2024年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十三含解析

Page582024年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十三）一、单选题1．（2024·广东茂名·模拟预料）一个二元码是由和组成的数字串（），其中（，，，）称为第位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由变为，或者由变为）.已知某种二元码的码元满意如下校验方程组：，其中运算定义为：，，，.已知一个这种二元码在通信过程中仅在第位发生码元错误后变成了，那么用上述校验方程组可推断等于（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依据校验方程组分别推断各位码元的正误.【详解】由已知得，故至少错误一个，又，正确，故均正确，，正确，故均正确，综上所述，错误，故选：A.2．（2024·广东茂名·模拟预料）直线：与抛物线：交于，两点，圆过两点，且与抛物线的准线相切，则圆的半径是（

）A．4 B．10 C．4或10 D．4或12【答案】D【解析】【分析】依据直线与抛物线相交，利用根与系数的关系可得A,B坐标间的关系，设圆M的圆心为M(a,b)，半径为r，利用圆心在的中垂线上及圆心到准线的距离等于半径建立方程组求解即可.【详解】可设，由，联立消去x可得，,则，即,则，可得AB的中点坐标为，则，且AB的垂直平分线方程为:，即，则可设圆M的圆心为M(a,b)，半径为r，所以，则圆M的方程为,即，又圆心M(a,b)到直线l:的距离，且满意，则①，又因为圆M与抛物线C的准线相切，所以，即②，①②联立解得或.故选：D3．（2024·广东茂名·模拟预料）已知函数，直线是曲线的一条切线，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，可把、用表示，从而可表示为关于的函数，再引入新函数，由导数求得函数的值域即得．【详解】设切点为，，曲线在切点处的切线方程为，整理得，所以．令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，则的取值范围是．故选：C.4．（2024·广东茂名·模拟预料）已知函数在内恰有3个极值点和4个零点，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】由第4个正零点小于1，第4个正极值点大于等于1可解.【详解】，因为，所以，又因为函数在内恰有个极值点和4个零点，由图像得：解得：，所以实数的取值范围是.故选：A.5．（2024·广东茂名·模拟预料）已知双曲线的左、右焦点分别是，过点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，现将平面沿所在直线折起，点到达点处，使二面角的平面角的大小为，且三棱锥的体积为，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依题意求出点坐标，即可得到，再由二面角的定义可知为二面角的平面角，再依据锥体的体积公式得到，从而求出离心率；【详解】解：由题意可知，直线的方程为，代入双曲线方程可得，设点在轴上方，则，可得，所以，由题意可知，且，所以平面，所以为二面角的平面角，即，所以，即，又，所以，可得双曲线的离心率为，故选：A．6．（2024·广东茂名·模拟预料）设是定义在上的奇函数，对随意的，满意：，且，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】先由，推断出在上是增函数，然后再依据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.【详解】解：对随意的，都有，在上是增函数，令，则，为偶函数，在上是减函数，且，，当时，，即，解得：，当时，，即，解得：，综上所述：的解集为：.故选：A.【点睛】方法点睛：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中学数学的教学之中.某些数学问题从表面上看好像与函数的单调性无关，但假如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、精确的相识，并驾驭好运用的技巧和方法，这是特别必要的.依据题目的特点，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.很多问题，假如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.7．（2024·广东·模拟预料）曲线：与曲线：公切线的条数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】设公切线与的切点为，公切线与的切点为，利用导数的几何意义分别得出在切点，处的切线方程，由得到，构造函数，利用导数得出方程的根的个数，即可得出结论.【详解】设公切线与的切点为，公切线与的切点为的导数为；的导数为则在切点处的切线方程为，即则在切点处的切线方程为，即，整理得到令，则；在区间上单调递减，在区间上单调递增即函数与的图象，如下图所示由图可知，函数与有两个交点，则方程有两个不等正根，即曲线：与曲线：公切线的条数有2条故选：C【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，属于较难题.8．（2024·广东佛山·三模）高考是全国性统一考试，因考生体量很大，故高考成果近似听从正态分布一般正态分布可以转化为标准正态分布，即若，令，则，且．已知选考物理考生总分的全省平均分为460分，该次考试的标准差为40，现从选考物理的考生中随机抽取30名考生成果作进一步调研，记为这30名考生分数超过520分的人数，则（

