2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（8）练习题及答案解析

2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（八）一、单选题1．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）已知函数的定义域为，且，为奇函数，则（

）A． B． C．1 D．22．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数对任意都有，且当时，，则（

）A．2 B．1 C． D．3．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知函数，则满足的的取值范围是（

）A． B． C． D．4．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知公比为正数的等比数列的前n项积为，且满足，，若对任意的，恒成立，则k的值为（

）A．50 B．49 C．100 D．995．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．96．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知函数图像关于原点对称，其中，，而且在区间上有且只有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点是上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，且，则（

）A． B． C．是偶函数 D．没有极值点9．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为且关于点对称，则φ的值为（

）A． B． C． D．10．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）给定函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．11．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知，则（

）A． B． C． D．12．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（

）A． B．C．

D．13．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）北宋著名文学家苏轼的诗词“日啖荔枝三百颗，不辞长作岭南人”，描述的是我国岭南地区著名的水果荔枝.为了利用数学模型预测估计某果园的荔枝产量，现根据在果实成熟期，荔枝的日产量呈现“先递增后递减”的规律和该果园的历史观测数据，对该果园的荔枝日产量给出模型假设：前10天的每日产量可以看作是前一日产量的2倍还多1个单位；第11到15天，日产量与前日持平；从第16天起，日产量刚好是前一天的一半，直到第25天，若第1天的日产量为1个单位，请问该果园在不计损耗的情况下，估计这25天一共可以收获荔枝单位个数为（精确到整数位，参考数据：）（

）A．8173 B．9195 C．7150 D．715114．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（

）A．36 B．42 C．54 D．6115．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）焦点为的抛物线的对称轴与准线交于点，点在抛物线上且在第一象限，在中，，则直线的斜率为（

）A． B． C．1 D．16．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，点为棱的中点，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（

）

A．长度的最小值为B．存在点，使得C．存在点，使得D．棱长为1.5的正方体可以在此空心棱台容器内部任意转动17．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）设正实数、、满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．18．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，若存在唯一的整数，使，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．19．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（

）A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项20．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）在平面内，四边形ABCD的与互补，，则四边形ABCD面积的最大值=（

）A． B． C． D．21．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（

）A． B． C．0 D．22．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知函数在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．23．（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）函数的最大值为（

）A． B． C． D．3二、多选题24．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，，是边长为2的正三角形，平面平面，点满足，，，则（

）

A．当时，的面积为定值B．当时，的长度的取值范围为C．当时，存在点，使得D．当时，存在点，使得平面25．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）已知，则下列不等式可能成立的是（

）A． B．C． D．26．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数，，是其导函数，恒有，则（

）A． B．C． D．27．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为C．若点P为BC的中点，则D．若，则为定值1828．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知数列满足，，则（

）A．为单调递减数列 B．C． D．29．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小，为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯谛模型：，其中，，是正数，表示初始时刻种群数量，叫做种群的内秉增长率，是环境容纳量.可以近似刻画时刻的种群数量.下面给出四条关于函数的判断正确的有（

）A．如果，那么存在，；B．如果，那么对任意，；C．如果，那么存在，在点处的导数；D．如果，那么的导函数在上存在最大值.30．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知函数，下列结论正确的是（

）A．有且只有一个零点B．C．，直线与的图象相切D．31．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（

）A．过棱的截面中，截面面积的最小值为B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个32．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知数列满足，则（

）A．B．的前项和为C．的前100项和为D．的前20项和为28433．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数有极小值B．函数在处切线的斜率为4C．当时，恰有三个实根D．若时，，则的最小值为234．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数的定义域为，且，，，则（

）A． B．是偶函数C．的一个周期 D．35．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知的三个内角满足，则下列结论正确的是（

）A．是钝角三角形 B．C．角的最大值为 D．角的最大值为36．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若函数对任意，都有，，其中为的导数，则下列结论正确的是（

