2024年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十五含解析

Page12024年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十五）一、单选题1．（2024·广东肇庆·模拟预料）已知当时，函数的图象与函数的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】将两个函数的解析式联立，消去，得到等式，问题转化为方程有两个不同的正实根，依据这个等式运用常变量分别法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【详解】由题设，当时，，令，则，所以当时，，则单调递增；当时，，则单调递减.又，，所以当时，直线与的图象有两个交点，即函数的图象与函数的图象有且只有两个交点.故选：A.【点睛】关键点睛：利用常变量分别法构造函数利用导数的性质是解题的关键.2．（2024·广东广州·一模）若正实数a，b满意，且，则下列不等式肯定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依据函数单调性及得到或，分别探讨两种状况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，须要构造函数进行求解.【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；故ABC均错误；D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D3．（2024·广东广州·一模）设抛物线的焦点为F，过点的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，，则与的面积之比（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据抛物线焦半径公式得到B点横坐标，进而利用抛物线方程求出B点纵坐标，直线AB的方程，求出C点坐标，联立直线与抛物线，求出A点纵坐标，利用求出答案.【详解】如图，过点B作BD垂直准线于点D，则由抛物线定义可知：，设直线AB为，，，，不妨设，则，所以，解得：，则，解得：，则，所以，解得：，则直线AB为，所以当时，即，解得：，则，联立与得：，则，所以，其中.故选：C4．（2024·广东·一模）已知菱形的边长为2，，是边的中点，连接并延长至点，使得，若为线段上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】解法一：连接，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，利用坐标法求解即可；解法二：设设，进而以为基底，得，，再依据向量数量积运算得，进而依据二次函数性质即可得答案.【详解】解法一：连接，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，.设，因为，所以，所以，，所以，，所以.易知直线的方程为，设，则，，所以，因为，所以.故选：B解法二：设，则.连接，因为为的中点，所以，，所以.设，，依据二次函数的图象与性质可知，函数，的最小值在处取得，为，最大值在处取得，为，所以的取值范围是.故选：B5．（2024·广东·一模）已知等比数列的通项公式为，，记的前项和为，前项积为，则使得成立的的最大正整数值为（

）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】A【解析】【分析】依据题意求得，，由，得到，解得，进而求得使得成立的的最大正整数值.【详解】由题意，等比数列的通项公式为，可得数列是首项为、公比为的等比数列，所以，，由，得，由，可得，结合，可得，.当时，，不满意题意；当时，，，，所以，不满意题意.综上，使得成立的的最大正整数值为17.故选：A.6．（2024·湖南益阳·一模）若双曲线：，，分别为左､右焦点，设点是在双曲线上且在第一象限的动点，点为△的内心，，则下列说法正确的是（

