2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(五)(原卷版+解析)

2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（五）一、单选题1．（2023届山东省临沂十八中高三第二次（3月）周测理科数学试题（带解析））设是R上的可导函数，且满足，对任意的正实数，下列不等式恒成立的是A．； B．；C．； D．2．（河南省洛阳市2021-2022学年高三上学期期中理科数学试题）已知，，则的最小值为（）A． B． C． D．3．（河南省洛阳市2021-2022学年高三上学期期中理科数学试题）关于函数，在下列论断中，不正确的是（）A．是奇函数B．在上单调递减C．在内恰有个极值点D．在上的最大值为4．（江苏省常州市前黄高级中学2021-2022学年高三上学期期初数学试题）已知直线，若分别与函数的图象相交于（从左到右）个不同的交点，曲线段在轴上投影的长度为，则当取得最小值时，的值为（）A． B． C． D．5．（2023年秋季高三数学（理）开学摸底考试卷01）已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．6．（2017-2018学年第一学期期末复习备考之精准复习模拟题高一人教版（必修一必修四）数学试题（B卷））已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是A． B．[，] C．[，]{} D．[，）{}7．（辽宁省实验中学北校区2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题）已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区上所有零点之和为（）A．4 B．3 C．2 D．18．（山西省运城市2022届高三上学期入学摸底测试数学（文）试题）已知函数，实数，满足，且的最小值为，由的图象向左平移个单位得到函数，则的值为（）A． B． C． D．9．（湖南省郴州市2020-2021学年高三上学期第二次质量检测数学试题）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（）A． B． C． D．10．（广东省东莞市东华高级中学2021届高三上学期第二次联考数学试题）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（）A． B．5 C． D．11．（上海市复旦大学附属中学2022届高三上学期开学考试数学试题）已知函数在上的图象如图所示.给出下列四个命题：①方程有且仅有6个根；②方程有且仅有3个根；③方程有且仅有5个根；④方程有且仅有4个根.其中正确的命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．412．（山东省济南市实验中学2021-2022学年高三上学期10月月考数学试题）已知正实数a，b满足，则的最大值为（）A． B． C． D．13．（2023届四川省广安市高三第二次诊断性考试试题文科数学试题）函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（）A． B． C． D．14．（湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题）已知，其中．设两曲伐，有公共点，且在该点的切线相同，则（）A．曲线，有两条这样的公共切线 B．C．当时，b取最小值 D．的最小值为15．（山东省烟台市2020届高三适应性练习数学试题（一））将函数的图象向右平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上的值域为，则范围为（）A． B． C． D．16．（山东省烟台市2020届高三适应性练习数学试题（一））窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境.从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等.如图，在平面直角坐标系中，为正八边形的中心，轴，现用如下方法等可能地确定点：点满足（其中且，），则点（异于点）落在坐标轴上的概率为（）A． B． C． D．17．（天津市第一中学2018-2019学年高二下学期期末数学试题）已知函数，若、，，使得成立，则的取值范围是．A． B． C． D．或18．（四川省成都市新都区2021-2022学年高三上学期摸底诊断性测试数学（文）试题）函数的值域为（）A． B． C． D．19．（四川省成都市新都区2021-2022学年高三上学期摸底诊断性测试数学（文）试题）已知函数，函数满足以下三点条件：①定义域为；②对任意，有；③当时，．则函数在区间上的零点个数为（）A． B． C． D．二、多选题20．（江苏省常州市前黄高级中学2021-2022学年高三上学期期初数学试题）已知，，则（）A．的最小值为B．的最大值为C．的最小值为D．21．（江苏省常州市前黄高级中学2021-2022学年高三上学期期初数学试题）已知函数，若函数有个零点，则实数的可能取值是（）A． B． C． D．22．（辽宁省实验中学北校区2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则下列结论正确的是（）A． B．C．若，则的面积是15 D．若，则外接圆半径是23．（辽宁省实验中学北校区2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题）如图，在平面四边形中，，，，，若点为线段上的动点（包含端点），则的取值可能为（）A．