．当时，有最大值C．当时，有最小值 D．当时，有最小值【答案】ACD【解析】当时，，当且仅当时等号成立，有最大值，最大值为18，选项A正确；当时，，设，则化为，因为，，所以方程有两不等实根，，只要，则，即方程有两个不等正根，相应的关于的方程都有实数解，所以取任意大的正实数，都存在使之成立，从而即没有最大值，选项B错误；当时，，当且仅当时时有最小值，最小值为－6，选项C正确；当时，，当且仅当时等号成立，有最小值，最小值为，选项D正确．故选：ACD．28．（2023·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数的值域是B．若，则C．若，则方程共有5个实根D．不等式在上有且只有3个整数解，则的取值范围是【答案】BD【解析】对于A，函数，当和时，为减函数；当时，为增函数：当时，且，而，如下图所示：所以值域为，选项A错；对于B，由已知得，，显然在上为增函数，且，，所以使，当时，，单调递减；当时，，单调递增；，结合对勾函数的性质，，选项B正确；对于C，方程，所以两根为或，因为，所以，明显为增函数，且，所以在单调递减，在单调递增，所以，且时，且，而，，，，所以函数的图象如下：所以有1个根，有5个根，所以方程有6个根，选项C项错误：对于D，不等式，当时，不等式可化为，令，则，当时，，在上为增函数，则在上的3个整数解为－2,－1,0，，即，解得，故选项D正确．故选：BD.29．（2023·福建莆田·高三校联考期中）已知函数为上的可导函数，则下列判断中正确的是（

）A．若在处的导数值为，则在处取得极值B．若为奇函数，则为偶函数C．若为偶函数，则为奇函数D．若的图像关于某直线对称，则的图像关于某点成中心对称【答案】BD【解析】A选项，举反例，，即可判断A错；B选项，根据原函数与导函数奇偶性直接的关系，即可判断B正确；C选项，举反例，，即可判断C错；D选项，根据函数对称性列出等式，两边求导，即可得出D正确.A选项，若，则，所以，而显然是单调函数，没有极值，故A错；B选项，若为奇函数，则原函数一定是偶函数，加上常数后，也为偶函数，故B正确；C选项，若为偶函数，则不一定为奇函数，如显然为偶函数，但，若不为，则不是奇函数；故C错；D选项，若的图像关于直线对称，则，两边求导，可得，即，所以函数的图像关于中心对称，故D正确.故选：BD.30．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）在底面为菱形的直四棱柱中，为中点，点满足，，（

）A．当时， B．当时，C．当时，平面 D．当时，平面【答案】AC【解析】由题意得三向量共面，当，根据共线向量定理的结论知（不与边界点重合），因为底面为菱形的直四棱柱，，底面，因为平面，所以，又因为平面，，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对B，若，且由A知，又因为平面，且，所以平面，根据A中的同样方法可证明平面，则，显然不可能，故B错误；对C，当时，设的中点为，的中点为，则，则根据可知（不包含边界），根据中位线可知，平面，平面，所以平面，同理根据可得平面，因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；对D，由平面与平面相交，所以平面与平面相交，则无法得到平面，故D错误.故选：AC.31．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】由题意得，所以，两式相减可得①，所以关于点中心对称，又因为为奇函数，所以②，即，所以关于点中心对称，而定义域为，所以，A正确；②式两边对求导可得，所以是偶函数，以替换①中的可得，所以，所以是最小正周期为4的周期函数，因为，所以也是最小正周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以也是最小正周期为4的周期函数，所以不恒成立，B错误；由①得，令，解得，所以③，即关于直线对称，以替换③中的可得，由②可知，所以④，所以，所以C正确；由上可知关于点中心对称，所以又因为是偶函数，所以又因为是最小正周期为4的周期函数，所以，由条件可得，所以，由④知，所以，D正确，故选：ACD32．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）四棱锥中，底面是矩形，平面平面，且，，为线段上一动点（不包含端点），则（

