2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（12）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（十二）一、单选题1．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）如图，将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接（球心O在圆柱内部），已知球O的半径为3，，则圆柱体积的最大值为（

）A． B． C． D．2．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知，，且，则的最大值为（

）A．2 B． C．4 D．3．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（

）A． B． C． D．4．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（

）

A． B． C． D．5．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）若函数在区间存在零点，则的最小值为（

）A．4 B． C． D．6．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）己知数列满足，，且，记的前项和为，当取得最大值时，的值为（

）A．10 B．12 C．11或13 D．12或137．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知，则（

）A． B．C． D．8．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知数列为有穷整数数列，具有性质p：若对任意的，中存在，，，…，（，，i，），使得，则称为4-连续可表数列.下面数列为4-连续可表数列的是（

）A． B． C． D．9．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点、分别是棱、的中点，点是棱靠近点的四等分点，则空间几何体的体积为（

）A． B． C． D．10．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）双曲线E：的一条渐近线与圆相交于若的面积为2，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．11．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）若函数在上单调递减，则实数的取值范围为A． B．C． D．12．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知，且，则（）A． B．C． D．13．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知（，为常数），若在上单调，且，则的最小正周期是（

）A． B． C． D．14．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知、分别为双曲线的左、右焦点，过向直线引垂线，垂足为点，，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．15．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．16．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．17．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．18．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）过动点（）作圆：的两条切线，切点分别为，，且，则的取值范围是（

）A． B．C． D．19．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知，，且，则（

）A． B． C． D．20．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知等比数列的前项和，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题21．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）定义函数:①对;②当时，，记由构成的集合为M，则（

）A．函数B．函数C．若，则在区间上单调递增D．若，则对任意给定的正数s，一定存在某个正数t，使得当时，22．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若满足，则（

）A． B． C． D．23．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．B．函数的最小正周期为C．函数的图象的对称轴方程为D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到24．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（

）A．直线与平面所成的角等于B．四棱锥的体积为C．两条异面直线和所成的角为D．二面角的平面角的余弦值为25．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）已知，且，则下列选项正确的是（

）A． B．.C．的最大值为 D．26．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数对任意实数，都满足，且，则（

）A．是偶函数 B．是奇函数C． D．27．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知数列的前4项成等比数列，其前项和为，且，，则（

）A． B． C． D．28．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，且，则（

）A． B．C．是奇函数 D．没有极值29．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（

）A．圆的圆心都在直线上B．圆的方程为C．若圆与轴有交点，则D．设直线与圆在第二象限的交点为，则30．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知棱长为1的正方体中，P为线段上一动点，则下列判断正确的是（

）A．存在点P，使得B．三棱锥的外接球半径最小值为C．当P为的中点时，过P与平面平行的平面截正方体所得的截面面积为D．存在点P，使得点P到直线的距离为31．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）若函数的定义域为D，若对于任意，都存在唯一的，使得，则称为“Ⅰ型函数”，则下列说法正确的是（

）A．函数是“Ⅰ型函数”B．函数是“Ⅰ型函数”C．若函数是“Ⅰ型函数”，则函数也是“Ⅰ型函数”D．已知，若，是“Ⅰ型函数”，则32．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅让人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义.按照如图甲所示的分形规律可得如图乙所示的一个树形图：记图乙中第行白圈的个数为，黑圈的个数为，则下列结论中正确的是（

）A． B．C．当时，均为等比数列 D．33．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限），为线段的中点.若，则下列说法正确的是（

）A．抛物线的准线方程为B．过两点作抛物线的切线，两切线交于点，则点在以为直径的圆上C．若为坐标原点，则D．若过点且与直线垂直的直线交抛物线于，两点，则34．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）双曲函数是数学中一类非常重要的函数，其中就包括双曲正弦函数：，双曲余弦函数：（，为自然对数的底数）．下列关于与说法正确的是（

）A．与在上均为增函数B．与的图象都关于原点对称C．，都有D．，都有35．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知点是抛物线上一点，是抛物线的焦点，直线与抛物线相交于不同于的点，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．36．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（

）

A． B．C．数列是等差数列 D．37．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）

A． B．C．平面 D．几何体2的表面积为38．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数的零点为，的零点为，则（

