2024年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十三含解析

Page12024年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十三）一、单选题1．（2024·湖南长沙·高三阶段练习）已知m，n，s，t为正数，，，其中m，n是常数，且s＋t的最小值是，点M(m,n)是曲线的一条弦AB的中点，则弦AB所在直线方程为（）A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0C．4x＋y－10=0 D．【答案】D【解析】【分析】由已知求出取得最小值时满意的条件，再结合求出，再用点差法求出直线的斜率，从而得直线方程．【详解】∵，当且仅当，即取等号，∴，又，又为正数，∴可解得．设弦两端点分别为，则，两式相减得，∵，∴．∴直线方程为，即．故选：D．2．（2024·湖南长沙·高三阶段练习）数学家欧拉于1765年在其著作《三角形中的几何学》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若AB=4，AC=2，则下列各式不正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】先求得，然后结合欧拉线、向量运算的学问对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】是三角形的重心，所以，，A错误.依据欧拉线的学问可知，B选项正确.，所以C选项正确.，所以D选项正确.故选：A3．（2024·湖南娄底·高三期末）若，，，则a，b，c的大小关系为（）．A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】利用对数运算的性质将化简为，从而和c比较大小，同理比较a,c的大小关系，再依据两个指数幂的大小结合对数的运算性质可比较a,b大小，即可得答案.【详解】由题意：，，故．又，即，所以，即，因为，所以．因为，故，即，所以，所以，所以，所以，故选：B.4．（2024·湖南娄底·高三期末）已知双曲线的左焦点为，M为C右支上随意一点，D的坐标为，则的最大值为（）．A．3 B．1 C． D．【答案】D【解析】【分析】，计算即可求得结果.【详解】双曲线的实半轴长为，右焦点为，所以，当且仅当M，，D三点共线时取等号．故选：D.5．（2024·河北唐山·高三期末）已知圆柱的侧面积为，其外接球的表面积为S，则S的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，高为，则由题意可得，得，设圆柱的外接球半径为，则，然后利用基本不等式求出的最小值，从而可求出S的最小值【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面积为，所以，得，设圆柱的外接球半径为，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为1，所以外接球的表面积S的最小值为，故选：B6．（2024·河北唐山·高三期末）设，，，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】结合对数的换底公式以及对数函数的单调性进行转化求解即可．【详解】解：，，函数在上单调递增，∴，，即，即，因为函数在上单调递增，，即，综上，故选：A．7．（2024·河北深州市中学高三期末）已知函数，若时，则实数a的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】将不等式转化为，然后再求最值即可.【详解】不等式可化为，有，有，当时，（当且仅当时取等号），，故有．故选：C8．（2024·河北深州市中学高三期末）已知正项等比数列的前项和为，，且数列的前项和为，若对于一切正整数都有，则数列的公比的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】本题首先可设，通过解除这种状况，再然后设，通过等比数列的求和公式即可得出、，最终依据、、即可得出结果.【详解】因为等比数列是正项等比数列，所以，，若，则，，，不满意题意；若，则，，，，因为，，所以若，则，，，故数列的公比的取值范围为，故选：B.9．（2024·辽宁沈阳·高三期中）定义在R上的偶函数满意，且当时，若关于x的不等式的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据题意画出示意图，依据数形结合解题即可.【详解】因为定义在R上的偶函数满意，所以，从而函数的周期为4，依据函数性质画出函数的示意图，关于x的不等式的整数解有且仅有9个，从而满意，解得实数m的取值范围为.故选：C.【点睛】本题主要考查函数的对称性，奇偶性，周期性等函数性质，利用数形结合进行解题，数形结合思想是中学数学思想方法中特别重要的一个思想方法，平常在学习中留意理解消化汲取.10．（2024·福建省长汀县第一中学高三阶段练习）已知函数，若等比数列满意，则（）A．2024 B．1011 C．2 D．【答案】A【解析】【分析】由已知可得，依据等比数列的性质可得，即可得出所求.【详解】，，是等比数列，，则.故选：A11．（2024·湖北武昌·高三期末）已知等差数列，是数列的前n项和，对随意的，均有成立，则不行能的值为（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【解析】【分析】由已知分析可得，公差，探讨当时，当，时，与的关系，计算即求得的取值范围,得出结果.【详解】等差数列，对随意的，均有成立，即是等差数列的前项和中的最小值，必有，公差，当，此时，、是等差数列的前项和中的最小值，此时，即，则当，此时是等差数列的前项和中的最小值，此时，，即，则,则有，综合可得：分析选项可得：BCD符合题意；故选：A12．