）A．点是函数图象的一个对称中心B．必定为奇数C．当时，在单调递增D．当时，在存在极值37．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）定义在上的函数满足，函数的图象关于对称，则（

）A．8是的一个周期 B．C．的图象关于对称 D．38．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于两个不同的点，则（

）A．的准线为 B．直线与相交C． D．39．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（

）A．CP长度的最小值为B．存在点P，使得C．存在点P，存在点，使得D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为40．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知平面向量满足：，且，，则下列结论正确的是（

）A．与向量共线的单位向量为B．平面向量的夹角为C．D．的取值范围是41．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则（

）A．函数的图象关于点对称B．函数是周期为4的周期函数C．函数的图象关于点对称D．42．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，有两个极值点B．当时，的图象关于中心对称C．当，且时，可能有三个零点D．当在上单调时，43．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知，，，，则以下结论正确的是（

）A． B．C． D．44．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（

）A． B． C． D．45．（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）下列不等式中正确的是（

）A． B．C． D．三、填空题46．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数，若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为.47．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知，若在上恰有两个不相等的实数满足4，则实数的取值范围是.48．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知角的大小如图所示，则的值为49．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知正项数列满足，，则.50．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为.51．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，则的值为.52．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在三棱台中，，，平面平面，则该三棱台外接球的体积为．53．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知、是双曲线的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与的一条渐近线切于点，过的直线与交于、两个不同的点，若的离心率，则下列结论中正确的序号有．①；②的最小值为；③若，则；④若、同在的左支上，则直线的斜率．54．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知正实数满足：，则与大小关系为.55．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值是．56．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知数列满足：，若，且数列为递增数列，则实数的取值范围为．57．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知向量，满足，，则的最大值为．58．（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围为．四、双空题59．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则；的最大值等于．60．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图，第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则；.（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）已知数列的各项均为非零实数，且对于任意的正整数，都有．当时，所有满足条件的三项组成的数列共有个；存在满足条件的无穷数列，使得，写出这样的无穷数列的一个通项公式．2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（八）一、单选题1．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）已知函数的定义域为，且，为奇函数，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【解析】由为奇函数得：，即，又因为，所以，所以，所以，两式相减得：，所以函数的周期，所以，因为为奇函数，所以，即，在中，令得：，所以，故选：D．2．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数对任意都有，且当时，，则（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【解析】因对任意，，则，即函数周期为4.因，则.又由，令，可得，则.故选：D3．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知函数，则满足的的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知可得，，所以，.所以，，即，所以.则由不等式可得，.又恒成立，当且仅当，即时等号成立，所以，在R上单调递增.则由可得，，解得.所以，满足的的取值范围是.故选：D.4．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知公比为正数的等比数列的前n项积为，且满足，，若对任意的，恒成立，则k的值为（

）A．50 B．49 C．100 D．99【答案】B【解析】设等比数列的公比为，若，由，则恒成立，由，得，即，这与矛盾，所以.由，又，则恒成立，得，即.则等比数列为递增数列，则，又，所以，则且所以是的最小值，即对任意的，恒成立，所以k的值为49．故选：B．5．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】由可得，其中；又因为的图象关于直线对称，所以需满足，解得，即；可得，即，所以由正弦函数值域可得若要求满足的的最小值，只需满足取最大值即可，而，所以当且仅当时满足题意，即；所以，得，即的最小值为.故选：B6．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知函数图像关于原点对称，其中，，而且在区间上有且只有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为函数图像关于原点对称，且，即函数为奇函数，所以，故，当时，，有且只有一个最大值和一个最小值，由正弦函数的图象与性质可得.故选：B.7．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点是上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设抛物线的准线为，作（如图），则，当取最大值时，取得最小值，当且仅当与抛物线相切于点时，等号成立，当与抛物线相切时，设直线的方程为，代入，可得，由，解得，不妨设点在第一象限，即，则，，，即，所以的最大值为，又当点在坐标原点时，此时，即的最小值为1，故的取值范围为.故选：C.8．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，且，则（