）A． B．C． D．39．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，函数，则（

）A．对任意，，存在唯一极值点B．对任意，，曲线过原点的切线有两条C．当时，存在零点D．当时，的最小值为140．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）设等比数列的公比为，其前n项和为，前n项积为，并满足，，，下列结论正确的有（

）A． B．C．是数列中的最大项 D．是数列中的最大项41．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知过抛物线T：的焦点F的直线l交抛物线T于A，B两点，交抛物线T的准线与点M，，，则下列说法正确的有（

）A．直线l的倾斜角为150° B．C．点F到准线的距离为8 D．抛物线T的方程为42．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（

）

A．B．可能为C．的最大值为D．当时，43．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（

）A．是偶函数 B．C． D．44．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，，是上关于坐标原点对称的两个点，则（

）A．的离心率为 B．C．四边形面积的最大值为 D．的最大值为45．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知圆锥的轴截面是等边三角形，，是圆锥侧面上的动点，满足线段与的长度相等，则下列结论正确的是（

）A．存在一个定点，使得点到此定点的距离为定值B．存在点，使得C．存在点，使得D．存在点，使得三棱锥的体积为三、填空题46．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）椭圆的右焦点为F，若过定点的直线l与C交于A，B两点，则面积的最大值为．47．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若函数在区间内没有零点，则正数ω的取值范围是．48．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，则.49．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为.50．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）曲线在处的切线为，且满足，成立，若，则整数的最小值为．51．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知数列满足，且对，有恒成立.则的取值范围是．52．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为．53．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知抛物线与直线交于两点，点在抛物线上，且为直角三角形，则面积的最小值为．54．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）如图，已知函数（其中，，）的图象与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，，，，.则函数在上的值域为.55．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知函数，关于x的方程有六个不等的实根，则实数a的取值范围是.56．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）已知函数，若方程有3个不同的实根，，（），则的取值范围是.57．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥中，，，空间中的动点M满足，则平面截的轨迹形成的图形的面积为．58．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）若，不等式恒成立，则实数的取值范围是．59．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）函数的所有零点之和为．60．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知体积为96的四棱锥的底面是边长为的正方形，底面ABCD的中心为，四棱锥的外接球球心O到底面ABCD的距离为2，则点P的轨迹的长度为.61．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数有两个极值点，且，则实数m的取值范围是.62．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知函数（，）的图象与轴的交点为，且在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围是.63．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）对于任意两个正实数，定义．其中常数，“”是实数乘法运算，若，则；若，与都是集合中的元素，则．64．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）过双曲线：（，）的左焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为，这条垂线与另一条渐近线在第一象限内交于点，为坐标原点，若，，成等差数列，则的离心率为.2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十二）一、单选题1．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）如图，将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接（球心O在圆柱内部），已知球O的半径为3，，则圆柱体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设R为圆上任意一点，过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，设与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，即，当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，所以，令，所以，所以，另，解得两根所以，所以在时单调递减，所以．故选：B．2．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知，，且，则的最大值为（

）A．2 B． C．4 D．【答案】B【解析】因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：B3．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，则有四个不同的解，因为，所以为偶函数，且当时，为增函数，所以当时，为减函数，所以，即，当时，，则，令，解得，所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，又，作出时的图象，如图所示：所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，作出图象，如下图所示：此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.综上实数m的取值范围为.故选：A4．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（

）

A． B． C． D．【答案】D【解析】在圆锥中，，，易知，由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则，所以，，则，圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，因为是母线上一点，，则，,，设平面的法向量为，则，取，可得，且，所以，，所以，，故该圆锥曲线的离心率为，故选：D.5．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）若函数在区间存在零点，则的最小值为（

）A．4 B． C． D．【答案】B【解析】设为方程的一个根，则，则，所以关于的二次函数（开口向上）显然有最小值，所以最小值为，（）,令,则，当时，，所以单调递增，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故选：B.6．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）己知数列满足，，且，记的前项和为，当取得最大值时，的值为（