）A．存在点使得平面B．存在点使得C．四棱锥外接球的表面积为D．为中点时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积为【答案】BCD【解析】取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，面，所以平面，过作，所以以为坐标原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，则，，，，，所以，，设（），则（），所以，对于A项，又因为平面平面，平面平面，，面，所以平面，所以平面的一个法向量为，假设平面，则，解得，又因为，所以不存在点Q使得平面，故A项错误；对于B项，假设因为，则，解得，所以存在点Q使得，故B项正确；对于C项，连接、相交于点，取等边三角形的外心，过作，过作，连接，如图所示，则平面，平面，所以为四棱锥的外接球的球心，又，，所以，所以四棱锥外接球的表面积为，故C项正确；对于D项，连接、、，如图所示，因为平面，平面，所以点在平面与平面的交线处，又平面且平面，所以点在平面与平面的交线处，所以平面平面，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又，所以，又因为为中点，所以为的中点，，又因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面距离等于点到平面距离，所以，故D项正确.故选：BCD.33．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）人教A版选择性必修第一册在椭圆章节的最后《用信息技术探究点的轨迹：椭圆》中探究得出椭圆（）上动点到左焦点的距离和动点到直线的距离之比是常数.已知椭圆：，为左焦点，直线：与轴相交于点，过的直线与椭圆相交于，两点（点在轴上方），分别过点，向作垂线，垂足为，，则（

）A． B．C．直线与椭圆相切时， D．【答案】ABD【解析】对A：由条件知：，故，故A正确；对D：作轴于，则，，所以，故D正确；对B：同D知：，因为，所以，所以，即平分，由角平分线性质知即，故B正确；对C：下面证明当且仅当时与椭圆相切，因为，所以时当且仅当，此时点是唯一的，故与椭圆相切当时，，满足条件的有两个，即点有两个，此时与椭圆相交，故当且仅当时与椭圆相切，此时，故C错误.故选：ABD34．（2023·浙江杭州·高三统考期中）已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（

）A．点和原点在同一条直线上B．点和原点在同一条直线上C．当平行于轴时，则点的横坐标为D．当平行于轴时，则点的纵坐标为【答案】BC【解析】设，且，且，不妨设，则由题意得.选项A，由题意知，三点共线，轴，且在函数的图象上，而在函数的图象上，可知点不在直线上，即A项错误；选项B，由三点共线可知，，则由对数运算性质得，则有，所以，即三点共线，故B项正确；选项C，当平行于轴时，则，化简得，则，代入，得，化简得，又，解得，代入得，点的纵坐标，故C项正确，D项错误.故选：BC.35．（2023·浙江杭州·高三统考期中）已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（

）A．平面B．平面与平面夹角的余弦值为C．三棱锥的体积是三棱柱体积的D．若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为【答案】ABC【解析】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，则，平面,平面,故平面，A正确；B，依题得，平面，，平面，则，又，平面，则平面，又平面，则，则平面与平面夹角为，则，B正确；C，取中点，连接，则，又平面，平面，则，平面，则平面则，C正确；D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，又，则，则球的表面积为，D错误.故选：ABC36．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（

）A．B．当时，取得最小值C．当时，n的最小值为7D．当时，取得最小值【答案】ABD【解析】由得，∴，累加得，，故，当时，满足上式，∴，当时，，∴，故选项A正确；由于函数，其图象对称轴为，当时函数递增，故当时，单调递增，又，∴单调递增，且，∴当时，单调递减，当时，单调递增，且，∴当时，取得最小值，故选项B正确；当时，单调递增，又，∴当时，n的最小值为8，故选项C错误；当时，；当时，；当时，，∴当时，考虑的最小值，又当时，恒为正且单调递减，恒为负且单调递增，∴单调递增，∴当时，取得最小值，故选项D正确，故选：．37．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，若，则下列结论正确的是（

）A．B．C．方程有两个解D．在区间上单调递增【答案】ACD【解析】设，则，设，恒成立，故函数单调递增，，当时，，当时，，故当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，即，选项A正确；，故，选项B错误；设，则，设，则当时，；当时，，且，故；当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，，使得，即当时，，当时，；综上：当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减，，当时，，当时，，，且当趋于正无穷时，趋于0，又，方程有两个解，即方程有两个解，选项C正确；由可得，，令，则，由以上分析可知，当时，，即，单调递增，，，故在区间上单调递增，选项D正确．故选：ACD38．（2023·江苏淮安·高三校联考期中）已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．函数的图象关于轴对称 B．函数的图象关于原点对称C．函数在上是增函数 D．函数的值域为【答案】ACD【解析】因为，对于A选项，对任意的，，则函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，A对B错；对于C选项，任取、且，即，则，，则，所以，，即，所以，，故函数在上是增函数，C对；对于D选项，因为函数为上的偶函数，且在上为增函数，故函数在上为减函数，所以，，故函数的值域为，D对.故选：ACD.39．（2023·江苏镇江·高三江苏省扬中高级中学校考阶段练习）济南大明湖的湖边设有如图所示的护栏，柱与柱之间是一条均匀悬链.数学中把这种两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为怠链线.如果建立适当的平面直角坐标系，那么悬链线可以表示为函数，其中，则下列关于悬链线函数的性质判断正确的是（