）参考数据：若，则，．A．0.8743 B．0.1257 C．0.9332 D．0.0668【答案】A【解析】【分析】依据题意结合公式可得，即，且，代入数据计算．【详解】依据题意则考生分数超过520分的概率依据题意可得，则故选：A．9．（2024·广东·模拟预料）已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.【详解】由题意及正弦定理得：，令，则，，可得，所以椭圆的离心率为：.故选：B10．（2024·广东·模拟预料）十九世纪下半叶集合论的创立，莫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，记为第一次操作；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，记为其次次操作；…，如此这样，每次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，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则须要操作的次数n的最小值为（

）参考数据：，A．6 B．7 C．8 D．9【答案】D【解析】【分析】归纳出第次去掉的线段的长度，然后求得和，解不等式可得．【详解】记为第n次去掉的长度，，剩下两条长度为的线段，其次次去掉的线段长为，第次操作后有条线段，每条线段长度为，因此第次去掉的线段长度为，所以，，，，n的最小值为9．故选：D．【点睛】关键点点睛：解题关键是归纳出第次所去掉的线段长度，计算时要先得出第次去掉的线段条数，即第次剩下的线段条数，同时得出此时每条线段长度，从而可得第次所去掉的线段总长度，求和后列不等式求解．11．（2024·湖南·临澧县第一中学二模）已知等比数列首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则下列结论不正确的是（

）A．为单调递增的等差数列 B．C．为单调递增的等比数列 D．使得成立的n的最大值为6【答案】A【解析】【分析】令，进而求导并结合得，进而依据等比数列性质得，进而得推断B；再对等比数列的通项公式取对数推断A；再依据等比数列的前项和求解通项公式推断C；再依据，，得时，，再推理可推断D.【详解】令，则，∴，∴，因为是等比数列，所以，即，∵，∴，B正确；∵，∴是公差为的递减等差数列，A错误；∵，∴是首项为，公比为q的递增等比数列，C正确；∵，，，∴时，，时，，∴时，，∵，∴时，，又，，所以使得成立的n的最大值为6，D正确．故选：A．12．（2024·湖南·临澧县第一中学二模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出，进而利用勾股定理即可得到，从而可求出结果.【详解】由题意知延长则必过点,如图：由双曲线的定义知，又因为，，所以，设，则，因此，从而，所以，又因为，所以，即，即，故选：B.13．（2024·湖南怀化·一模）已知抛物线，O为坐标原点.若存在过点的直线l与C相交于A､B两点，且，则实数m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】设两点坐标，则可表示,利用求得与两点坐标的关系式，把点代入抛物线方程，联立求得，又因，进而求得关于的一元二次方程，进而通过方程有2个正实数根列出关于的不等式组，解不等式组即可得到答案【详解】设则因为点在抛物线上所以

由消去得，即，整理得：因为过的直线与抛物线交于两点所以关于的方程有两正数根，解得

故选：A14．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）已知实数满意，则的最小值为(

)A．2 B．1 C．4 D．5【答案】A【解析】【分析】将a-1和b-1看作整体，由构造出，依据即可求解．【详解】由得，因式分解得，则，当且仅当时取得最小值．故选：A．15．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）已知为坐标原点，点，，以为邻边作平行四边形，，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据点A、B的坐标，可得是圆上两动点，所以，依据两点间距离公式，可得，取的中点，即可得及，进而可得点P的轨迹，分析可得，当与相切时，最大，依据三角函数定义，即可得答案.【详解】已知圆：，是圆上两动点，所以，所以为等边三角形，又，取的中点，则，所以，所以点的轨迹方程为：，当与相切时，最大，此时，则.故选：C.16．（2024·湖北·模拟预料）在等比数列中，已知，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】干脆利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.【详解】∵公比，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴且，∴且，即“”是“”的充分不必要条件．故选：A．17．（2024·湖北·模拟预料）设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理和正弦定理，以及倍角公式，干脆计算即可求解【详解】因为，所以，即，所以，所以或.若则.这与题设不合，故，又，所以，即.故选：B二、多选题18．（2024·广东茂名·模拟预料）已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（