）A．10 B．12 C．11或13 D．12或13【答案】C【解析】设，由，可得，，，，，，，，，，，，，，…，由可得，可得，即，当为奇数时，则，所以，当为偶数时，则，所以，即数列的奇数项为首项为，公差为的等差数列；偶数项为首项为，公差为的等差数列，又数列每隔两项的和为，，，，，，，…，依次递减，，，，，，，又，所以，所以当取得最大值时，或．故选：C．7．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】设函数，因为上，上，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，当且仅当时，等号成立．令，则．设函数，因为上，上，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以，即，所以．综上可得：．故选：A.8．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知数列为有穷整数数列，具有性质p：若对任意的，中存在，，，…，（，，i，），使得，则称为4-连续可表数列.下面数列为4-连续可表数列的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】选项A中，，和不可能为4，A不是4-连续可表数列；选项B中，，B是4-连续可表数列；选项C中，没有连续项的和为2，C不是4-连续可表数列；选项D中，没有连续项的和为1，D不是4-连续可表数列．故选：B．9．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点、分别是棱、的中点，点是棱靠近点的四等分点，则空间几何体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】过点作，交于点，因为，，，、平面，所以，平面，因为，则平面，且，则，因为、分别为、的中点，则，所以，，，因此，.故选：C.10．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）双曲线E：的一条渐近线与圆相交于若的面积为2，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】求出双曲线的渐近线方程，由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，进一步求得弦长，利用三角形面积公式列式求解．双曲线的一条渐近线：，与圆相交于两点，圆的圆心，半径为2，圆心到直线的距离为：，弦长|可得：，整理得：，即，解得双曲线的离心率为．故选：C．11．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）若函数在上单调递减，则实数的取值范围为A． B．C． D．【答案】A【解析】化简函数f（x），根据f（x）在区间上单调递减，f′（x）≤0恒成立，由此解不等式求出a的取值范围．由函数，且f(x)在区间上单调递减，∴在区间上,f′(x)=−sin2x+3a(cosx−sinx)+2a−1≤0恒成立，∵设，∴当x∈时,,t∈[−1,1]，即−1≤cosx−sinx≤1，令t∈[−1,1],sin2x=1−t2∈[0,1]，原式等价于t2+3at+2a−2≤0，当t∈[−1,1]时恒成立，令g(t)=t2+3at+2a−2，只需满足或或，解得或或，综上，可得实数a的取值范围是，故选：A.12．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知，且，则（）A． B．C． D．【答案】B【解析】设，∴x＝2k，y＝3k，z＝5k；∴，；∵215＝85，或215＝323；310＝95，56＝253，∴31021556，又，∴，∴，∴．故选：B．13．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知（，为常数），若在上单调，且，则的最小正周期是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为在上单调，所以，所以，又因为，所以函数图象关于直线对称，又因为，所以函数图象关于点中心对称，所以，则有，所以，所以只有当满足，此时，，所以的最小正周期是，故选:B.14．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知、分别为双曲线的左、右焦点，过向直线引垂线，垂足为点，，且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】易知、，因为直线与直线垂直，则直线的方程为，联立可得，即点，所以，，则，所以，，整理可得，故该双曲线的离心率为.故选：D.15．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【解析】由题设有，令，则有即.因为在区间内没有零点，故存在整数，使得，即，因为，所以且，故或，所以或，故选：D.16．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】设，其判别式，∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，由，得，，∴，①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；②当时，，故，则，∵在上单调递增，∴在上也单调递增，，，由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，综上：实数的范围是.故选：D.17．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数，当时，恒成立，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意，若显然不是恒大于零，故.（由4个选项也是显然可得），则在上恒成立；当时，等价于，令在上单调递增.因为，所以，即,再设，令，时，，时，，在上单调递增，在上单调递减，从而，所以.故选：D．18．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）过动点（）作圆：的两条切线，切点分别为，，且，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题意知圆：的半径为，因为，分别为两条切线，的切点，且，则，所以，所以动点在圆上且，表示圆上的点与坐标原点连线的斜率，设，则直线与圆有公共点，由点到直线的距离公式可得，解得或，即的取值范围是，故选：D19．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】，即，故，所以，所以，因为，，所以，因为，所以，故，解得.故选：C20．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知等比数列的前项和，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由于为等比数列，所以，所以，所以，当为偶数时，由得对任意的偶数成立，由于为单调递增数列，所以单调递减，所以当时取最大值，故，当为奇数时，由得对任意的奇数成立，由于为单调递增数列，所以单调递增，故，综上可知：对任意，，故选:C二、多选题21．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）定义函数:①对;②当时，，记由构成的集合为M，则（