）A． B． C．是偶函数 D．没有极值点【答案】D【解析】令，则，所以，且为定义域内任意值，故为常函数.令，则，为奇函数且没有极值点，C错，D对；所以不恒成立，不一定成立，A、B错.故选：D9．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为且关于点对称，则φ的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为则，，又因为其关于点对称，，即，则，解得，且，所以.D正确.故选：D10．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）给定函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】若函数恰有两个零点，即方程有两个不相等的实数根，即函数与函数图象有两个交点，易知，令，解得，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以在取得最小值，易知当时，，且时，在同一坐标系下分别画出两函数图象，如下图所示：由图可知当时，函数与函数图象有两个交点.故选：C11．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，又，所以，所以.故选：C12．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（

）A． B．C．

D．【答案】D【解析】，，当时，，函数单调递减，函数的值域是，，，当时，，函数单调递增，函数的值域是，因为，，使得，所以，解得：，所以实数a的取值范围是.故选：D13．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）北宋著名文学家苏轼的诗词“日啖荔枝三百颗，不辞长作岭南人”，描述的是我国岭南地区著名的水果荔枝.为了利用数学模型预测估计某果园的荔枝产量，现根据在果实成熟期，荔枝的日产量呈现“先递增后递减”的规律和该果园的历史观测数据，对该果园的荔枝日产量给出模型假设：前10天的每日产量可以看作是前一日产量的2倍还多1个单位；第11到15天，日产量与前日持平；从第16天起，日产量刚好是前一天的一半，直到第25天，若第1天的日产量为1个单位，请问该果园在不计损耗的情况下，估计这25天一共可以收获荔枝单位个数为（精确到整数位，参考数据：）（

）A．8173 B．9195 C．7150 D．7151【答案】A【解析】根据题意，设日产题为，表示第天，则当时，，化为，∴是以为首项，公比为2的等比数列，∴，即，同时，满足上式，∴，当时，，，当时，，是以为公比的等比数列，∴，，可得.故选：A.14．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（

）A．36 B．42 C．54 D．61【答案】D【解析】设等比数列的公比为，由成等差数列得，即，整理得，故为正项数列，又因为等比数列单调递增，说明其公比，于是．设，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取最小值；于是可求得，所以可得所以集合中的元素之和为，故选：D．15．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）焦点为的抛物线的对称轴与准线交于点，点在抛物线上且在第一象限，在中，，则直线的斜率为（

）A． B． C．1 D．【答案】A【解析】过作准线的垂线，垂足为，作轴的垂线，垂足为，则由抛物线的定义可得，由，在中由正弦定理可知：，设的倾斜角为，则，故选:A．16．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，点为棱的中点，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，则（

）

A．长度的最小值为B．存在点，使得C．存在点，使得D．棱长为1.5的正方体可以在此空心棱台容器内部任意转动【答案】ABC【解析】对于A，分别取的中点为，连接，如下图所示：由题意得，，又，平面，所以可得平面，又平面，所以；又因为正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，即可得，易得，所以在梯形中，，可得，满足，所以；又，平面，所以平面；又因为与平面所成角的正切值为，可得，即，所以点的轨迹是为圆心，即以为直径在平面内的半圆，故长度的最小值为，故A正确；对于B，由选项A可知，平面，平面，所以；若（即与以为直径的半圆相切时），平面，又平面，所以，即存在点，使得，故B正确；对于C，当点与点重合时，，且，此时四边形为平行四边形，所以，即，故C正确；对于D，若正方体在此容器内部可以任意转动，则正方体的外接球可以放进容器，棱长为1.5的正方体的外接球直径为，由等腰梯形可知，其高，如下图所示：可知此棱台可放入的最大球的直径为，小于正方体外接球直径，故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以D不正确．故选：ABC17．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）设正实数、、满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为正实数、、满足，则，则，当且仅当时取等号.故的最大值为.故选：C.18．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，若存在唯一的整数，使，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】的定义域为，由有唯一整数解，得有唯一整数解，令，定义域为，，定义域为，则，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，∴在处取极大值也是最大值，作出的大致图象如图所示，易知的图象是恒过点的直线，若，则显然不符合题意，若，则，即，解得，故选：A.19．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（