）A．双曲线的渐近线方程为B．点的运动轨迹为双曲线的一部分C．若，，则D．不存在点，使得取得最小值【答案】C【解析】【分析】依据双曲线的方程干脆写出渐近线方程判定A；由圆的切线长定理和双曲线的定义可求得的横坐标，可判定B；由双曲线的定义和余弦定理，利用等面积法求得的纵坐标，由正弦和求交点，求得的坐标，运用向量的坐标表示，可得，可判定C；若与关于y轴对称，结合双曲线的定义及对称性可得，可判定D.【详解】由题意，双曲线，可知其渐近线方程为，A错误；设，△的内切圆与、、分别切于、、，可得，由双曲线的定义可得：，即，又，解得，则的横坐标为，由与的横坐标相同，即的横坐标为，故在定直线上运动，B错误；由且，解得：，∴，则，∴，同理可得：，设直线，直线，联立方程得，设△的内切圆的半径为，则，解得，即，∴，由，可得，解得，故，C正确；若与关于y轴对称，则且，而，∴，故要使的最小，只需三点共线即可，易知：，故存在使得取最小值，D错误.故选：C.【点睛】方法点睛：D选项求动点到两定点的距离最值，应用双曲线的定义及对称性将动点转移到两定点之间的某条曲线上，结合两定点间的线段最短求最小值．7．（2024·全国·高三专题练习）已知边长为的菱形，，沿对角线把折起，二面角的平面角是，则三棱锥的外接球的表面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】作出图形，利用勾股定理建立方程，求三棱锥的外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】如图所示，设菱形的对角线交于，顶点A在底面的投影为，由菱形的性质可得，二面角的平面角是，，因为菱形的边长为，，，，设底面外接圆圆心为，外接球球心为，连接，过作，设，则，由勾股定理可得，，即，解得，，三棱锥的外接球的表面积为，故选：B.【点睛】方法点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以干脆找出球心和半径.8．（2024·湖南·一模）已知函数有两个极值点，若，则关于的方程的不同实根个数为A．3 B．4C．5 D．6【答案】A【解析】【详解】试题分析：求导得，明显是方程的二不等实根，不妨设，于是关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的解就是或，依据题意画图：所以有两个不等实根，只有一个不等实根，故答案选A.考点：导数、零点、函数的图象9．（2024·湖南·一模）设抛物线的焦点为F，点P为C上的随意点，若点A使得的最小值为4，则下列选项中，符合题意的点A可为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据抛物线的性质，结合选项逐一推断即可.【详解】抛物线的准线方程为：，焦点坐标为：，A：因为在抛物线内部，而到准线的距离为：，所以的最小值为，不符合题意；B：因为在抛物线上，所以的最小值就是，不符合题意；C：因为在抛物线内部，到准线的距离为：，所以的最小值为，符合题意，D：因为在抛物线外部：所以的最小值就是，不符合题意，故选：C10．（2024·湖南·一模）在正方体中，点P满意，且，若二面角的大小为，O为的中心，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】设正方体中心为，先依据条件得平面，所以作于Q，连，通过证明面可得即为的平面角，接下来在和中计算即可.【详解】设正方体中心为，因为点P满意，且所以平面，平面平面，由正方体性质平面，且平面，所以作于Q，连，面，则即为的平面角，所以．设正方体棱长为1，中，，则在中，，所以．故选：D.11．（2024·湖北·一模）各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机运用的是二进制，数学运算一般用的十进制.通常我们用函数表示在x进制下表达M（M>1）个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是（

）A．二进制 B．三进制 C．八进制 D．十进制【答案】B【解析】【分析】依据效率的定义，结合的单调性，即可推断和选择.【详解】因为，令，得易知在上单调递增，在上单调递减，故只需比较与的大小，而，故可得.则效率最高的是三进制.故选：.12．（2024·山东济南·一模）已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（

）A． B． C．1 D．【答案】B【解析】【分析】依据给定条件求出点P的轨迹，再借助几何图形，数形结合求解作答.【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，当P与N重合时，，令点，则，，于是得，明显点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，视察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，因，为切线，点为切点，，，则，所以最大值为，.故选：B【点睛】思路点睛：涉及在垂直条件下求动点的轨迹问题，可以借助向量垂直的坐标表示求解，以简化计算，快捷解决问题.13．（2024·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满意．若对随意的，都有成立，则实数的取值范围是（

）A．， B． C．， D．【答案】D【解析】【分析】由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满意，，即，再解不等式即可得答案.【详解】解：依据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，由于数列满意，所以对随意的都成立，故数列单调递增，且满意，，所以，解得．故选：．14．（2024·山东泰安·一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】【分析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.解得答案.【详解】解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.因为，所以，即，所以，而，解得p＝2,故选：B.15．（2024·山东烟台·一模）过直线上一点P作圆M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得四边形PAMB的面积为的点P有两个，则实数m的取值范围为（

）A． B． C．或 D．或【答案】A【解析】【分析】利用圆的性质可得，进而可得，结合题意可得，即得.【详解】由圆M：可知，圆心，半径为1，∴，∴四边形PAMB的面积为，∴，要使四边形PAMB的面积为的点P有两个，则，解得.故选：A.二、多选题16．（2024·广东肇庆·模拟预料）已知正方体的棱长为1，点P是线段上（不含端点）的随意一点，点E是线段的中点，点F是平面内一点，则下面结论中正确的有（