（2024·湖北武昌·高三期末）已知实数a，b满意，，则下列推断正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据对数和指数的单调性可推断，；在构造函数，，再依据换元法和不等式放缩，可证明当时，，由此即可推断的大小.【详解】因为，所以；由且，所以，所以，令，，令，则，则，等价于，；又，所以当时，，故，所以．故选：C．13．（2024·湖北·恩施土家族苗族中学高三期末）已知且，则=（）A． B．C． D．或【答案】C【解析】【分析】依据给定条件利用三角恒等变换求出的值，再推断的范围即可得解.【详解】因，则，，因，，则，又，有，于是得，因此，，所以.故选：C14．（2024·湖北·恩施土家族苗族中学高三期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an－Sn＝2，记数列的前n项和为Tn，若对于随意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，则实数k的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】先求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.【详解】依题意，当时，，，两式相减并化简得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，.，所以，所以的取值范围是.故选：A15．（2024·湖北·荆州中学高三期末）“绿水青山就是金山银山”，党的十九大以来，城乡深化河道生态环境治理，科学治污．某乡村一条污染河道的蓄水量为立方米，每天的进出水量为立方米．已知污染源以每天个单位污染河水，某一时段（单位：天）河水污染质量指数为（每立方米河水所含的污染物）满意（为初始质量指数），经测算，河道蓄水量是每天进出水量的80倍．若从现在起先关闭污染源，要使河水的污染水平下降到初始时的10%，须要的时间大约是（参考数据：）（）A．1个月 B．3个月 C．半年 D．1年【答案】C【解析】【分析】由题可知：，化简得出结论.【详解】由题可知：∴∴∴（天）∴要使河水的污染水平下降到初始时的10%，须要的时间大约是半年.故选：C.16．（2024·湖北·荆州中学高三期末）苏格兰数学家科林麦克劳林(ColinMaclaurin)探讨出了闻名的Maclaurin级数绽开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试依据此公式估计下面代数式的近似值为（）（可能用到数值）A． B． C． D．【答案】B【解析】由麦克劳林公式得，进而可得答案.【详解】解：依据麦克劳林公式得：，所以由于.故的近似值为.故选：B.【点睛】本题考查数学学问迁移与应用实力，解题的关键是将所求近似代替，是中档题.17．（2024·河北·高三阶段练习）已知：①若，，则；②若，，，，则；③若，，且，则的最小值为.上面不等式中正确的个数为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由基本不等式“一正二定三相等”的原则对选项逐一推断.【详解】①利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，①正确；②，当且仅当时取等号，②不正确；③，则，当且仅当时取等号，所以，③正确.故选：C.18．（2024·河北·高三阶段练习）已知函数为函数的导函数，满意，，，，则下面大小关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】依据题意可得，从而构造函数在上单调递增，由单调性即可求解.【详解】依据题意，，变换可得：，分析可得，，，，，，，所以函数在上单调递增，所以，即，故选：A.19．（2024·河北·武安市第一中学高三阶段练习）已知，，，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，可得，，利用平面对量坐标运算可求得，由数量积的坐标运算可表示出，利用基本不等式可求得结果.【详解】以为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，，即，，，，，（当且仅当，即时取等号），.故选：D.【点睛】方法点睛：求解平面对量数量积问题的常用方法有两种：（1）利用平面对量线性运算将所求数量积进行转化，转化为夹角和模长已知的向量数量积的求解问题；（2）建立平面直角坐标系，利用平面对量数量积的坐标运算来进行求解.20．（2024·江苏宿迁·高三期末）记表示不超过实数的最大整数，记，则的值为（）A．5479 B．5485 C．5475 D．5482【答案】B【解析】【分析】分别使、等，然后求和即可.【详解】由题意可知，当时，；当时，；当时，；当时，，所以.故选：B21．（2024·江苏扬州·高三期末）已知为椭圆：()与双曲线：()的公共焦点，点M是它们的一个公共点，且，分别为，的离心率，则的最小值为（）A． B． C．2 D．3【答案】A【解析】【分析】设椭圆、双曲线的共同半焦距为c，利用椭圆、双曲线定义及余弦定理建立关系，再借助均值不等式计算作答.【详解】设椭圆、双曲线的共同半焦距为c，由椭圆、双曲线对称性不妨令点M在第一象限，由椭圆、双曲线定义知：，且，则有，，在中，由余弦定理得：，即，整理得：，于是得，当且仅当，即时取“=”，从而有，所以的最小值为.故选：A22．（2024·江苏扬州·高三期末）已知a＝sin2，，c＝tan（π－2），则（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的性质比较与1的大小，与的大小即可【详解】由题意可知，，，且，即，，则c＞a＞b，故选：C23．（2024·辽宁大连·高三期末）如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，，，设，因为，所以，则在侧面内取一点，使得，则易知三角形为直角三角形，则设，对称轴为，则即故选：C24．