）A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项【答案】C【解析】由题可知，由此可知，所以，因为，令，解得（舍），由此可知时时，故的取值最大，故选：C.20．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）在平面内，四边形ABCD的与互补，，则四边形ABCD面积的最大值=（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为与互补，，且四点共圆.所以，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，所以，得，所以或.设四边形的外接圆半径为，则，解得.（1）设.当，则，故，此时，且，在中，，所以，即.所以四边形面积，当且仅当时，四边形面积取得最大值为（2）当，则，故，所以.因为，所以，则在中由余弦定理得，所以，即.所以，此时，四边形面积.综上，四边形面积的最大值等于，故选：B.21．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意的，均有，则实数的最大值是（

）A． B． C．0 D．【答案】A【解析】∵是定义在上的偶函数，且当时，，∴，当时为增函数，∴，则等价于，即，即对任意恒成立，设，则有，解得，又∵，∴.故选：A.22．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知函数在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为函数在上恰有4个不同的零点，则方程在上恰有4个不同的解，即方程在上恰有4个不同的解，所以函数与函数在上恰有4个不同的交点，因为函数，且在上单调递减，所以函数函数在上单调递减，且，，函数是由函数图象纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，作出两个函数图象，如图：要使函数与函数在上恰有4个不同的交点，由图知：的周期满足，所以，所以，即实数的取值范围为.故选：B23．（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）函数的最大值为（

）A． B． C． D．3【答案】B【解析】利用诱导公式及二倍角公式可得，令，将函数转化为，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最值，即可得解；因为所以令则则令，得或当时，；时所以当时，取得最大值，此时所以故选：B二、多选题24．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥中，，是边长为2的正三角形，平面平面，点满足，，，则（

）

A．当时，的面积为定值B．当时，的长度的取值范围为C．当时，存在点，使得D．当时，存在点，使得平面【答案】BD【解析】取中点O，连接，由题意可知，又平面平面，平面平面，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、，因为，所以．当时，为动点，的面积不是定值，故A错误；当时，，，又因为，所以，故B正确；当时，，所以，，，所以无解，所以不存在这样的点，故C错误；当时，，则在轴上，只有与原点重合时，平面，故D正确．故选：BD25．（2023·广东佛山·高三统考阶段练习）已知，则下列不等式可能成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】在同一坐标系中作出函数，，的图象，从图中可以看出，当，，均在区间时，有，当，，均在区间时，有，故A正确，B错误；由于，所以有，作出函数，，的图象，类似地可以得出C正确，D不正确.故选：AC．26．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数，，是其导函数，恒有，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【解析】因为，所以，又，所以，构造函数，，则，所以在上为增函数，因为，所以，即，即，故A正确；因为，所以，即，故，故B错误；因为，所以，即，故，故C错误；因为，所以，即，故，故D正确.故选：AD27．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为C．若点P为BC的中点，则D．若，则为定值18【答案】ACD【解析】如图，设BC的中点为E，连接QE，∵，由余弦定理可得：，∴，∴，又，∴，∴，∴，对A选项，∵，∴，∴，又E为中点，∴，又，∴，∴，故A选项正确；对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又Q是AC的中点，P在BC上，∴当时，PQ最小，此时，故B选项错误；对C选项，若点P为BC的中点，即P与E点重合，∵，∴，∴，故C选项正确；对D选项，∵，∴的平分线与BC垂直，∴是以BC为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知，∴根据向量数量积的几何意义知，∴，故D选项正确．故选：ACD．28．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知数列满足，，则（