4 B． C．3 D．24．（3.6对称性与周期性（精讲）-2022年高考数学一轮复习（新高考地区专用））（多选）已知为奇函数，且，当时，，则（）A．的图象关于对称B．的图象关于对称C．D．25．（湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测数学试题）设函数，若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共点，则选项中满足条件的有（）A． B． C． D．26．（江苏省盐城中学2020-2021学年高一下学期4月阶段性考试数学试题）已知，则下列说法中正确的是（）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递减C．函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到D．是函数图象的一个对称中心27．（江苏省百校联考2020-2021学年高三上学期第二次考试数学试题）经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则（）A． B． C．的值可能是 D．的值可能是28．（2023届山东省临沂市费县高三上学期期末数学试题）如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（）A． B．平面C．存在点E，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值29．（2023届山东省临沂市费县高三上学期期末数学试题）已知函数，，则以下结论错误的是（）A．任意的，且，都有B．任意的，且，都有C．有最小值，无最大值D．有最小值，无最大值三、填空题30．（吉林省长春外国语学校2019-2020学年高二下学期期末考试数学（理）试题）已知函数（为自然对数的底数），若在上有解，则实数的取值范围是______.31．（河南省洛阳市2021-2022学年高三上学期期中理科数学试题）已知三棱锥顶点都在球的表面上，，，，侧面是以为直角顶点的直角三角形，若平面平面，则球的表面积为_______________________．32．（河南省洛阳市2021-2022学年高三上学期期中理科数学试题）已知直线与抛物线交于，两点.且线段的中点在直线上，若（为坐标原点），则的面积为_______________________．33．（江苏省常州市前黄高级中学2021-2022学年高三上学期期初数学试题）已知实数满足，，则_______．34．（江西省上饶市2021届高三第一次高考模拟考试数学（理）试题）的展开式的常数项是______（用数字作答）.35．（2011届江苏省苏北四市高三第二次调研考试数学试卷）在△中，角的对边分别是，若，，，则△的面积是▲．36．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷精编版））设函数.①若，则的最大值为____________________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________________.37．（辽宁省实验中学北校区2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题）设数列为等差数列，且，若，记，则数列的前21项和为______．38．（江苏省南京市2021-2022学年高三上学期9月期初学情调研数学试题）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.39．（广西玉林市2019-2020学年高三第一次适应性考试数学（理）试题）关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验，受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请240名同学，每人随机写下两个都小于1的正实数x，y组成的实数对，再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数m；最后再根据计数m来估计π的值．假设统计结果是，那么可以估计的近似值为____________．（用分数表示）40．（2016届上海市杨浦区高三上学期期末“31”质量调研（理）数学试题）已知，当时不等式恒成立，则实数的最大值是____________.41．（上海市复旦大学附属中学2022届高三上学期开学考试数学试题）设集合，集合.若中恰含有2个整数，则实数a的取值范围是________42．（上海市复旦大学附属中学2022届高三上学期开学考试数学试题）已知函数，若存在实数满足，则实数的取值范围是__43．（湖北省武汉市江夏一中2020-2021学年高二下学期期中模拟数学试题）已知函数，若，且，则的最小值是________．44．（江西省景德镇市2019届高三第二次质检文科数学试卷）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则_________.45．（湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题）函数，关于x的方程0恰有四个不同实数根，则实数m的取值范围为__________．46．（山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区2020届高三6月模拟数学试题）设集合，则集合A中满足条件：“”的元素个数为__________.47．