）A．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为B．在翻折的过程中，直线，所成角的范围是C．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为D．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为【答案】AD【解析】【分析】在翻折成正四面体的状况利用线面垂直的判定定理可以证明直线与所成角为直角，从而判定A；利用平面与底面垂直的状况，得到三棱锥的体积最大值，计算后可判定B；利用当得到面积的最大值，利用等体积法可以求得此时内切球的半径，进而计算其表面积，从而判定C．将的最小值转化为异面直线与的距离，考虑翻折的极限状况可以判定D．其中要留意线面垂直，面面垂直的判定与性质的应用．【详解】对于A，当平面与底面垂直时，三棱锥的体积最大，取AC中点H，连接DH，则DH⊥AC，又因为平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，所以DH⊥平面ABC，此时，，故A正确；对于B，由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，翻折后，当时，四面体ABCD为正四面体，取BC中点为E，连接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BC⊥AD，直线与所成角为直角，故B错误；对于C，如图，设翻折前的棱形的位置如图在翻折过程中，设AC中点为O：由已知可得AC=a，△ABC，△ADC都是正三角形．同上可证，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，依据平面垂直的性质定理可得D在平面ABCD中的射影的轨迹是线段，因为E是CD上的动点，所以的最小值是异面直线直线与CD的距离，当翻折使得二面角接近于时，线段的长度接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离不超过，故异面直线与CD的距离无限接近于0，（另外当二面角接近于时，的距离接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离也不超过，故异面直线与CD的距离也无限接近于），所以的距离可以无限的接近于0，没有最小值，故C错误；对于D，因为是翻折过程中的不变量，翻折过程中的对应边始终相等，所以这两个三角形始终全等，∴始终相等，△ABD，△BCD等于，由于最初时这两个角都是，翻折到重合时，都变成了，在连续改变的过程中，当时，△ABD，△BCD的面积最大，而另外两个面△，△在翻折中的形态不变，面积是固定的，所以当且仅当此时三棱锥表面积最大，此时DC=，取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，所以AC⊥平面BOD．，，此时设内切球的半径为，，．内切球的表面积为，故D正确．

故选：AD．19．（2024·广东茂名·模拟预料）我们约定双曲线与双曲线为相像双曲线，其中相像比为.则下列说法正确的是(

)A．的离心率相同，渐近线也相同B．以的实轴为直径的圆的面积分别记为，则C．过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点D．斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、，则【答案】AC【解析】【分析】A：依据双曲线标准方程求出渐近线方程和离心率比较即可；B：求出的实轴，确定两个圆的半径并求它们的面积即可推断；C：设出切线的方程，分别与方程联立，依据韦达定理求出P点横坐标和AB中点横坐标比较即可；D：依据C中方程求出、并比较，依据弦长公式即可得到关系.【详解】①的渐近线为，离心率为，，则双曲线实轴长为，虚轴长为，渐近线方程为，故两个双曲线的渐近线方程相同，∵在双曲线里面，离心率，∴两双曲线离心率也相同，故A正确；②，，，故B错误；③对于C，若P为顶点时，切线与x轴垂直，依据双曲线对称性可知，此时切线与的交点AB关于x轴对称，即线段AB的中点为P；当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为，联立切线与，得(*)，∵直线与相切，则方程(*)为二次方程，，且，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则依据韦达定理可知，联立切线与，得(**)，设，，则，，∵P在切线上，∴为中点.综上，P为线段AB中点，故C正确；④对于D，由(*)和(**)可知，，，，即，，故D错误；故选：AC.20．（2024·广东茂名·模拟预料）所谓整数划分，指的是一个正整数划分为一系列的正整数之和，如可以划分为，．假如中的最大值不超过，即，则称它属于的一个划分，记的划分的个数为．下列说法正确的是（