）A．平面B．以为球心､为半径的球面与该正方体侧面的交线长是C．的最小值是D．的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项：利用线面平行的判定定理证明出平面，即可推断；对于B选项：先作出球面与侧面的交线为弧，再求弧长；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面作于点G，交于P.利用几何法推断出最小.解三角形求出最小值，即可推断C、D.【详解】对于A选项：因为平面即为平面，又因为，且平面，平面，所以平面，故A正确；对于B选项：该球面与侧面的交线为弧，是以为圆心，圆心角为的弧，所以弧长为，故B正确；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面且点，D在直线的异侧，作于点G，交于P.由两点之间，直线最短.可得G、F重合时，最小.此时，设，则,所以.在中，,所以，则的最小值是，故C不正确，D正确.故选:ABD.17．（2024·广东肇庆·模拟预料）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条相互垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（

）A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与l相切C．的最小值为32 D．当最小时，【答案】BCD【解析】【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可推断A;利用抛物线定义推得,由此推断B;计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，推断C;求出的表达式，采纳换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，推断D.【详解】设，，，，，直线的方程为，则直线的方程为,将直线的方程代入，化简整理得，则，，故,所以，,因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，点M到直线l的距离，又，所以，故A错误；因为，所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，即以为直径的圆与l相切，故B正确；同理，，所以，，，则，当且仅当时等号成立，故C正确；.设，则，，.当时，即时，最小，这时，故D正确,故选:BCD.【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算实力和思维实力，解答时要留意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.18．（2024·广东广州·一模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，闻名的“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[0，1]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”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】分析题意发觉是一个等比数列，依据等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行推断，CD两个选项须要利用数列的单调性进行推断，尤其是D选项，须要构造新数列，利用做差法验证单调性.【详解】由题可知，；，；，由此可知，即一个等比数列；A：，A错误；B：，因为，所以该数列为递减数列，又因为当时，，所以恒成立，B正确；C：，即，两边约去得到，当时，，原式成立；当时，恒成立，所以成立，即成立，C正确；D：令，再令，令解得，因为，所以取，由此可知时；时，故为最大值，，依据单调性，即不恒成立，D错误.故选：BC19．（2024·广东广州·一模）在长方体中，，，，则下列命题为真命题的是（

）A．若直线与直线CD所成的角为，则B．若经过点A的直线与长方体全部棱所成的角相等，且与面交于点M，则C．若经过点A的直线m与长方体全部面所成的角都为θ，则D．若经过点A的平面β与长方体全部面所成的二面角都为，则【答案】ACD【解析】【分析】A依据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，依据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，依据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【详解】A：如下图，直线与直线CD所成角，即为直线与直线AB所成角，则，正确；B：构建如下图示的坐标系，过A的直线与长方体全部棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，错误.C：如下图，过A的直线m与长方体全部面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，正确；D：如下图，过A的平面β与长方体全部面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：依据长方体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等推断直线或平面的位置，进而求对应角的函数值.20．（2024·广东·一模）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．在上单调递减B．直线为图象的一条对称轴C．在上的解集为D．函数在上的图象与直线的交点的横坐标之和为【答案】AC【解析】【分析】先依据肯定值的含义，将写成分段函数的形式，然后逐段探讨并作出其图象，最终依据三角函数的图象与性质即可求解.【详解】由题意得，函数，作出的大致图象如图所示，由图可知，在上单调递减，所以A正确；由图易知函数的图象没有对称轴，所以直线不是函数图象的对称轴，所以B错误；当时，，由，可得，当时，，由，可得或，所以在上的解集为，所以C正确；结合函数的图象，可得函数在上的图象与直线有4个交点，设交点的横坐标从左到右依次设为，，，，依据函数的解析式可知，当时，，依据余弦函数图象的对称性可知，，当时，，依据正弦函数图象的对称性可知，，所以，所以选项D错误.故选：AC.21．（2024·全国·高三专题练习）已知定义在上的函数满意对随意的，，，且当时，，则（