（2024·辽宁·东北育才学校高三期末）“迪拜世博会”于2024年10月1日至2024年3月31日在迪拜实行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形态可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知内层圆柱的高同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知外层圆柱的高此模型的体积为故选：C二、多选题25．（2024·湖南长沙·高三阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为棱A1D1上的动点（不包括两个端点），M为线段AP的中点，则下列结论正确的是（）A．CM与PN是异面直线B．C．过P，A，C三点的正方体的截面肯定不是等腰梯形D．平面PAN⊥平面BDD1B1【答案】BD【解析】【分析】连接，因为点，平面可得平面，因为点，平面可得平面可推断A；以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，设，求出，，配方后可推断B；取的中点，可得四边形是梯形，由，可推断C；由线面垂直的推断定理可得底面，再由面面垂直的推断定理可推断D.【详解】如上图，连接，因为点，平面，所以点在平面，即平面，因为点，平面，所以点在平面，即平面，即不是异面直线，故A错误；如上图，以为原点，所在的直线分别为的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，所以，，，，所以，因为，所以，即，故B正确；如上图，取的中点，连接，则，，所以四边形是梯形，因为，所以，所以此时四边形是等腰梯形，故C错误；如上图，因为底面是正方形，所以，因为底面，所以，因为，所以平面，且平面，所以平面平面，即平面平面，故D正确.故选：BD.26．（2024·湖南长沙·高三阶段练习）若存在，则称为二元函数在点处对x的偏导数，记为；若存在，则称为二元函数在点处对y的偏导数，记为.若二元函数，则下列结论正确的是（）A．B．C．的最小值为D．的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】依据偏导数的定义进行分析计算，，可推断AB；，的最小值为，由于，构造函数（），利用导数可求出的最小值可推断CD.【详解】因为（，），所以，则，故A选项正确；又，所以，故B选项正确；因为，所以当时，取得最小值，且最小值为，故C选项错误；，令（），，当时，，当时，，故，从而当时，取得最小值，且最小值为，故D选项正确.故选：ABC.27．（2024·湖南娄底·高三期末）已知函数，若关于x的方程有3个不同的实数根，则t的取值可以为（）．A． B． C． D．3【答案】AB【解析】【分析】先借助导数方法求出函数的单调区间和最值，进而作出图象，然后设，问题转化为探讨方程根的个数，最终求得答案.【详解】当时，，单调递减，当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在时，取得最小值，，画出的图象，令，则方程为，要想方程有3个不同的实数根，结合的图象可知须要满意：有两个不同的实数根，，满意：且或满意：且.令，则，即，当时，另外一个根为，不符合且；当且时，必需，所以.综上，．故选：AB．【点睛】本题的破解点在于设，这样问题可以转化为一元二次方程根的分布问题，结合函数的图象解决问题.28．（2024·全国·高二课时练习）为排查新型冠状病毒肺炎患者，须要进行核酸检测．现有两种检测方式：（1）逐份检测：（2）混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了，假如检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竞哪几份为阳性，就须要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为，若，运用概率统计的学问推断下列哪些p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式．（参考数据：）（）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1【答案】CD【解析】【分析】计算混合检测分式，样本须要检测的总次数的期望，又逐份检测方式，样本须要检测的总次数，知，利用求解可得p的范围，即可得出选项.【详解】设混合检测分式，样本须要检测的总次数可能取值为，故的分布列为：111设逐份检测方式，样本须要检测的总次数，则要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需即，即，即又，，故选：CD29．（2024·河北唐山·高三期末）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为AB的中点，将沿DE所在的直线翻折，使A与重合，得到四棱锥，则在翻折的过程中（）A． B．存在某个位置，使得C．存在某个位置，使得 D．存在某个位置，使四棱锥的体积为1【答案】AB【解析】【分析】过作，垂足为，证得平面，可判定A正确；取的中点，连接，当在平面上的投影在上时，可判定B正确；连接，由直线与是异面直线，可判定C错误；求得，结合体积公式求可判定D错误.【详解】对于A中，如图所示，过作，垂足为，延长交于点，因为，且，所以平面，又因为平面，所以，所以A正确；对于B中，取的中点，连接，当在平面上的投影在上时，此时平面，从而得到，所以B正确；对于C中，连接，因为平面，平面，所以直线与是异面直线，所以不存在某个位置，使得，所以C错误；对于D中，由，解得，由作，可得，即此时四棱锥的高，此时，所以不存在某个位置，使四棱锥的体积为1，所以D错误.故选：AB.30．（2024·河北深州市中学高三期末）已知函数的零点为，则（）A．