）A．为单调递减数列 B．C． D．【答案】ABD【解析】由题意可得，对于A，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，当且仅当时等号成立，若，又，则得，则与题设矛盾，所以，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，由可知当时，，则，，即，同理可得，…，，所以当时，，所以，所以数列为单调递减数列，选项A正确；对于B，只需证明，令，，令，，则由均值不等式可知，所以在上单调递增，所以，，选项B正确；对于C，，设，，设，，则，所以在上单调递减，所以随着减小，增大，又因为随着的增大减小，所以，即，选项C错误；对于D，由累乘法可知要证只需证明，令，，则，所以恒成立，所以，所以，累乘得，，所以，选项D正确；故选：ABD29．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）生态学研究发现：当种群数量较少时，种群近似呈指数增长，而当种群增加到一定数量后，增长率就会随种群数量的增加而逐渐减小，为了刻画这种现象，生态学上提出了著名的逻辑斯谛模型：，其中，，是正数，表示初始时刻种群数量，叫做种群的内秉增长率，是环境容纳量.可以近似刻画时刻的种群数量.下面给出四条关于函数的判断正确的有（

）A．如果，那么存在，；B．如果，那么对任意，；C．如果，那么存在，在点处的导数；D．如果，那么的导函数在上存在最大值.【答案】ABD【解析】对选项A：，解得，，正确；对选项B：，，故，，故，即，正确；对选项C：，，故任意的，在处的导数，错误；对选项D：令，则，，令得，解得，令得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，那么的导函数在上存在极大值，也是最大值，正确；故选：ABD.30．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知函数，下列结论正确的是（

）A．有且只有一个零点B．C．，直线与的图象相切D．【答案】AD【解析】因为，所以在上单调递减，，A正确.当时，，当时，，B错误.，不可能存在斜率为的切线，C错误.因为，所以，D正确.故选：AD.31．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（

）A．过棱的截面中，截面面积的最小值为B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个【答案】ACD【解析】设截面与棱的交点为，对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，取的中点，连接，则，又平面，，即是异面直线的公垂线，，故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；对于B项，易知，故结合A项，可设，在中，由余弦定理，所以，即，B错误；对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.设，则，所以长方形的面积，当且仅当时，等号成立，正确；对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.故选：ACD32．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知数列满足，则（

）A．B．的前项和为C．的前100项和为D．的前20项和为284【答案】ABD【解析】当时，，当时，，两式相减可得：，所以，当时，满足，故，故A正确；的前项和为，故B正确；令，的前100项和为：，故C错误；令，所以的前20项和为：，故D正确.故选：ABD.33．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数有极小值B．函数在处切线的斜率为4C．当时，恰有三个实根D．若时，，则的最小值为2【答案】AD【解析】由题意可得：，令，解得；令，解得或；则在上单调递减，在上单调递增，可知的极大值为，极小值为，且当x趋近于，趋近于，当x趋近于，趋近于，可得的图象如下：对于选项A：可知的极小值为，故A正确；对于选项B：因为，所以函数在处切线的斜率为，故B错误；对于选项C：对于方程根的个数，等价于函数与的交点个数，由图象可知：时，恰有三个实根，故C错误；对于选项D：若时，，则，所以的最小值为2，故D正确；故选：AD.34．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数的定义域为，且，，，则（

）A． B．是偶函数C．的一个周期 D．【答案】AC【解析】对于A，由，得，由，得，又，所以，所以，因此A选项正确；对于B，因为，所以函数为奇函数，因此B选项错误；对于C，因为，所以，即，所以，所以函数的周期，因此C选项正确；对于D，将代入，得，，而，将代入，得，将代入，得，所以因此D选项错误.故选：AC.35．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知的三个内角满足，则下列结论正确的是（

）A．是钝角三角形 B．C．角的最大值为 D．角的最大值为【答案】AC【解析】因为，由正弦定理得：，再由余弦定理得：，即.A.由知：，角为钝角，故是钝角三角形，故选项A正确；B.由知且，构造函数，则，即，由正弦定理得，故选项B错误；C.由余弦定理得，等号当且仅当时取得，由为三角形内角且得的最大值为，故选项C正确；D.由余弦定理得，取，此时，由为三角形内角得：，由此反例得选项D错误.故选：AC.36．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若函数对任意，都有，，其中为的导数，则下列结论正确的是（