）A．B．对随意的，C．是减函数D．若，且不等式恒成立，则的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】A.取，易得；B.取，可得，然后验证的状况；C.由当时，，且可得，当时，，与为减函数冲突，从而可推断C错误；D.先证明的单调性，然后由可得，结合函数的单调性可得，再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解.【详解】取，则，解得或，若，则对随意的，，与条件不符，故，A正确；对随意的，，若存在，使得，则，与冲突，所以对随意的，，B正确；当时，，且，所以当时，，与为减函数冲突，C错误；假设，则因为，所以，则，即，所以函数在上单调递增，由题意得，所以，结合在上单调递增可知，则，令，则，，令，，易得在上单调递减，在上单调递增，从而，所以，则，D正确.故选：ABD.【点睛】本题中用到特殊值，特殊函数来解决问题，特殊是选项D中，将不等式转化为，再结合换元法，求导等方法来求解，综合实力要求较高.22．（2024·湖南益阳·一模）已知正方体的棱长为2，点E、F分别是棱、的中点，点P在四边形内（包含边界）运动，则下列说法正确的是（

）A．若P是线段的中点，则平面平面B．若P在线段上，则异面直线与所成角的范围是C．若平面，则点P的轨迹长度为D．若平面，则长度的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】对于A，先证明，，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理即可推断；对于B，由可将与所成的角转化为与所成的角，结合为正三角形可得与所成角的取值范围；对于C，先利用线面位置关系得到点的轨迹，然后求解即可；对于D，先由线线平行证明线面平行，进而得面面平行，可确定点的轨迹为线段，然后结合勾股定理求解长度的最值即可求解．【详解】对于A：因为、分别是线段、的中点，所以，则，则，所以，又由平面，所以，所以平面，又因为平面，所以平面平面，即选项A正确；对于B：在正方体中，，所以与所成的角为与所成的角，连接、，则为正三角形，所以与所成角的取值范围为，即选项B错误；对于C：设平面与直线交于点，连接、，则为的中点，分别取、的中点、，连接、、，由，所以平面，同理可得平面，又因为，所以平面平面，又由平面，所以直线平面，故点的轨迹是线段，易得，即选项C正确；对于D：取的中点，的中点，的中点，连接，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，连接、，则，又因为，所以，所以平面，连接、，由，且，得，故、、、四点共面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，由知、，连接，，在中，，所以，所以，则，故线段长度的最小值为，线段长度的最大值为，所以长度的取值范围是，即选项D正确．故选：ACD．23．（2024·湖南益阳·一模）函数的取值可以为（

）A． B． C． D．【答案】CD【解析】【分析】由题得，再利用数形结合分析求解.【详解】解：由题得可理解为单位圆上动点到两定点的距离和.如图所示，点处于位置时，三点共线取到最小值，当位于时，，此时.过了点逆时针运动时，都在逐步增加，当位于时，，此时.故选：CD24．（2024·湖南·一模）已知F为抛物线的焦点，点P在抛物线上，过点F的直线l与抛物线交于，两点，O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M．则下列说法正确的是（

）A．的最大值为B．若点，则的最小值为6C．无论过点F的直线l在什么位置，总有D．若点C在抛物线准线上的射影为D，则B、O、D三点共线【答案】ACD【解析】【分析】依据抛物线的性质，结合题意，对每个选项进行逐一分析，即可推断和选择.【详解】依据题意，可得，设，且点在轴上方.对A：过点作轴交轴与点，如下图所示：简单知：，且则，当且仅当，即时取得等号.故可得的最大值为，当且仅当垂直于轴时取得最大值，故A正确；对B：依据题意，过点作垂直于抛物线的准线，垂足为，作图如下：因为，数形结合可知，当且仅当与重合，与重合时，取得最小值，此时，故B错误；对C：依据题意，作图如下：设过点的直线方程为，联立抛物线方程，可得：，故可得，故可得，故可得，故C正确；对D：依据题意，作图如下：因为，故可得，又，，故共线，且有公共点，故B,O,D三点共线，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查直线与抛物线相交，利用韦达定理以及抛物线定义处理最值、共线等问题，处理问题的关键是充分利用抛物线定义和韦达定理，进行合理的转化，属综合中档题.25．（2024·福建·厦门一中高二阶段练习）设，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是（