的值为5 B．的值为4C． D．【答案】AD【解析】【分析】由函数的零点为，得到，变形为，由为增函数，得到推断AB，再结合零点存在定理推断CD。【详解】∵，∴，∴．令为增函数，∴由，得，∴．∴．由，，又由，，有，则.故选：AD31．（2024·福建省长汀县第一中学高三阶段练习）已知函数.则（）A．当时，是上的减函数B．当时，的最大值为C．可能有两个极值点D．若存在实数，，使得为奇函数，则【答案】ABD【解析】【分析】A：求导以后推断导函数的正负即可推断A选项；B：，则，配凑法结合均值不等式即可推断B选项；C：推断极值点的个数等价于推断的根的个数，从而可推断C选项；D：结合函数的对称性，以及函数图象的变换即可推断D选项；【详解】A：当时，，则，所以是上的减函数，故A正确；B：当时，，令，则，当且仅当时，取得最大值，所以的最大值为，故B正确；C：，令，即，所以，令，则，所以在上单调递增，而时，，时，，所以时，有一个根，故有1个极值点，时，无解，故无极值点，故不行能有2个极值点，故C错误；D：若，则，取，则，，为奇函数，当时，由C结合函数的图象、单调性可得不存在实数，，使得为奇函数，故D正确.故选：ABD.【点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．32．（2024·湖北武昌·高三期末）已知直线：与抛物线C：相交于A，B两点，点A在x轴上方，点是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，利用抛物线的定义求得焦半径计算可推断的对错.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，又直线，所以直线恒过抛物线的焦点，设点，因为两点在抛物线上，联立方程，两式相减可得，，设的中点为，则，因为点在直线上，解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，故选项B正确；因为，,所以，故选项C正确；过做轴，过做轴，抛断线的准线交轴与点，设,，，，，又，，则，则D错误.故选：ABC【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的标准方程及其几何性质、圆的性质、直线与抛物线的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式；考查运算求解实力和逻辑推理实力；娴熟驾驭直线与抛物线的位置关系和抛物线的几何性质、圆的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.33．（2024·湖北武昌·高三期末）已知四面体ABCD的一个平面绽开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（）A．B．BE与平面DCE所成角的余弦值为C．四面体ABCD的内切球半径为D．四面体ABCD的外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】几何体内各相关线段的计算即可.【详解】由题意得，绽开图拼成的几何体如下图所示，，，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径.所以，对于A：，，，故平面ABN，而平面ABN，所以，故A正确；对于B：由于平面ACD，故平面ABN平面ACD，故是BE与平面DCE所成角，故，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：所以外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD34．（2024·湖北·恩施土家族苗族中学高三期末）已知圆，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（）A．四边形PAMB周长的最小值为 B．的最大值为2C．直线AB过定点 D．存在点N使为定值【答案】ACD【解析】【分析】设，由此据圆的切线性质表示出，则即可表示出四边形PAMB周长，进而求得其最小值，从而推断A的对错；利用表示出,由此可推断B的对错；依据圆的切线性质表示出切线方程，进而求出AB的直线方程，求其过的定点坐标，可推断C对错；推断C点位于某个圆上，可知出其圆心和C点距离为定值，从而推断D的对错.【详解】如图示：设，则，所以四边形PAMB周长为，当P点位于原点时，t取值最小2，故当t取最小值2时，四边形PAMB周长取最小值为，故A正确；由可得：，则，而，则,故B错误；设，则方程为：，的方程为，而在切线，上，故，，故AB的直线方程为，当时，，即AB过定点，故C正确；由圆的切线性质可知,设AB过定点为D,则D点位于以MD为直径的圆上，设MD的中点为N，则,则为定值，即D正确，故选：ACD.35．（2024·湖北·恩施土家族苗族中学高三期末）如图，已知A，B是相互垂直的两条异面直线，直线AB与a，b均相互垂直，垂足分别为A，B，且，动点P，Q分别位于直线A，B上，且P异于A，Q异于B.若直线PQ与AB所成的角，线段PQ的中点为M，下列说法正确的是（）A．PQ的长度为定值B．三棱锥的外接球的半径长为定值C．三棱锥的体积为定值D．点M到AB的距离为定值【答案】ABD【解析】【分析】依据题意，将图形还原为长方体，进而依据题意求出，进而推断A，B；依据，进而推断C；设交于R，则R为CQ的中点，取AB的中点N，然后证明四边形RBNM是平行四边形，进而证明，最终求得答案.【详解】如图，将图形还原为长方体，因为，所以（易知其为锐角）是PQ与AB所成的角，即，易知，则.A正确；对B，易知三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，则其直径为4，半径为2.B正确；对C，，不为定值.C错误；对D，设交于R，则R为CQ的中点，连接MR，取AB的中点N，连接MN，又因为M为PQ的中点，所以，而，故，所以四边形RBNM是平行四边形，则，因为，则.