）A．为偶函数 B．为奇函数C．的单调递减区间为 D．的最大值是【答案】AC【解析】∵，则为偶函数，A正确，B错误；又∵在R上单调递增，且则当时，则，当时，则∴的单调递减区间为，单调递增区间为，C正确；则，即的最小值为a，D错误；故选：AC.40．（2023·江苏镇江·高三江苏省扬中高级中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别为和的中点，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则下列结论正确的是（

）A．的最小值为B．三棱锥的体积为定值C．有且仅有一个点，使得平面D．的最小值为【答案】BCD【解析】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为的最小值为到的距离，，故的最小值为，故错误；因为分别为和的中点，所以，的轨迹为,到平面的距离为定值所以三棱锥的体积为定值，故B正确；当且仅当为的中点时，平面，若存在两个点M,平面,平面,,平面,平面,平面平面,得出矛盾，故C正确；将平面翻折到与平面重合，，所以，所以，所以的最小值为，故D正确.故选：:BCD.41．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则（

）A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称【答案】AD【解析】因为为奇函数，所以，所以函数关于点对称，又为偶函数，所以，所以函数关于直线对称.故选：AD.42．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且，，为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．异面直线与所成角的余弦值是B．三棱柱的外接球的球面积是C．当点是线段的中点时，三棱锥的体积是D．的最小值是【答案】ACD【解析】对于A，如下图，连接在直三棱柱中，有，则为异面直线与所成角或其补角又是直角三角形，且，则，所以，则，在直三棱柱中，平面，平面，则，所以，同理得则于是异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；对于B，由于直三棱柱中，平面，平面，则，且，故该三棱柱可以与以为顶点，为棱的长方体的各顶点重合所以三棱柱的外接球的球半径则三棱柱的外接球的球面积是，故B错误；对于C，如下图，连接在三棱柱中，四边形为平行四边形，当点是线段的中点时，也是线段的中点，又，平面，平面，所以平面则点到平面的距离与点到平面的距离相同所以，故C正确；对于D，在三棱柱中，四边形为矩形，又为的中点，则为的中点，则均在平面上在中，，，且如图，在平面，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，其中点关于直线对称的点为则又，则当三点共线时最小，点是棱上的动点，则可得最小值设，又，所以直线方程为所以，则，所以时，在线段上，且所以的最小值是，故D正确.故选：ACD.43．（2023·江苏镇江·高三统考期中）在正三棱柱中，已知，空间点满足，则（

）A．当时，为正方形对角线交点B．当时，在平面内C．当时，三棱锥的体积为D．当，且时，有且仅有一个点，使得【答案】ACD【解析】对于A，，∴∴为正方形对角线交点，故A对；对于B，，时，，平面，故B错.对于C，时，，∴∴平面，，，故C对.对于D，如图建系，，，，，，，，，则，点为正方形对角线交点，点唯一，故D对.故选：ACD.44．（2023·江苏镇江·高三统考期中）已知等差数列中，，公差，前项和为，则（