）A．， B．， C．， D．，【答案】BCD【解析】把各选项代入函数式检验，能求出实根的解出实根，不能求出实根的用函数的性质推断．【详解】记，，时，，或，不满意题意；，时，，，在和是递增，在上递减，而，只有一个零点，即只有一个实根，同理，时，在和是递增，在上递减，而，只有一个零点，即只有一个实根，，时，，只有一个实根，故选：BCD.【点睛】本题考查方程实根个数问题，对于方程根无法解出的状况可以通过探讨函数的极值与单调性确定函数零点即方程根的个数．26．（2024·湖南·一模）已知函数在区间上单调，且满意有下列结论正确的有(

)A．B．若，则函数的最小正周期为；C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】A：在上单调，，，故；B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再依据知是f(x)的对称轴，依据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；C：依据ω的范围求出周期的范围，依据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴依据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是娴熟驾驭正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，驾驭正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.27．（2024·湖南·一模）已知双曲线的左焦点为F，过点F作C的一条渐近线的平行线交C于点A，交另一条渐近线于点B．若，则下列说法正确的是（

）A．双曲线C的渐近线方程为 B．双曲线C的离心率为C．点A到两渐近线的距离的乘积为 D．O为坐标原点，则【答案】BCD【解析】【分析】依据共线向量的性质，结合双曲线的渐近线方程、离心率公式逐一推断即可.【详解】双曲线的渐近线方程为，不妨设过点F的直线与直线平行，交于C于点A.对于A：设双曲线半焦距为c，过点F与直线平行的直线的方程为，与联立，解得，由，设，所以，可得，依题：，得，故渐近线方程为，A错误；对于B：由可得，B正确；对于C：A到两渐近线距离的乘积，C正确对于D：故，故，所以D正确．故选：BCD【点睛】关键点睛：求出两点坐标是解题的关键.28．（2024·湖南·一模）数列满意，，则（

）A．数列可能为常数列 B．当时，数列前10项之和为C．当时，的最小值为 D．若数列为递增数列，则【答案】ABD【解析】【分析】利用构造数列法可得数列为等差数列，写出通项公式，从而推断每个选项.【详解】A．由，得，当时，，为常数列；B．，故为等差数列，时，的前10项和为；C．由B知，时，，故，数列的最小值为；D．，故，当递增时，有．故选：ABD【点睛】求解本题的关键是通过构造数列法，证明得数列为等差数列，从而写出通项公式，再推断每个选项.29．（2024·湖北·一模）我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥S−ABC中，侧棱SA､SB､SC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SA､SB､SC与底面所成的角分别为､､，下列结论正确的有（

）A．D为△ABC的外心 B．△ABC为锐角三角形C．若，则 D．【答案】BCD【解析】【分析】对于A，连接并延长交于，连接，可证得，同理可证得，从而可推断，对于B，由勾股定理结合余弦定理推断，对于C，，可得，然后结合已知条件推断，对于D，利用由等面积法求解推断【详解】连接并延长交于，连接，因为平面，平面，所以，因为SA､SB､SC两两垂直，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，即，同理可证得，故D应为的垂心，故选项A不正确；由勾股定理可得，，在中，由余弦定理得，，所以为锐角，同理可得都为锐角，所以为锐角三角形，故选项B正确；设，则由题意得，若，则，因为､､都为锐角，所以，选项C正确；由选项A可知，平面，因为平面，所以，由等面积法可得，得，故.故选项D正确.故选：BCD30．（2024·湖北·一模）已知函数，则(

)A．的图象关于对称 B．的最小正周期为C．的最小值为1 D．的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】A：验证与是否相等即可；B：验证与相等，从而可知为f(x)的一个周期，再验证f(x)在(0，)的单调性即可推断为最小正周期；C、D：由B选项即求f(x)最大值和最小值.【详解】，故选项A正确；∵，故为的一个周期.当时，，此时，令，得，故.∵当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故的最小正周期为，选项B错误；由上可知在上的最小值为，最大值为，由的周期性可知，选项CD均正确.故选：ACD.31．（2024·山东济南·一模）已知函数，下列结论正确的是（