）A．函数B．函数C．若，则在区间上单调递增D．若，则对任意给定的正数s，一定存在某个正数t，使得当时，【答案】BCD【解析】对于A，当时，，则，则不属于M，A错误；对于B，，则当时，，，由，得，则即，因此属于M，B正确；对于C，由，则对任意都有，且，，则，，于是，因此在区间上单调递增，C正确；对于D，对给定的正数s，若，则取，使得当时，由选项C知，恒有，若，依题意，对于任意s，都有，且，于是，同理，随着n的无限增大，无限趋近于0，因此存在，则取，使得当时，恒有，D正确.故选：BCD22．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若满足，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】令，即，代入可得：.所以,解得,所以A正确.B正确；由可变形为,因为,将代入上式可得：,解得,所以不正确,D正确.故选：.23．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．B．函数的最小正周期为C．函数的图象的对称轴方程为D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到【答案】AB【解析】，故A正确；函数的最小正周期为，故B正确；由，得，故C错误；由的图象向左平移个单位长度，得，故D错误.故选：AB24．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（

）A．直线与平面所成的角等于B．四棱锥的体积为C．两条异面直线和所成的角为D．二面角的平面角的余弦值为【答案】AB【解析】如图，取的中点，连接，则，而，，得，则平面，所以是直线与平面所成的角为，故正确；点到平面的距离为的长度为，则，故正确；易证，所以异面直线和所成的角为或其补角，因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故错误；连接，由，所以，又，所以为二面角的平面角，易求得，又，，由余弦定理可得，故错误．故选：．25．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）已知，且，则下列选项正确的是（

）A． B．.C．的最大值为 D．【答案】ABD【解析】由题意可得，当且仅当时取得等号，即A正确；，当且仅当时取得等号，即B正确；先证柯西不等式，设，则，所以，由柯西不等式可知：，当且仅当，即时取得等号，即D正确；若，则，此时，故C错误.故选：ABD26．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知函数对任意实数，都满足，且，则（

）A．是偶函数 B．是奇函数C． D．【答案】AC【解析】在中，令，可得，即，解得，故B错误；令可得,即，故函数是偶函数，即是偶函数,故A正确；令，则，故，令，可得,故，故C正确；因为是偶函数，所以，故,即，所以,所以，故函数的周期为2，因为，，所以，.所以，故D错误.故选：AC.27．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知数列的前4项成等比数列，其前项和为，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】AD【解析】数列的前4项成等比数列，且，，即，设，，，令，，函数在上单调递增，在上单调递减，，，又，，，，且，，，．故选：AD．28．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，且，则（

）A． B．C．是奇函数 D．没有极值【答案】ACD【解析】令，则，正确;当且时，由，得，令函数，则，所以，所以为常函数，令，则，所以是奇函数，正确;当时，，错误;因为函数在定义域内单调递增或单调递减，所以没有极值，正确．故选：.29．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（

）A．圆的圆心都在直线上B．圆的方程为C．若圆与轴有交点，则D．设直线与圆在第二象限的交点为，则【答案】ABD【解析】圆的圆心，直线的方程为，即，由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确；显然，设点，则，而，解得，因此圆的圆心，半径为，圆的方程为，则圆的方程为，B正确；圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则，解得，而，因此，C错误；在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确．故选：ABD30．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）已知棱长为1的正方体中，P为线段上一动点，则下列判断正确的是（

）A．存在点P，使得B．三棱锥的外接球半径最小值为C．当P为的中点时，过P与平面平行的平面截正方体所得的截面面积为D．存在点P，使得点P到直线的距离为【答案】BCD【解析】由于为等边三角形，且其外接圆的半径为，由于平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面，故，同理可证,因此平面，故平面，因此三棱锥为正三棱锥，设外接球半径为，球心到平面的距离为，则，故当时，为最小值，故B正确，取的中点为,,连接,当是的中点，也是的中点，则该截面为与平面平行的平面截正方体所得的截面，进而可得该截面为正六边形，边长为,所以截面面积为，C正确，对于D,建立如图所示的空间直角坐标系，则,设，(),,所以点P到直线的距离为，由于，所以，由于,故D正确，由于，,则,,若与共线，则，，此时，此时与不共线，故不平行故A错误，故选：BCD31．（2023·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）若函数的定义域为D，若对于任意，都存在唯一的，使得，则称为“Ⅰ型函数”，则下列说法正确的是（