）A．数列为等差数列B．当时，值取得最大C．存在不同的正整数，，使得D．所有满足的正整数，中，当，时，值最大【答案】ABD【解析】，∴是公差为的等差数列，A对.，对称轴离对称轴最近的整数34，若时，取得最大，B对.对称轴，不可能有，使得，C错.，，∴，，令，对称轴，所以，时，值最大，D对；故选：ABD.三、填空题45．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）已知点在椭圆：上运动，，动点满足，则的最大值为.【答案】【解析】依题设，则，，因为，所以，当且仅当取等号，即，由，可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故.故答案为：46．（2023·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）已知正三棱柱的底面边长为2，以为球心、为半径的球面与底面的交线长为，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为．【答案】【解析】记以为球心，为半径的球面与底面的交线半径为，正三棱柱的高为，则，且，解得，，可知：底面在球内部分是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，底面在球内部是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，侧面在球内部分如图（阴影部分）所示，因为，可知，所以面积为，同理侧面在球内部分面积为，显然侧面与球不相交，所以三棱柱的表面在球内部分的总面积为.故答案为：.47．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知函数，则方程的解的个数是.【答案】4【解析】依题意可得，，当时，由得；当时，由，即，得；当时，由，即，得；当时，由，即，得.综上可得，方程有4个实数根，故答案为：448．（2023·山东青岛·高三统考期中）已知正四面体的棱长为2，若球O与正四面体的每一条棱都相切，点P为球面上的动点，且点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动，则的取值范围为．【答案】【解析】由题意知正四面体的棱长为2，故可将该正四面体补成如图示正方体，正方体棱长为，四面体的每条棱皆为正方体的面对角线，由于球O与正四面体的每一条棱都相切，故球O为正方体的内切球，球O的直径为正方体的棱长，则半径；设G为AB的中点，则，则，由于点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动，故点P位于DC的中点处时，最大，即为正方体内切球直径，此时取到最大值；在正四面体中，设E为DC中点，连接，则，平面，则平面，而平面，故平面平面，则球O的球心O在平面内，则的内切圆即为球O的一个小圆，设该圆与AE的交点为F，则F点和AB都位于球O的同一个大圆所在的平面上，此时该大圆上劣弧所对弦长最短，即P点位于F点时，最小；设内切圆圆心为，则内切圆半径为，，则，中，，，故，在中，则，即的最小值为，故的最小值为，故的取值范围为，故答案为：49．（2023·山东·高三济南一中校联考期中）在中，边上的两条中线分别为，若，则．【答案】【解析】如图，设，则，，，，化简得，即，所以，解得或（舍），．故答案为：50．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）体积为的直三棱柱中，，，则此三棱柱外接球的表面积的最小值为．【答案】【解析】设直三棱柱的高为，外接圆的半径为，，直三棱柱外接球的的半径为，则，所以，在中，由余弦定理可得，则，所以，所以，令，则，则，当且仅当，即，即时取等号，所以此三棱柱外接球的表面积的最小值为.故答案为：.51．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）已知数列的首项为1，且（），则的值是.【答案】【解析】因为，，所以当时，当时，当时，，当时，当时，所以，又，所以当时，当时，当时，，当时，当时，所以，所以.故答案为：52．（2023·浙江杭州·高三统考期中）设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于．【答案】【解析】由题意，在抛物线中，焦点为，准线，在双曲线中，渐近线：，抛物线准线与双曲线交于两点，∴，，∵，∴，解得：，∴，∴离心率，故答案为：.53．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）已知函数的最小值为4，则实数．【答案】4【解析】当时，函数在R上单调递增，无最小值，不符合题意；当时，，有，则，显然函数在上单调递减，而，不符合题意；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意；当时，，有，则，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，函数在上单调递增，则在上单调递增，因此，解得，符合要求，所以实数.故答案为：454．（2023·江苏连云港·高三江苏省灌云高级中学校考阶段练习）已知函数是定义在R上的偶函数，，若对任意，都有，对任意且，都有，则．【答案】2【解析】因函数是R上的偶函数，且任意，都有，则当时，，即，有，则是以6为周期的周期函数，，又函数是R上的偶函数，且任意且，都有，则对，函数是以4为周期的周期函数，，所以.故答案为：255．（2023·江苏镇江·高三江苏省扬中高级中学校考阶段练习）已知正实数满足，则的最小值为.【答案】【解析】变形为，则，即，令，则恒成立，则，单调递增，又，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为2.故选：A56．（2023·江苏镇江·高三江苏省扬中高级中学校考阶段练习）将函数的图象向右平移个单位长度后，再将使得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（）得到函数的图象，若在区间内有5个零点，则的取值范围是.【答案】【解析】将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象.时，，在轴右方的零点为因为函数的图象在区间内有5个零点，所以，解得.故答案为：.57