（四川省成都市新都区2021-2022学年高三上学期摸底诊断性测试数学（文）试题）已知，（其中是自然对数的底数），则下列结论中正确的序号是________．（写出全部正确结论的序号）．①．在处取得极小值；②．在区间上单调递增；③．在区间上单调递增；④．的最小值为．48．（四川省成都市新都区2021-2022学年高三上学期摸底诊断性测试数学（文）试题）函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于、两点，且在轴上，则________．四、双空题49．（江苏省常州市前黄高级中学2021-2022学年高三上学期期初数学试题）已知函数，则_________；关于的不等式的解集为____________．50．（2023年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷））已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（五）一、单选题1．（2023·北京市第九中学高三月考）设是R上的可导函数，且满足，对任意的正实数，下列不等式恒成立的是A．； B．；C．； D．答案:B分析：根据条件构造函数，求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．【详解】解：设，则，∵，，即函数在定义域上单调递增．任意正实数，满足，（a），即，∴故选：B．【点睛】本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．2．（2023·河南洛阳·高三期中（理））已知，，则的最小值为（）A． B． C． D．答案:A分析：由题意将问题转化为函数和图象两点的距离问题，结合图象即可得出结果.【详解】记，易知所求根式部分为函数和图象两点的距离问题，设，则，所以，又单调递增，所以是唯一零点，令，所以在上单调递减，在上单调递增，得，即，所以，，当且仅当时等号成立.故选：A3．（2023·河南洛阳·高三期中（文））关于函数，在下列论断中，不正确的是（）A．是奇函数B．在上单调递减C．在内恰有个极值点D．在上的最大值为答案:B分析：根据奇偶性定义可判断A；求导函数有可判断B；当时，令，得可判断C；设，令，得，求出最值即可判断D．【详解】函数的定义域为由，故是奇函数，A正确；由则，又，所以在上不是单调递减，则B错；设，令，得，且当时；当时；当时；所以在内恰有个极值点，则C正确；设，令，得，由于，，，所以在上的最大值为，故D正确．故选：B4．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知直线，若分别与函数的图象相交于（从左到右）个不同的交点，曲线段在轴上投影的长度为，则当取得最小值时，的值为（）A． B． C． D．答案:C分析：根据题意，易得，再结合对数运算以及均值不等式即可求解.【详解】设点的横坐标分别为，则结合函数的图象，易得.由题意得，，，故，因此，当且仅当，即时，取等号.因此当取得最小值时，.故选：C.5．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．答案:C分析：根据指数运算与对数的性质，求得，，，再结合，利用对数函数的单调性，即可求解.【详解】根据指数运算与对数运算的性质，可得，，，设，因为函数为增函数，由于，所以，所以.故选：C.6．（2023·北京海淀·北理工附中高三月考）已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是A． B．[，] C．[，]{} D．[，）{}答案:C【详解】试题分析：由在上单调递减可知，由方程恰好有两个不相等的实数解，可知，，又时，抛物线与直线相切，也符合题意，∴实数的取值范围是，故选C.【考点】函数性质综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．7．（2023·皇姑·辽宁实验中学高三月考）已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区上所有零点之和为（）A．4 B．3 C．2 D．1答案:A分析：根据函数的性质可求出周期及对称轴，再由时函数的解析式可作出函数的图象，原问题可转化为图象与图象交点横坐标问题，由对称性求和即可.【详解】由已知是定义在R上的奇函数，所以，又，所以的周期是2，且得是其中一条对称轴，又当时，，，于是图象如图所示，又函数零点即为图象与的图象的交点的横坐标，四个交点分别关于对称，从左至右，交点的横坐标分别为所以，所以零点之和为.故选：A8．（2023·皇姑·辽宁实验中学高三月考）已知函数，实数，满足，且的最小值为，由的图象向左平移个单位得到函数，则的值为（）A． B． C． D．答案:A分析：由已知分析得到函数的最小正周期为，求出，通过平移得到，再求的值.【详解】由题得，函数的最大值是2，最小值是-2.因为，所以，因为的最小值为，所以函数的最小正周期为，所以.所以，由的图象向左平移个单位得到函数，所以.故选：A9．（2023·安徽屯溪一中高三月考（文））已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（）A． B． C． D．答案:A分析：根据题意构造函数，分析函数的单调性，并结合为奇函数得到，又可将不等式等价转化为即，结合函数的单调性得：【详解】解：设，由，得：，故函数在递减，由为奇函数，得，∴，即，∵不等式，∴，即，结合函数的单调性得：，故不等式的解集是，故选：A.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.10．