因为AB⊥平面BCDQ，平面BCDQ，所以，则，所以点M到AB的距离为1.D正确.故选：ABD.36．（2024·湖北·荆州中学高三期末）已知圆，直线．下列命题中，正确的命题是（）A．对随意实数k和，直线l和圆M有公共点B．对随意实数，必存在实数k，使得直线l与圆M相切C．对随意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切D．存在实数k与，使得圆M上有一点到直线l的距离为3【答案】AC【解析】【分析】由已知可得圆心，半径，且圆过原点，求出圆心到直线的距离，逐项推断，即可得出结论.【详解】选项，圆恒过原点，所以正确；圆心到直线的距离为，对于随意实数，直线与圆相交或相切，所以选项正确，选项不正确；圆上的点到直线距离最大值为，所以选项不正确.故选:AC.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，留意点到直线距离公式的合理应用，属于中档题.37．（2024·河北·高三阶段练习）已知点O是的外心，，，，则下列正确的是（）A．若，则的外接圆面积为B．若，则C．若，则D．当，时，【答案】BD【解析】【分析】利用三角形外心的性质结合向量的运算逐项求解即可.【详解】解：依据题意：因为点O是的外心，所以，，对A，若，则由余弦定理可得：，所以所以的外接圆的半径为，所以该外接圆的面积为，故A错误；对B，当时，依据余弦定理可得，，即由，所以即解得，，所以，故B正确；对C，当时，由选项B的分析知，，，则，故C错误；对D，当，时，由选项B的分析知，，所以，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题的关键是得出三角形外心的性质，进而结合向量的运算进行求解.38．（2024·河北·高三阶段练习）已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于M，N两点，且，，则的取值可以为（）A． B． C．2 D．3【答案】BC【解析】【分析】依据题意得到直线过抛物线的焦点，得出，再结合抛物线焦点弦的性质得到，求得的长，即可求解.【详解】依据题意，抛物线的焦点为，可得直线过抛物线的焦点，因为所以，即，又由抛物线焦点弦的性质，可得，联立方程组，可得或或，又因为，所以或2.故选：BC.39．（2024·河北·武安市第一中学高三阶段练习）如图，等边的中线与中位线相交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中正确的是（）A．动点在平面上的射影在线段上B．恒有平面C．三棱锥的体积有最大值D．异面直线与不行能垂直【答案】ABC【解析】【分析】A.由斜线的射影来推断；B.依据来推断；C.由棱锥的体积公式可推断；D.由面来推断.【详解】∵A′D＝A′E，△ABC是正三角形，∴A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故A正确；∵E,F分别为CA，CB的中点，则，又面，面，∴平面，B正确；三棱锥A′−FED的底面积是定值，体积由高即A′究竟面的距离确定，当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′−FED的体积有最大值，故C正确；∵，，，∴面，面，∴，故D错误.故选：ABC.40．（2024·江苏宿迁·高三期末）在平面直角坐标系中，若对于曲线上的随意点，都存在曲线上的点，使得成立，则称函数具备“性质”.则下列函数具备“性质”的是（）A． B．C． D．【答案】BD【解析】【分析】四个选项都可以做出简图，对于选项A和选项C，可在图中选取特别点验证解除；选项B、选项D可在图中随意选择点，视察是否存在点，使得成立，即可做出推断.【详解】选项A，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满意成立，那么点落在直线上，而此时与两直线是平行的，不存在交点，故此时不满意在上存在点，使得成立，故选项A错误；选项B，如图所示，曲线，对于曲线上的随意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项B正确；选项C，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满意成立，那么点落在直线上，而此时与两曲线不存在交点，故此时不满意在上存在点，使得成立，故选项C错误；选项D，如图所示，曲线，对于曲线上的随意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项D正确；故选：BD41．（2024·江苏宿迁·高三期末）如图，一张长､宽分别为的矩形纸，，分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，则（）A．在该多面体中，B．该多面体是三棱锥C．在该多面体中，平面平面D．该多面体的体积为【答案】BCD【解析】【分析】利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．【详解】由于长、宽分别为，1，分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，且为的中点，从而得到一个多面体，所以该多面体是以为顶点的三棱锥，故B正确；，，，故A不正确；由于，所以，，可得平面，则三棱锥的体积为，故D正确；因为，，所以平面，又平面，可得平面平面，故C正确.故选：BCD42．（2024·江苏扬州·高三期末）在边长为6的正三角形ABC中M，N分别为边AB，AC上的点，且满意，把△AMN沿着MN翻折至A′MN位置，则下列说法中正确的有（）A．在翻折过程中，在边A′N上存在点P，满意CP∥平面A′BMB．若，则在翻折过程中的某个位置，满意平面A′BC⊥平面BCNMC．