）A．函数是“Ⅰ型函数”B．函数是“Ⅰ型函数”C．若函数是“Ⅰ型函数”，则函数也是“Ⅰ型函数”D．已知，若，是“Ⅰ型函数”，则【答案】ACD【解析】对于A,由可得，所以，故A正确，对于B，取，则由以及可得,故这与存在唯一的矛盾，故B错误，对于C，由于函数是“Ⅰ型函数”，则对于任意，都存在唯一的，使得，故，因此对于对于任意，都存在唯一的，使得，故是“Ⅰ型函数”，C正确，对于D，对于任意，都存在唯一的，使得，所以，由于，所以，由于在单调递增，所以且，故，D正确，故选：ACD32．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅让人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义.按照如图甲所示的分形规律可得如图乙所示的一个树形图：记图乙中第行白圈的个数为，黑圈的个数为，则下列结论中正确的是（

）A． B．C．当时，均为等比数列 D．【答案】BCD【解析】由题意可知，，，，且有，故，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，是以1为首项，1为公比的等比数列，故C选项正确；由是以1为首项，3为公比的等比数列，是以1为首项，1为公比的等比数列，则，，所以解得，故B选项正确；，故D选项正确；，故A选项错误.故选：BCD33．（2023·广东广州·高三铁一中学校联考期中）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点（点在第一象限），为线段的中点.若，则下列说法正确的是（

）A．抛物线的准线方程为B．过两点作抛物线的切线，两切线交于点，则点在以为直径的圆上C．若为坐标原点，则D．若过点且与直线垂直的直线交抛物线于，两点，则【答案】BD【解析】对于A：由已知设过点的直线方程为，，联立方程，消去得，可得，又因为，所以，则，解得,所以抛物线方程为，准线方程为，A错误；对于B：抛物线，即，，易得，所以，故直线垂直，所以点在以为直径的圆上，B正确；对于C：由A项知，抛物线，直线的方程为，，联立方程，消去得，可得，，，解得，所以，所以，所以，即，所以，C错误；对于D：由C选项知，，因为直线垂直于直线，所以则，D正确.故选：BD.34．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）双曲函数是数学中一类非常重要的函数，其中就包括双曲正弦函数：，双曲余弦函数：（，为自然对数的底数）．下列关于与说法正确的是（

）A．与在上均为增函数B．与的图象都关于原点对称C．，都有D．，都有【答案】AC【解析】选项A，设，则，，，，，，即，在上为增函数．同理可知在上也为增函数，故正确；选项B，两函数定义域都为，且，图象关于原点对称,，图象关于轴对称，故错误；选项C，，故正确；选项D，由选项，可知与在上均为增函数，则当时，，在上为增函数．又由选项B可知，为偶函数，在上为减函数．在上为增函数．，，，，使得，即，使得，故错误．故选：AC35．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知点是抛物线上一点，是抛物线的焦点，直线与抛物线相交于不同于的点，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】将点的坐标代入抛物线的方程，可得，可得，A对；所以，抛物线的方程为，其准线方程为，故，B对；易知点，直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得或，即点，所以，，C对；，故、不垂直，D错.故选：ABC.36．（2023·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（

）

A． B．C．数列是等差数列 D．【答案】ACD【解析】若有个金盘，可考虑先将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，再将最大的一个金盘从杆移动到杆，需要移动一次，最后将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次，所以，，则，且，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，则，所以，，，A对B错；，所以，数列是等差数列，C对；对于D选项，，D对.故选：ACD.37．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）