（2023·安徽屯溪一中高三月考（文））“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为，则其体积为（）A． B．5 C． D．答案:D分析：将多面体放置于正方体中，借助正方体分析多面体的结构，由此求解出多面体的体积.【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示：由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为2，该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，所以该多面体的体积为，故选：D.11．（2023·上海杨浦·复旦附中高三开学考试）已知函数在上的图象如图所示.给出下列四个命题：①方程有且仅有6个根；②方程有且仅有3个根；③方程有且仅有5个根；④方程有且仅有4个根.其中正确的命题的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4答案:C分析：先根据图象判断和的范围和零点，再看满足外层函数为时内层函数有几个值与之对应，分别令内层函数等于这几个值，判断对应的的个数，结合图形具体分析即可判断①②③④，进而可得正确选项.【详解】对于①，令，结合图象可得有三个不同的解，从图象上看有两个不同的解，有两个不同的解，有两个不同的解，故有6个不同解，故①正确；对于②，令，结合图象可得有两个不同的解，从图象上看的有一个解，有三个不同的解，故有4个不同解，故②错误；对于③，令，结合图象可得有三个不同的解，从图象上看有一个解，有三个不同的解，有一个解，故有5个不同解，故③正确；对于④，令，结合图象可得有两个不同的解，从图象上看有两个不同的解，有两个不同的解，故有4个不同解，故④正确；所以正确的有个，故选：C.12．（2023·济南·山东省实验中学高三月考）已知正实数a，b满足，则的最大值为（）A． B． C． D．答案:A分析：由得，结合二次不等式即可求解．【详解】由得则解得，所以，的最大值为故选：A13．（2023·济南·山东省实验中学高三月考）函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（）A． B． C． D．答案:C分析：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.【详解】解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，即有解，令，则，则当时，；当时，，故时，取得极大值，也即为最大值，当趋近于时，趋近于，所以满足条件．故选：C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．14．（2023·江苏省前黄高级中学高三月考）已知，其中．设两曲伐，有公共点，且在该点的切线相同，则（）A．曲线，有两条这样的公共切线 B．C．当时，b取最小值 D．的最小值为答案:D分析：求得两函数的导函数，，设两曲线的公切点为，由题意得，，从而可求得，即可判断A；进而可求得的关系式，即即可判断B；令，求出函数的单调性，根据函数的单调性即可求得函数的最值，即可判断CD.【详解】解：由，，，则，，设两曲线的公切点为，由题意得，，即，由得，，解得或（舍去），所以曲线只有一条这样的共切线，故A错误；，故B错误；令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以当时，b取得最小值，为，故C错误，D正确.故选：D.15．（2023·广东宝安·高三月考）将函数的图象向右平移个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上的值域为，则范围为（）A． B． C． D．答案:A分析：由题意利用函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出结论．【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象；再将各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象．若在上的值域为，此时，，，，求得，故选：A．【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于基础题．16．（2023·广东宝安·高三月考）窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境.从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等.如图，在平面直角坐标系中，为正八边形的中心，轴，现用如下方法等可能地确定点：点满足（其中且，），则点（异于点）落在坐标轴上的概率为（）A． B． C． D．答案:D分析：写出所有可能结果，结合条件找到满足点（异于点）落在坐标轴上的结果，根据古典概率进行求解.【详解】由题意可知所有可能结果有：，共有28种；点（异于点）落在坐标轴上的结果有：，，共有8种；所以点（异于点）落在坐标轴上的概率为.故选：D.【点睛】本题主要考查古典概率的求解，求出所有基本事件及符合题意的基本事件是解题关键，侧重考查数学建模的核心素养.17．（2023·北京市玉渊潭中学高三月考）已知函数，若、，，使得成立，则的取值范围是．A． B． C． D．或答案:B分析：对的范围分类讨论，当时，函数在上递增，在上递减，即可判断：、，，使得成立.当时，函数在上单调递增，即可判断：一定不存在、，，使得成立，问题得解.【详解】当时，，函数在上递增，在上递减，则：、，，使得成立.