）A．为偶函数 B．的值域为C．在上单调递减 D．的图象关于直线不对称【答案】AB【解析】【分析】利用偶函数的定义及正弦函数、余弦函数的奇偶性判定选项A正确；先利用肯定值的代数意义将的解析式化为分段函数，再利用两角和的正弦、余弦公式化简，进而利用三角函数的性质判定选项B正确；利用两角和的正弦公式、三角函数的单调性判定选项C错误；利用是最大值判定选项D错误.【详解】对于A：因为的定义域为R，且，所以函数是偶函数，即选项A正确；对于B：由题意，得，即，当时，，则，即；当时，，则，即；综上所述，的值域为，即选项B正确；对于C：当时，，且，令，得，令，得，即在上单调递增，在上单调递减，即选项C错误；对于D：由选项B得的最大值为，且，即的图象关于直线对称，即选项D错误.故选：AB.32．（2024·山东济南·一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在探讨土星及其卫星的运行规律时发觉的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满意，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（

）A．曲线C与y轴的交点为， B．曲线C关于x轴对称C．面积的最大值为2 D．的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】依据给定条件，求出曲线C的方程，由推断A；由曲线方程对称性推断B；取特值计算推断C；求出的范围计算推断D作答.【详解】设点，依题意，，整理得：，对于A，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；对于D，由得：，解得，于是得，解得，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)假如，则曲线C关于y轴对称；(2)假如，则曲线C关于x轴对称；(3)假如，则曲线C关于原点对称.33．（2024·山东泰安·一模）如图，在直三棱柱中，，，D是棱的中点，，点E在上，且，则下列结论正确的是（

）A．直线与BC所成角为90°B．三棱锥的体积为C．平面D．直三棱柱外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，证明，依据线面垂直的判定定理可得平面，再依据线面垂直的性质可得，即可推断A；对于B，证明平面，可得，再依据求出体积，即可推断B；对于C，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明不垂直，即可推断C；对于D，连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，求出外接球的半径，即可求出外接球面积，即可推断.【详解】解：对于A，在矩形中，因为，，D是棱的中点，所以，所以，所以，又因，，所以平面，又因平面，所以，即直线与BC所成角为90°，故A正确；对于B，在直三棱柱中，，又，，所以平面，又平面，所以，则，故B正确；对于C，由AB可知，两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，则，所以，所以不垂直，所以不垂直平面，故C错误；连接，则线段即为直三棱柱外接球的直径，，所以外接球的半径，所以直三棱柱外接球的表面积为，故D正确.故选：ABD.34．（2024·山东泰安·一模）已知函数，，，则下列结论正确的是（

）A．在上单调递增B．当时，方程有且只有3个不同实根C．的值域为D．若对于随意的，都有成立，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A：取特殊函数值否定结论；对于B：当时，解方程得到和是方程的根.利用零点存在定理证明在上有且只有一个零点.即可证明.对于C：依据单调性求出的值域.对于D：对x分类探讨：、和三种状况，利用分别参数法分别求出k得到范围，取交集即可.【详解】对于A：.因为，，所以，所以.所以在上不是增函数.故A错误；对于B：当时，方程可化为：或.由可解得：.对于，明显代入方程成立，所以是方程的根.当时，记..所以令，解得：；令，解得：；所以在上单增，在上单减.所以.所以在上没有零点；而在上单减，且，，所以在上有且只有一个零点.综上所述：当时，方程有且只有3个不同实根.故B正确；对于C：对于.当时，.，所以；当时，..令，解得：；令，解得：；所以在上单减，在上单增.所以；故的值域为成立.故C正确.对于D：对于随意的，都有成立，所以及恒成立.若恒成立，则有.令，只需.令，则.则.所以，即.若恒成立，当，无论k取何值，不等式均成立，所以.当，则有.令，只需..记，则，所以在上单减，所以，即，所以在上单减，所以所以.综上所述：.故D正确.故选：BCD【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数探讨原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数处理恒（能）成立问题.35．（2024·山东烟台·一模）如图，正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（