）A．点是函数图象的一个对称中心B．必定为奇数C．当时，在单调递增D．当时，在存在极值【答案】ABD【解析】，，因为，，故是函数图象的一个对称中心，选项A正确；又因为，，故是函数图象的一个对称中心，是函数图象的一条对称轴.设函数的周期为T，，，得，选项B正确；，，，.，时，，时，，正弦函数在上单调递减，则在单调递减，选项C错误.时，，时，，当时，或，此时，所以是的极值点，选项D正确.故选：ABD37．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）定义在上的函数满足，函数的图象关于对称，则（

）A．8是的一个周期 B．C．的图象关于对称 D．【答案】CD【解析】对A：由题设条件得，令，有，则的图象关于直线对称，因为，有，即，则的图象关于对称．所以，又，所以，所以，所以，所以，所以8为的一个周期，即，则，A不正确；对B：由上知图象关于对称，对称，则令符合题意，而．B不正确；对C：因为关于对称，有，则的图象关于对称．C符合题意；对D：因为图象关于对称，所以，故，有．D符合题意．故选：CD．38．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于两个不同的点，则（

）A．的准线为 B．直线与相交C． D．【答案】ACD【解析】将点坐标的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，故A正确；，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故直线与相切，故B错；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，所以直线的斜率存在，设其方程为，联立得，所以，所以或，又，所以，故C正确；因为，所以，而，故D正确．故选：ACD．39．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（

）A．CP长度的最小值为B．存在点P，使得C．存在点P，存在点，使得D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为【答案】ACD【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，则有，所以的延长线必过点且，过点作，则四边形是边长为1的菱形.如图所示：在中，，即，解得，所以，所以为边长为3等边三角形，所以，所以，因为是边长为3的等边三角形且为中点，所以，，在中，由余弦定理变形得，，在中，由余弦定理变形得，，解得，所以，所以；由，可得平面，又平面，所以，由，，，可得平面，因为AP与平面所成角的正切值为，所以，解得，，所以点在平面的轨迹为，对于A：当点运动到与的交点时有最小值，因为四边形是边长为1且的菱形，所以，所以，故A选项正确；对于B：要使得，则点必须落在平面与平面的交线上且，由图易知，在平面中不存在这样的点，故B选项错误；对于C：当点运动到点时，连接，交于点，连接，由于平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以存在点P，存在点，使得，故C选项正确；对于D：设的长度为，则，动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,则有，因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，故D选项正确；故选：ACD.40．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知平面向量满足：，且，，则下列结论正确的是（

）A．与向量共线的单位向量为B．平面向量的夹角为C．D．的取值范围是【答案】BCD【解析】对于A，由于，所以与向量共线的单位向量为，故选项A错误；设平面向量的夹角为，因为，所以，所以，又，所以，故选项B正确；因为，故选项C正确；设，由B知由得，因为，所以，可知点在以点为圆心，为半径的圆上，所以，即，故选项D正确.故选：BCD.41．（2023·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域为，若，函数和均为偶函数，则（