若且二面角A′－MN－B的大小为120°，则四棱锥A′－BCNM的外接球的表面积为61πD．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM体积的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】通过直线相交来推断A选项的正确性；通过面面垂直的判定定理推断B选项的正确性；通过求四棱锥外接球的表面积来推断C选项的正确性；利用导数来求得四棱锥体积的最大值.【详解】对于选项A，过作，交于，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设分别是的中点，若，则AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设分别是的中点，若且二面角A′－MN－B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以点G即为点D，所以r＝3，二面角A′－MN－B的平面角即为∠A′ED＝120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH＝，DH＝，A′H＝，，设外接球球心为，由，解得R2＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝61π，故选项C正确；对于选项D，设分别是的中点，设是四棱锥的高.S△AMN＝6λ6λ＝9λ2，S△ABC＝66＝9，所以S四边形BCNM＝9（1－λ2），则VA′－BCNM＝9（1－λ2）h≤3（1－λ2）A′E＝3（1－λ2）3λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），则＝27（－3λ2＋1），令＝0，解得λ＝，则函数f（λ）在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，所以f（λ）max＝f（）＝6，则四棱锥A′－BCN体积的最大值为，故选项D正确.故选：BCD43．（2024·江苏扬州·高三期末）在椭圆C：（a＞b＞0）中，其全部外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．该圆由法国数学家G．Monge（1745－1818）最新发觉．若椭圆C：＋y2＝1，则下列说法中正确的有（）A．椭圆C外切矩形面积的最大值为4B．点P（x，y）为蒙日圆Γ上随意一点，点，当∠PMN最大值时，tan∠PMN＝2＋C．过椭圆C的蒙日圆上一点P，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于点Q，若kOP，kOQ存在，则kOPkOQ为定值D．若椭圆C的左右焦点分别为F1，F2，过椭圆C上一点P和原点作直线l与蒙日圆相交于M，N，且，则【答案】BCD【解析】【分析】先求得椭圆的蒙日圆，然后依据外切矩形的面积、两角和的正切公式、根与系数关系、判别式、向量运算的指数对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】由题意可知，圆Γ：x2＋y2＝3，对于选项A，椭圆C的一个外切矩形为可设为ABCD，则其面积S＝4|OA||OB|sin∠AOB＝6sin∠AOB，所以矩形ABCD的面积最大值为6≠，故选项A错误；对于选项B，当PM与圆相切且切点在轴下方时∠PMN最大，，则tan∠PMO＝，且∠NMO＝45°，所以tan∠PMN＝，故选项B正确；对于选项C，当PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），由联立消去y可得，（k2＋1）x2＋2kmx＋m2－3＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，则y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝，当直线PQ与椭圆相切时，由联立消去y可得，（2k2＋1）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，＝16k2m2－4（2k2＋1）（2m2－2）＝0，化简得2k2＋1＝m2，所以kOPkOQ＝＝－，当PQ的斜率不存在时，则或，此时kOPkOQ＝－，故选项C正确；对于选项D，，因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝，则|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝8，所以PF12＋PF22＝5，由，所以①，②，则①＋②，可得，解得，所以|PM||PN|＝（r－|PO|）（r＋|PO|）＝r2－|PO|2＝3－＝，故选项D正确；故选：BCD【点睛】直线和圆锥曲线相切，可利判别式为零列方程，建立参数间的关系式来对问题进行求解.直线和圆锥曲线相交的问题，联立直线的方程和圆锥曲线的方程，写出根与系数关系，这个步骤须要较强的运算实力，须要不断的训练，提高运算实力.44．（2024·辽宁大连·高三期末）若圆和圆恰有三条公切线，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】利用圆的位置关系可得，进而利用基本不等式及不等式的性质逐项分析即得,【详解】由圆，可得，圆心为，半径为2，由圆，可得，其圆心为，半径为4，由题可得，∴，取则，故A错误；由，可得，∴，当且仅当时取等号∴，故B正确；由可知为圆心半径为3的圆上随意一点，则，即，故C正确；由，可得，当且仅当时取等号，∴，故D正确.故选：BC.45．（2024·辽宁大连·高三期末）如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为；点处标签为1，记为；点处标签为2，记为；点处标签为1，记为；点处标签为0，记为以此类推，格点处标签为，记，则（）A． B． C． D．