A． B．C．平面 D．几何体2的表面积为【答案】ABC【解析】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，记，易得，对于A，因为在正四棱台中，，是的中点，所以，又是的中点，，所以，则，，又，所以，所以四边形是平行四边形，则，同理：，所以四形边是边长为菱形，在边长为的正方形中，，因为是的中点，所以，，所以，故A正确；对于B，因为在正四棱台中，面面，又面面，面面，所以，又，所以，故B正确；对于C，在四边形中，由比例易得，由对称性可知，而，所以，则，即，而由选项B同理可证，所以，因为在正方形中，，而，所以，因为面，所以面，对于D，由选项A易知四边形是边长为的正方形，上下底面也是边长为的正方形，四边形是边长为的菱形，其高为，所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，所以其表面积为，故D错误.故选：ABC.38．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数的零点为，的零点为，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】分别为直线与和的交点的横坐标，因为函数与函数互为反函数，所们这两个函数的图象关于直线，而直线、的交点是坐标原点，故，，，，，，故故选：BCD.39．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，函数，则（

）A．对任意，，存在唯一极值点B．对任意，，曲线过原点的切线有两条C．当时，存在零点D．当时，的最小值为1【答案】ABD【解析】对于A，由已知，函数，可得，令，则即在R上单调递增，令，则，当时，作出函数的大致图象如图：当时，作出函数的大致图象如图：可知的图象总有一个交点，即总有一个根，当时，；当时，，此时存在唯一极小值点，A正确；对于B，由于，故原点不在曲线上，且，设切点为，则，即，即，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故，当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，故在和上各有一个零点，即有两个解，故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；对于C，当时，，，故，该函数为R上单调增函数，，故，使得，即，结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，令，则，且为增函数，当时，，当且仅当时取等号，故当时，，则在上单调递增，故，令，则，此时的最小值为，无零点，C错误；对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；此时，，结合A的分析可知在R上单调递增，，故时，，则在上单调递增，故在上单调递减，为偶函数，故，D正确，故选：ABD40．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）设等比数列的公比为，其前n项和为，前n项积为，并满足，，，下列结论正确的有（

）A． B．C．是数列中的最大项 D．是数列中的最大项【答案】ABD【解析】因为是公比为的等比数列，且，，，若，则为增数列，且，则不成立，故假设不成立，所以，，，对于A，，故A正确．对于B，，故B正确．对于C，根据上面分析，等比数列中的每一项都为正值，所以无最大值，所以数列无最大项，故C错误．对于D，等比数列中从到的每一项都大于1，从开始后面每一项都小于1且大于0，所以是数列中的最大项，故D正确．故选：ABD．41．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）已知过抛物线T：的焦点F的直线l交抛物线T于A，B两点，交抛物线T的准线与点M，，，则下列说法正确的有（

）A．直线l的倾斜角为150° B．C．点F到准线的距离为8 D．抛物线T的方程为【答案】BD【解析】过点A、B分别作AC、BD垂直于准线，垂足分别为C、D，则，因为，所以，，由得，在中，，所以锐角，所以该直线l的倾斜角为.由抛物线的对称性知，当点A位于第四象限，同理可得该直线l的倾斜角为.综上，直线l的倾斜角为30°或150°，故A错误，B正确．设直线l的方程为，，，由，消去y得，所以，所以，解得，所以点p到准线的距离为4，抛物线T的方程为，故C错误，D正确．故选：BD．42．（2023·湖南邵阳·高三统考期中）如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（

）

A．B．可能为C．的最大值为D．当时，【答案】ACD【解析】由题设，四边形为等腰梯形，且，由，所以，又，结合题图知：，即，所以，则，即，由题设面，面，则，，面，故面，面，所以，A对；由两两垂直，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，则，所以，则，所以不可能为，B错；由，则，故，令，则，所以，C对；时，显然，即，D对.故选：ACD43．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（

）A．是偶函数 B．C． D．【答案】AD【解析】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.又因为在区间上单调递增，同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.函数，则，则为在奇函数.，所以在上为单调递增.选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.选项C：令，则，当时，，所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.选项D：经过分析，所以，D正确.故选：AD44．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知，分别是椭圆：的左、右焦点，，是上关于坐标原点对称的两个点，则（