当时，，函数在上递增，在也递增，又，所以函数在上单调递增，此时一定不存在、，，使得成立.故选B【点睛】本题主要考查了分类思想及转化思想，还考查了函数单调性的判断，属于难题．18．（2023·四川新都·（文））函数的值域为（）A． B． C． D．答案:B分析：利用降幂公式，两角和的余弦公式化简函数，再结合辅助角公式，即可求得函数的值域.【详解】∵函数∴，其中.∵∴函数的值域为.故选：B.19．（2023·四川新都·（文））已知函数，函数满足以下三点条件：①定义域为；②对任意，有；③当时，．则函数在区间上的零点个数为（）A． B． C． D．答案:A分析：因为函数的定义域为，所以在无零点；作出函数、在的图象，即可判断在上的零点个数.【详解】因为函数的定义域为.所以在无零点；∵，故将的图象向右平移个单位后，图象纵向伸长为原来的两倍，∴在平面直角坐标系，的图象以及在上如图所示：又，故、在上的图象共有5个不同交点，故选：A.【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．二、多选题20．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知，，则（）A．的最小值为B．的最大值为C．的最小值为D．答案:ACD分析：由已知条件可得，应用基本不等式及的范围即可判断A、B的正误，由题设有、，再由基本不等式、的范围求目标式的最小值、范围，注意等号成立条件.【详解】，且，∴，可得，∴，当且仅当时等号成立，又，可得，当且仅当时等号成立，最小值为8而无最大值，∴A正确，B错误；，当且仅当时等号成立，故C正确；，而，∴，故D正确.故选：ACD21．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数，若函数有个零点，则实数的可能取值是（）A． B． C． D．答案:BD分析：由分段函数解析式判断函数性质并画出函数图象，讨论参数判断不同a对应值域的的范围，结合函数图象判断解的情况，即可确定有个零点时的范围.【详解】在上单调递增且值域为；在上单调递减且值域为；在上单调递增且值域为；故的图象如下：由题设，有个零点，即有7个不同解，当时有，即，此时有1个零点；当时有，即，∴有1个零点，有3个零点，此时共有4个零点；当时有或或，∴有1个零点，有3个零点，有3个零点，此时共有7个零点；当时有或或，∴有1个零点，有3个零点，有2个零点，此时共有6个零点；当时有或，∴有3个零点，有2个零点，此时共有5个零点；综上，要使有7个零点时，则，()故选：BD【点睛】关键点点睛：由解析式确定分段函数的性质并画出草图，进而讨论参数确定对应的取值范围，结合函数图象判断零点情况.22．（2023·皇姑·辽宁实验中学高三月考）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则下列结论正确的是（）A． B．C．若，则的面积是15 D．若，则外接圆半径是答案:ABD分析：先利用已知条件设，进而得到，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D.【详解】依题意，设，所以，由正弦定理得：，故选项A正确；，故,选项B正确；若，则，所以，所以，所以，故的面积是：，故选项C不正确；若，则，所以，所以，所以，则利用正弦定理得：的外接圆半径是：，故选项D正确.故选：ABD23．（2023·皇姑·辽宁实验中学高三月考）如图，在平面四边形中，，，，，若点为线段上的动点（包含端点），则的取值可能为（）A．4 B． C．3 D．答案:BCD分析：由已知条件可得，设，则，由，展开后，利用二次函数性质求解即可【详解】,因为，，，所以，连接，因为，所以≌，所以，所以，则，设，则，延长CB，DA交于点O，则，即，，，，，所以，因为，所以，对于A，，所以A错误，对于B，，所以B正确，对于C，，所以C正确，对于D，，所以D正确，故选：BCD24．（2023·济南·山东省实验中学高三月考）（多选）已知为奇函数，且，当时，，则（）A．的图象关于对称B．的图象关于对称C．D．答案:ABD分析：，所以的图象关于对称．故选项B正确；周期为4，所以的图象关于对称，故选项A正确；，故选项D正确，选项C不正确.【详解】因为为奇函数，所以即，所以的图象关于对称．故选项B正确，由可得，由可得，所以，可得，所以，所以周期为4，所以的图象关于对称，故选项A正确，.故选项D正确，选项C不正确.故选:ABD．25．（2023·济南·山东省实验中学高三月考）设函数，若曲线在点处的切线与该曲线恰有一个公共点，则选项中满足条件的有（）A． B． C． D．答案:BCD分析：讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数即可.【详解】A选项：切点，切线的斜率为切线方程为：设，其中又，故在内必有一个零点，则与切线有两个交点，故A错；B选项：切点，切线的斜率为切线方程为：设，其中在单调减，在单调增，所以恒成立，则单调增只有一个零点，则与切线有1交点，故B正确；C选项：切点，切线的斜率为切线方程为：设，其中又，在单调减，在单调增，所以恒成立，则只有一个零点，则与切线有1交点，故C确；D选项：切点，切线的斜率为切线方程为：设，其中，，在小于0，在大于0，所以恒成立，则只有一个零点，则与切线有1交点，故D正确.故选：BCD【点睛】本题的关键在于讨论当每个选项做为切点时，其切线与的交点个数.26．（2023·江苏省前黄高级中学高三月考）已知，则下列说法中正确的是（）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递减C．函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到D．