【答案】AD【解析】【分析】依据图示，分析可得第一圈从到共8个点，由对称性可得，其次圈16个点，相加也为0，归纳可得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，分析所在位置，即可推断A的正误；求得、的值，可推断B的正误；代入特别值检验，可推断C的正误；分析可得，求得各项值，分析计算，即可推断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得，第一圈从到共8个点，由对称性可得，其次圈从到共16个点，由对称性可得，依据归纳推理可得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，设在第n圈，则，且，由此可知前22圈共有2024个点，即，且对应点为，所以对应点为，对应点为，所以，故A正确；因为，所以，故B错误；由图可得对应点为（1,3），所以，故C错误；因为，又对应点为（n,-n），所以，对应点为（n-1,-n），所以对应点为（1，-n），所以所以，故D正确.故选：AD【点睛】难点在于需依据图示，归纳推理，总结规律，逐一分析各个选项，进行推断，对于，需进行合理分析和归纳，难度较大，属难题.46．（2024·辽宁·东北育才学校高三期末）函数，分别为上的偶函数和奇函数，（且），若，函数有唯一零点，则实数的值可以为（）A． B． C．1 D．【答案】AB【解析】【分析】利用函数，奇偶性可得，令，由奇偶性定义可得是偶函数，关于直线对称，函数有唯一零点，可得，再由可求得答案.【详解】因为函数，分别为上的偶函数和奇函数，所以函数，，又，，两式相减，可解得，令，，所以是偶函数，图象关于轴对称，所以关于直线对称，，函数有唯一零点，所以，即，，又因为，所以，解得或，故选：AB.三、填空题47．（2024·湖南长沙·高三阶段练习）已知函数，，a为常数.若对于随意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，则实数a的取值范围是___________.【答案】[0，1]##【解析】【分析】可依据已知条件，构造函数，通过分类探讨得到的解析式，然后利用二次函数的对称轴确定其单调性，列式求解即可.【详解】对于随意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，即，令，即只需在[0，2]上单调递增即可，当时，，函数图象恒过；当时，；当x＜1时，要使在区间[0，2]上单调递增，则当1＜x≤2时，的对称轴x=a≤1，即a≤1；当0≤x＜1时，F(x)=x2+2ax-2a且1+2a×1-2a≤1-2a×1+2a,综上0≤a≤1故答案为：[0，1].48．（2024·湖南娄底·高三期末）若四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一个球O的表面上，PB⊥底面ABCD，PB=2，AB=CD=1，AD=2BC=22，BC∥AD【答案】7【解析】【分析】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，OG⊥平面，然后由直角三角形、直角梯形中求得球半径，得球体积．【详解】设球心O到平面ABCD的距离为h，AD，BC的中点分别为F，E，由已知条件得，四边形ABCD所在的截面圆的圆心G必在线段EF的延长线上，OG⊥平面，h=OG，因为GA=GB，所以AF所以22解得GF=22，因为OP=OA，所以GA因为OB=OP，所以OG=PB所以球O的半径为GA所以球O的体积为4π故答案为：71449．（2024·河北唐山·高三期末）已知函数fx=x3-axa>0，b，c分别是的极大值点与微小【答案】2【解析】【分析】求导得函数在-∞,-a3和a3,+∞上单调递增，在-a3,a3上单调递减，故【详解】解：fx=x令f'x=3x所以当x∈-∞,-a3∪a所以函数在-∞,-a3和a所以b=-a因为fd=f所以d3-ad=-a所以d+a因为d>b=-a所以d=2a3，所以故答案为：.50．（2024·河北深州市中学高三期末）设A1，A2，B1分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右、上顶点，O为坐标原点，D为线段OB1的中点，过A2作直线A1D的垂线，垂足为【答案】##12【解析】【分析】表示出直线A1D和直线A2H的方程，联立表示出，即可求出离心率.【详解】直线A1D的方程为y=b2a(x+a)，直线A2H联立y=b2a(x+a),y=-2ab∴4a2b4a2故答案为：.51．（2024·河北深州市中学高三期末）四面体ABCD的顶点A，B，C，D在同一个球面上，AB=BC=AC=6．若该球的表面积为64π．则四面体ABCD体积的最大值为______．【答案】18【解析】【分析】先由球的表面积为64π，求得球的半径，进而求得三棱锥O-ABC的高h'，然后由四面体的高最大为h=R+h【详解】因为球的表面积为64π，所以4πR解得球的半径R=4，因为AB=BC=AC=6，所以△ABC的高为33记四面体ABCD外接球球心为O，则三棱锥O-ABC的高为42所以四面体ABCD体积的最大值为13故答案为：1852．（2024·福建省长汀县第一中学高三阶段练习）在三棱锥P-ABC中，和△PBC都是边长为23的正三角形，PA=32.若为三棱锥P-ABC外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.【答案】5【解析】【分析】设中点为T，可证明PT⊥AT，设和△PBC的外心分别为O1和O2，过O1和O2分别作两个平面的垂线交于点即为三棱锥P-ABC外接球的球心，求出外接球的半径R=OP的长，到平面的距离d≤R+OO1【详解】设中点为T，的外心为O1，△PBC的外心为O2，过点O1作面的垂线，过点O2作直线面PBC两条垂线的交点即为三棱锥P-ABC外接球的球心，因为和△PBC都是边长为23的正三角形，可得PT=AT=3，又PA=32，所以AT2又因为AT⊥BC，BC∩PT=T，所以AT⊥面PBC，因为AT⊂平面，所以平面PBC⊥平面，且TO1=所以四边形OO1TO2到平面的距离d≤R+OO1=故答案为：5+153．