）A．的离心率为 B．C．四边形面积的最大值为 D．的最大值为【答案】BCD【解析】对于A，由已知得，，，故的离心率为，故A错误；对于B，由椭圆定义知，所以，当且仅当时等号成立，于是，故B正确；对于C，由已知得四边形为平行四边形，当时，该四边形面积最大，最大值为，故C正确；对于D，，当且仅当时等号成立，而，所以的最大值为，故D正确.故选：BCD45．（2023·湖南岳阳·高三校联考阶段练习）已知圆锥的轴截面是等边三角形，，是圆锥侧面上的动点，满足线段与的长度相等，则下列结论正确的是（

）A．存在一个定点，使得点到此定点的距离为定值B．存在点，使得C．存在点，使得D．存在点，使得三棱锥的体积为【答案】BD【解析】如图所示，取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直.依题意，有因为，所以点M在平而内，再结合是等边三角形，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆.对于选项A，因为点M的轨迹是椭圆而不是圆，所以不存在定点使得M到此定点的距离为定值，故A错误；对于选项B，当点M与C重合时，，当点M与B重合时，，则M在B与C之间运动时，必存在的情形，即，故B正确；对于选项C，以AB为直径作一个球，由，可知点C在此球面上，从而可知点M的轨迹除了B，C两点之外均在此球内部.类比平面中圆的性质，可知，故C错误；对于选项D，当点M到平面PAB的距离最大时，点M恰好是其轨迹椭圆的短轴端点.取线段BC的中点D，因为点C所在的平行于圆锥底面的圆半径为1，点B所在的底面圆半径为2，所以过点D作与圆锥底面平行的平面，截圆锥得到一个半径为的圆，且点D到直线PO的距离.此圆与椭圆的交点即为椭圆的短轴端点M，此时，则三棱锥的体积的最大值为，即存在点M，使得三棱锥的体积为，故D正确.故选：BD三、填空题46．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）椭圆的右焦点为F，若过定点的直线l与C交于A，B两点，则面积的最大值为．【答案】/【解析】椭圆的右焦点，令定点，由题意可设过定点的直线l的方程为，不妨令,由，整理得，则，由，可得，的面积为，则，令，则，则又（当且仅当时等号成立）则，则，则，则面积的最大值为.故答案为：47．（2023·广东江门·高三统考阶段练习）若函数在区间内没有零点，则正数ω的取值范围是．【答案】【解析】由，可得，即，令，则又在区间内没有零点，则区间内不存在整数，又，则正数ω满足，则，则，解之得，则正数ω的取值范围是.故答案为：48．（2023·广东中山·高三统考阶段练习）函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，则.【答案】/【解析】由图知，，且点位于减区间内，点位于增区间内，所以，解得，，故.则，最小正周期为.直线与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，则由图可知，.∴.故答案为：49．（2023·广东珠海·高三校联考阶段练习）已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为.【答案】【解析】当时，，即函数在上单调递增函数的图像如下图所示：由得出，当时，显然不成立.但时，解得，使得不等式只有唯一整数解，此时.即时，唯一整数解是，当时，，使得不等式只有唯一整数解，此时，即时，唯一整数解是.综上，.故答案为：50．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）曲线在处的切线为，且满足，成立，若，则整数的最小值为．【答案】3【解析】由题意得：切点为，对求导后得：，得：，，由，，结合的图像，可得，由题知：，令：，得：由，得：或，结合，在上的图形可得在上仅有一个解.设的解为，当，，单调递增，当，，单调递减，可得为的极大值，且为最大值点，当且仅当时取等号，所以的最大值为，即：，所以整数的最小值为.故答案为：.51．（2023·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知数列满足，且对，有恒成立.则的取值范围是．【答案】【解析】因为数列满足，，即，则数列是以3为公比等比数列，整理得，，因为，有恒成立，则数列为递增数列，由通项公式可知，单调递减，且同号，则，解得.故答案为：52．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为．【答案】【解析】过直线和直线分别作平面，平面，平面和平面都平行于竖直的正六棱柱的底面，则该竖直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为．如图将多面体分成三部分，其中，三棱柱的体积为，所以多面体的体积为．两个正六棱柱重合部分的体积为．一个正六棱柱的体积为．故该几何体的体积为．故答案为：.53．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知抛物线与直线交于两点，点在抛物线上，且为直角三角形，