）A．直线平面B．点到平面的距离为C．异面直线与所成角的余弦值为D．设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】解：在正三棱柱中，为的中点，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，因为，即，又平面，所以平面，故A正确；因为，所以，则点到平面的距离为，故B正确；因为，，设直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；故选：ABD36．（2024·山东烟台·一模）已知双曲线C：，，为C的左、右焦点，则（

）A．双曲线和C的离心率相等B．若P为C上一点，且，则的周长为C．若直线与C没有公共点，则或D．在C的左、右两支上分别存在点M，N使得【答案】BC【解析】【分析】求得双曲线和C的离心率推断选项A；求得的周长推断选项B；由直线与圆锥曲线位置关系的判定推断选项C；求解满意题意条件的直线MN推断选项D.【详解】选项A：双曲线C：的离心率双曲线的离心率则双曲线和C的离心率不肯定相等.推断错误；选项B：P为C：上一点，且则有，整理得则的周长为.推断正确；选项C：由，可得由题意可知，方程无解当时，方程有解；当时，则有，解之得或故若直线与C没有公共点，则或.推断正确；选项D：依据题意，过双曲线C的左焦点的直线方程可设为令，由，可得由，可得则有，则有，整理得，明显不成立.当过双曲线C的左焦点的直线为水平直线时，方程为则，，即.综上可知，不存在分别在C的左、右两支上M，N使得.推断错误.故选：BC三、双空题37．（2024·湖南·一模）已知函数，写出函数的一个单调递增区间________；当时，函数的值域为，则a的取值范围是_______．【答案】

【解析】【分析】分和探讨去肯定值符号，再依据正弦函数的单调性和最值分析结合题意即可得出答案.【详解】解：当时，，当时，，令，则，所以函数的一个单调递增区间为，，则函数在上递增，在上递减，则当时，，且，令，则，所以函数在上递增，此时令，则，所以函数在上递减，当时，令，则，因为当时，函数的值域为，所以.故答案为：（答案不唯一）；.38．（2024·湖北·一模）2024年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目起先后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中心，非常壮丽.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年探讨的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形起先，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.【答案】

【解析】【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再依据等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；分析可知，即；，即当第1个图中的三角形的周长为1时，即，所以由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即即，，，利用累加法可得数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边，则所以，所以故答案为：，【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.39．（2024·山东济南·一模）已知函数，对随意非零实数x，均满意.则的值为___________；函数的最小值为___________.【答案】

0

【解析】【分析】依据给定条件求出待定系数a，b，进而求出的解析式，代值计算可得，变形函数式并借助二次函数求解最值作答.【详解】函数，因对随意非零实数x，均满意，则，有，即，由等式两边绽开式最高次项系数得：，即，当时，，解得，经检验得，，，对随意非零实数x成立，因此，，，当即时，，所以的值为0，函数的最小值为.故答案为：0；【点睛】思路点睛：两边是一元高次多项式的等式恒成立问题，可以借助特殊项（如最高次项、常数项等）及取特值求出待定系数，然后验证即可.四、填空题40．（2024·广东肇庆·模拟预料）已知函数，，，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为___________.【答案】##8.25【解析】【分析】依据题意列出方程组，求出的表达式，求出符合条件的，再依据在区间上有且只有一个极大值点，分类探讨确定的值是否适合题意，可得答案.【详解】由题意知，,，，则,，，其中，,当时，，，；当时，，，.又在区间上有且只有一个极大值点，所以，得，即，所以.当时，，，此时，此时有2个极大值点，舍去；当时，，，此时，此时有1个极大值点，成立，所以的最大值为，故答案为：41．（2024·广东广州·一模）如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O动身，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事务“质点位于的位置”的概率为___________.【答案】【解析】【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2的位置上，则必定须要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为全部移动结果的总数为，全部落在-2上的概率为故答案为：42．（2024·广东广州·一模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两相互垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.【答案】##【解析】【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，依据已知条件推断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又，，所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；所以最长弧的弧长为.故答案为：.43．（2024·广东·一模）在长方体中，底面是边长为的正方形，，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为______.【答案】【解析