（2024·湖北武昌·高三期末）已知圆O的方程为x2+y2=1，P是圆C：x-22+y2=16上一点，过【答案】3【解析】【分析】由圆切线的性质可知圆心切点连线与切线垂直，设PA与PB的夹角为2α，通过解直角三角形求出PA，PB的长;利用向量的数量积公式表示出PA⋅【详解】如图，设PA与PB的夹角为2α，则|PA|=|PB|=1tan∴PA⋅P是圆C：x-222=4-|OC|≤|PO|≤|OC|+4=6，∴cos∴令t=1-cos则PA⋅PB=所以当t=12时，PA⋅PBmin当t=118时，PA⋅PBmax∴PA⋅PB的范围为故答案为：3254．（2024·湖北武昌·高三期末）函数fx【答案】1【解析】【分析】分类探讨，去掉肯定值，利用导函数探讨函数单调性和极值，进而求出最小值.【详解】当x≥-ln2时，2ex-1≥0，此时fx=2ex-1-2x，f'x=2ex当x<-ln2时，2ex-1<0，此时fx=1-2综上：函数fx故答案为：155．（2024·湖北·荆州中学高三期末）已知双曲线C:x216-y29=1的左右焦点分别是F1，F2，点P是C的右支上的一点（不是顶点），过F2作∠F1PF【答案】【解析】【分析】结合双曲线的定义以及三角形的中位线，求得MO.【详解】延长F2M交PF1于，由于PM是∠所以三角形QPF2是等腰三角形，所以PQ=PF依据双曲线的定义可知PF1-由于是F1F2的中点，所以MO是三角形所以MO=故答案为：56．（2024·湖北·荆州中学高三期末）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智嬉戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按肯定规则移动圆环的次数，确定解开圆环的个数在某种玩法中，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满意a1＝1，且an＝2an-1-1,n为偶数2an-1+2,n为奇数【答案】2n-1（1≤n≤9，n【解析】【分析】可得为奇数时an=4an-2【详解】当为奇数时，n-1为偶数，n-2为奇数，则an故数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列，∴an=1×4n+1故解下n（n为奇数）个环所需的最少移动次数为2n-1（1≤n≤9，n故答案为：2n-1（1≤n≤9，n【点睛】关键点睛：解决本题的关键是推断出数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列.57．（2024·河北·高三阶段练习）已知四边形中，∠BAD=90°，BD=BC=CD=6，三角形ABD沿折起，使得二面角A-BD-C为120°，则此空间四边形外接球的表面积为______.【答案】52π【解析】【分析】依据题意，过点M、N做平面ABD和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心O，结合球的截面的性质，求解求得半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，三角形ABD的外心为的中点M，等边三角形的外心为N，分别过点M、N做平面ABD和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心O，因为BD=BC=CD=6，为的中点，所以CM=33，依据重心的性质，可得MN=3因为二面角A-BD-C为120∘，∠OMA=90∘，可得∠OMN=又因为CN=23，所以R=所以外接球的表面积为S=4πR故答案为：52π58．（2024·河北·武安市第一中学高三阶段练习）阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种类型的正多边形为面构成的凸多面体.如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，若得到的几何体是由正三角形与正六边形构成的阿基米德多面体，且该阿基米德多面体的表面积为73【答案】11π【解析】【分析】由阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，该阿基米德多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为13a的正三角形的面积，易求得其表面积，从而求得，原正四面体接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，由外接球球心到面的距离为正四面体高的14及六边形的外接圆半径为1可求得外接球的半径，从而得体积．【详解】由题意可得阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，则其表面积为4×34×由图易知该阿基米德多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为13a的正三角形的面积，所以该阿基米德多面体的表面积为所以a=3.易知原正四面体接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，设阿基米德多面体外接球的球心为，半径为，易知与正四面体一条棱的三等分点之间的距离就是该阿基米德多面体外接球的半径，球心到该阿基米德多面体正六边形侧面的距离为正四面体高的14，由a=3易得正四面体的高为6，所以d=6又阿基米德多面体中每个正六边形侧面的外接圆半径，所以R2=r故答案为：11π2【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解