是函数图象的一个对称中心答案:ABD分析：先利用三角恒等变换的公式化简，然后再逐项进行分析即可.【详解】因为，所以，所以，A．，故正确；B．因为，所以，由在上单调递减可知在上单调递减，故正确；C．函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数，不是，故错误；D．令，所以，当时，，所以是函数图象的一个对称中心，故正确；故选：ABD.27．（2023·江苏省前黄高级中学高三月考）经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则（）A． B． C．的值可能是 D．的值可能是答案:ABC分析：求导得，故由题意得，，即，故.进而将问题转化为，由于，故，进而得，即，进而得ABC满足条件.【详解】由题意可得，因为，所以，所以，解得，故.因为，所以等价于.设，则，从而在上单调递增.因为，所以，即，则（当且仅当时，等号成立），从而，故.故选：ABC.【点睛】本题解题的关键在于根据题意得，进而将不等式恒成立问题转化为恒成立问题，再结合得，进而得.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.28．（2023·广东宝安·高三月考）如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（）A． B．平面C．存在点E，使得平面平面 D．三棱锥的体积为定值答案:ABD分析：对A,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可.对C,根据与平面有交点判定即可.对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;在B中,因为,,故,故.故,又有,所以平面,故B正确；在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误.在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题.29．（2023·广东宝安·高三月考）已知函数，，则以下结论错误的是（）A．任意的，且，都有B．任意的，且，都有C．有最小值，无最大值D．有最小值，无最大值答案:ABC分析：根据与的单调性逐个判定即可.【详解】对A,中为增函数,为减函数.故为增函数.故任意的,且,都有.故A错误.对B,易得反例,.故不成立.故B错误.对C,当因为为增函数,且当时,当时.故无最小值,无最大值.故C错误.对D,,当且仅当即时等号成立.当时.故有最小值,无最大值.故选：ABC【点睛】本题主要考查了函数的单调性与最值的判定,需要根据指数函数的性质分析.属于基础题.三、双空题30．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数，则_________；关于的不等式的解集为____________．答案:2分析：根据解析式直接求的值，易知关于对称，可将题设不等式变形为，再利用导数判断的单调性，由单调性列不等式求解集.【详解】，由，∴关于对称，故，∴，即，又，故单调递减，∴，即，解得.∴不等式解集为.故答案为：2；.31．（2023·北京市玉渊潭中学高三月考）已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．答案:(1,4)【详解】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．四、填空题32．（2023·北京市第九中学高三月考）已知函数（为自然对数的底数），若在上有解，则实数的取值范围是______.答案:分析：由题意得，存在，使得，即，设，，问题转化为在上的最小值，对求导后，易得到在上单调递减，在上单调递增，于是，从而得解【详解】解：因为在上有解，所以存在，使得，即，设，，问题转化为在上的最小值，，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以，故答案为：【点睛】此题考查利用导数研究函数的存在性问题，将问题转化为函数的最值问题是解此题的关键，考查转化思想和计算能力，属于中档题33．（2023·河南洛阳·高三期中（理））已知三棱锥顶点都在球的表面上，，，，侧面是以为直角顶点的直角三角形，若平面平面，则球的表面积为_______________________．答案:分析：如图，分别取AB、AC的中点，根据和得到分别为截面PAB、截面ABC外接圆的圆心，再由平面平面ABC得到为球心，得到球的半径，结合球的表面积公式计算即可.【详解】如图，分别取AB、AC的中点，因为，所以，又，所以分别为截面PAB、截面ABC外接圆的圆心，又平面平面ABC，，所以平面ABC，故为球心，得球的半径为，所以球的表面积为：.故答案为：34．（2023·河南洛阳·高三期中（理））已知直线与抛物线交于，两点.且线段的中点在直线上，若（为坐标原点），则的面积为_______________________．答案:分析：由点差法求出，设直线方程为，联立抛物线方程和求出，可得直线过，再由结合韦达定理即可求解.【详解】设，是中点，则满足，两式作差得，即，又，故，设过直线方程为，联立可得，，又，即，解得或1，因为异号，故，则，直线方程为，则直线过，，故答案为：35．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知实数满足，，则_______．答案:分析：对两个等式进行“同构”变形，通过发现两个等式得共通之处进行构造函数求解.【详解】根据题意，显然是正数.由，两边取对数得，，即，又，即，利用，于是，记，，故在上递减，由，于是，.故答案为：36．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）的展开式的常数项是______（用数字作答）.答案:-8分析：利用二项展开式的通项公式，计算求解.【详解】，令，得.所以所求常数项为，故答案为:-8.37．（2023·江苏省前黄高级中学高三开学考试）在△中，角的对边分别是，若，，，则△的面积是▲．答案:分析：由在中,由正弦定理求得,结合余弦定理,我们易求出b与c的关系,进而得到B与C的关系,然后根据三角形内角和为,即可求出A角的大小,再由的面积为