）A．函数的图象关于点对称B．函数是周期为4的周期函数C．函数的图象关于点对称D．【答案】ABD【解析】因为是偶函数，所以，则，所以函数的图象关于直线对称，由两边求导得，所以，得，所以函数的图象关于点对称，故选项A正确；令得，所以，因为函数为偶函数，所以，所以，所以函数的图象关于对称，所以函数,所以的周期为，所以选项B正确；又因为的周期为，故，所以，因此，所以函数的图象关于直线对称，所以选项C错误；因为，所以，又因为，所以，所以，所以选项D正确.故选:ABD.42．（2023·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，有两个极值点B．当时，的图象关于中心对称C．当，且时，可能有三个零点D．当在上单调时，【答案】BC【解析】对于A，当时，，，若时，，则在定义域内单调递增，无极值点，故A错误；对于B，当时，，，则，所以的图象关于中心对称，故B正确；对于C项，当时，，，取，即时，此时，所以当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以函数极小值为，函数极大值为，即，所以在有一个零点，又因为，，所以在有一个零点，在有一个零点，即当时，有三个零点，故C正确；对于D项，若在定义域上是单调函数，则恒成立，所以，解得，所以D错误，故选：BC．43．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知，，，，则以下结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】对于A，由题意知，a，b是函数分别与函数，图象交点的横坐标，由的图象关于对称，则其向上，向右都平移一个单位后的解析式为，所以的图象也关于对称，又，两个函数的图象关于直线对称，故两交点，关于直线对称，所以，，故A正确；对于B，结合选项A得，则，即，即成立，故B正确；对于C，结合选项A得，令，则，所以在上单调递减，则，故C错误；对于D，结合选项B得(，即不等式取不到等号)，故D正确．故选：ABD．44．（2023·湖北武汉·高三武汉二中校考阶段练习）已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】设，得，令，可得，当时，，则函数单调递增，当时，，则函数单调递减，则当时，有极大值，即最大值.设，得，令，则，当时，，则函数单调递增，当时，，则函数单调递减，则当时，有极大值，即最大值，从而可得.由，得，故A正确；由，得，即，又，得，又在上单调递增，则，故B错误；由，得，即.又，得，又在上单调递减，则，故C正确；由前面知，，得，又由，得，，则，.故D正确.故选：ACD.45．（2023·湖北·高三湖北省仙桃中学校联考阶段练习）下列不等式中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】设，，则，当时，，∴当时是增函数，∴当时，，即，∴当时，，令（），则有.设，，则，当时，，是减函数；当时，，是增函数；∴是的极小值，也是最小值，∴当时，，即，∴当时，，令，当时，则有.综上知，当时.对于选项A，因为，令，则∴，故A错误；对于选项B，因为，则，即，，…，，以上各式相加有，故B正确；对于选项C，因为，则，即，，…，，以上各式相加有，故C正确；对于选项D，由得，，即，∴，因此，故D正确．故选：BCD.1.直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；2.借助放缩：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如，；3.分而治之法：若直接构造函数求导数，导函数零点不易求得，函数单调性与极值不容易获得，则可分别构造函数和，利用其最值求解；4.换元法：证明双变量不等式常用对称构造法、比值（差值）换元法.三、填空题46．（2023·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数，若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为.【答案】【解析】作出函数的大致图象，令，，得，，，得，若在既有最大值又有最小值，则实数的取值范围为.故答案为：47．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知，若在上恰有两个不相等的实数满足4，则实数的取值范围是.【答案】【解析】因为，所以，因为在上恰有两个不相等的实数满足，且，所以函数在上恰有两个最大值点，所以，解得，因此实数的取值范围是.故答案为：.48．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知角的大小如图所示，则的值为【答案】【解析】由图可知，所以，故答案为：49．（2023·广东汕尾·高三校联考阶段练习）已知正项数列满足，，则.【答案】【解析】因为，所以，即，故，当且仅当时，等号成立.设，可得，解得，故是常数列，每一项都是.故答案为：50．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为.【答案】【解析】∵，∴，∵函数y=f(x)−g(x)恰好有四个零点，∴方程f(x)−g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2−x)−b=0有四个解，即函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象有四个交点，，作函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象如下，，结合图象可知，<b<2，故答案为:.51．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，则的值为.【答案】/0.5【解析】由，得，由，又，得，观察图象知，，即，解得，则，因此，，所以.故答案为：52．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在三棱台中，，，平面平面，则该三棱台外接球的体积为．【答案】【解析】分别取的中点，则平面，且外接球球心在直线上，由题意，．设，若球心在线段上，则，得；若球心不在线