运算求得结果.【详解】解:在中,如果,由正弦定理得.又,由余弦定理,可得:,解得,故是等腰三角形,故的面积为,故答案为.【点睛】本题考查的知识点是正弦定理和余弦定理,求得是解题的关键,属于中档题.38．（2023·北京市大兴区兴华中学高三月考）设函数.①若，则的最大值为____________________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________________.答案:2分析：试题分析：如图，作出函数与直线的图象，它们的交点是，由，知是函数的极小值点，①当时，，由图象可知的最大值是；②由图象知当时，有最大值；只有当时，，无最大值，所以所求的取值范围是．【考点】分段函数求最值,数形结合【名师点睛】1.求分段函数的函数值时，应首先确定所给自变量的取值属于哪一个范围，然后选取相应的对应关系．若自变量的值为较大的正整数，一般可考虑先求函数的周期．若给出函数值求自变量的值，应根据每一段函数的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值是否属于相应段自变量的范围；2.在研究函数的单调性时，需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．【详解】39．（2023·皇姑·辽宁实验中学高三月考）设数列为等差数列，且，若，记，则数列的前21项和为______．答案:21分析：根据题意，由三角函数的恒等变形公式可得，分析可得的一个对称中心为，，据此结合等差数列的性质可得点，与，关于点，对称，必有，同理可得：，据此分析可得答案．【详解】根据题意，，令，解可得，即的对称中心为，，若可得：，则的一个对称中心为，，，又由数列为等差数列，则，则点，与，关于点，对称，必有，同理可得：，则有的前21项和；故答案为：2140．（2023·安徽屯溪一中高三月考（文））在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.答案:分析：设中点为，可证明，设和的外心分别为和，过和分别作两个平面的垂线交于点即为三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径的长，到平面的距离即可求解.【详解】设中点为，的外心为，的外心为，过点作面的垂线，过点作直线面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，又，所以，所以，又因为，，所以面，因为平面，所以平面平面，且，所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，到平面的距离，故答案为：.41．（2023·安徽屯溪一中高三月考（文））关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验，受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请240名同学，每人随机写下两个都小于1的正实数x，y组成的实数对，再统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数m；最后再根据计数m来估计π的值．假设统计结果是，那么可以估计的近似值为____________．（用分数表示）答案:分析：由题意，240对都小于1的正实数对，满足，面积为1，两数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且，面积为，然后即可建立方程求解【详解】由题意，240对都小于1的正实数对，满足，面积为1两数能与1构成钝角三角形三边的数对，满足且面积为因为统计两数能与1构成钝角三角形三边的数对的个数所以，所以故答案为：【点睛】本题考查的是几何概型中的面积型的应用，较简单.42．（2023·上海杨浦·复旦附中高三开学考试）已知，当时不等式恒成立，则实数的最大值是____________.答案:分析：先判断函数的单调性，进而将不等式转化为，即时，不等式恒成立，求解即可.【详解】∵二次函数的对称轴为，∴时，该函数单调递减，且；∵二次函数的对称轴为，∴时，该函数单调递减，且.∴函数是上的减函数，∴不等式可转化为，即时，不等式恒成立，∴，解得，即实数的最大值是-2.故答案为：-2.【点睛】本题考查分段函数的性质，考查函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查学生的计算能力与推理论证能力，属于基础题.43．（2023·上海杨浦·复旦附中高三开学考试）设集合，集合.若中恰含有2个整数，则实数a的取值范围是________答案:##分析：求出中不等式的解集确定出，由与交集中恰有两个整数，得到（2）且（3）且，解不等式即得解．【详解】解：由中不等式变形得：，解得或，即或，函数的对称轴为，，，，由对称性可得，要使恰有个整数，即这个整数解为2，3,（2）且（3）且即，解得，则的取值范围为，．故答案为：44．（2023·上海杨浦·复旦附中高三