）A．当时，无论为何值， B．当时，无论为何值，C．当时， D．【答案】ABC【解析】【分析】正确理解题干信息，确定AB选项；C选项，分析出两种状况：一是划分中包含，二是划分中不包含，分别得到划分状况，再相加，从而推断出C选项；D选项可以把6的划分状况一一列举出来，从而作出推断.【详解】当时，由于正整数只有本身一种划分，故A正确；当时，无论为何值，只有个相加这一种状况，，故B正确；当时，分两种状况：一是划分中包含，只有一种状况，即；二是划分中不包含，则问题转化为求，因此，故C正确；由于时，有，共种划分，所以，故D错误．故选：ABC21．（2024·广东茂名·模拟预料）已知正方体的棱长为2，为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（

）A．若N为中点，当最小时，B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为D．若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为【答案】AD【解析】【分析】利用绽开图判定、、三点共线，进而利用相像三角形判定选项A正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定选项B错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的余弦值的取值范围，进而判定选项C正确；建立空间直角坐标系，利用线面垂直得出点的位置、判定截面的形态是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定选项D正确.【详解】对于A：将矩形与矩形绽开成一个平面（如图所示）若最小，则、、三点共线，因为，所以，所以，即，即选项A正确；对于B：当点M与点重合时，连接、、、、（如图所示）在正方体中，平面，平面，所以，又因为，且，所以平面，又平面，所以，同理可证，因为，所以平面.易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；设分别是的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即选项B错误；对于C：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）则，，设，因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，，所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为.即选项C错误；对于D：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）连接、，设平面交棱于点，，所以，因为平面，平面，所以，即，得，所以，即点是的中点，同理点是的中点，则且，所以四边形是梯形，且，，设，，则，，所以梯形的高，即点到直线的距离为，所以梯形的面积为，即选项D正确.故选：AD.22．（2024·广东·模拟预料）如图所示，若长方体AC的底面是边长为2的正方形，高为4．E是的中点，则（

）A． B．平面平面C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】【分析】在A中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出与不垂直；在B中，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面相交；在C中，三棱锥的体积为；在D中，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，从而三棱锥的外接球半径，由此求出三棱锥的外接球的表面积为．【详解】解：长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，是的中点，在A中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，，，与不垂直，故A错误；在B中，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，，，，0，，，0，，，2，，设平面的法向量，，，则，取，得，2，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，不共线，平面与平面相交，故B错误；在C中，三棱锥的体积为：，故C正确；在D中，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．故选：CD．23．（2024·广东·模拟预料）（多选）设数列是等差数列，公差为d，是其前n项和，且，则（

）A． B． C．或为的最大值 D．【答案】BC【解析】依据得到，再依据得到，可得数列是单调递减的等差数列，所以或为的最大值，依据得，故BC正确.【详解】由得，，即，又，，，∴B正确；由，得，又，，∴数列是单调递减的等差数列，，或为的最大值，∴A错误，C正确；，，所以D错误.故选：BC．【点睛】关键点点睛：依据等差中项推出，进而推出是解题关键.24．（2024·广东佛山·三模）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值 B．若，则点在侧面运动路径的长度为C．若，则的最大值为 D．若，则的最小值为【答案】AD【解析】【分析】对于A，三棱锥的体积，由已知得三角形PDD1的面积是定值，且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长，由此可推断；对于B，过点P作，由已知有点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，依据圆的周长公式计算可推断；对于C、D，过点P作，则点Q是的中点，连接QC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，由线面垂直的判定和性质得点M的轨迹是线段，解，可求得的最大值和最小值，由此可推断C、D选项.【详解】解：对于A，三棱锥的体积，而因为点P为的中点，所以三角形PDD1的面积是定值，且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值，故A正确；对于B，过点P作，则由正方体的性质得平面，所以，又，正方体的棱长为2，所以，所以点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，所以点在侧面运动路径的长度为，故B不正确；对于C、D，过点P作，则点Q是的中点，连接QC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，则，，因为，所以，平面，所以，又，所以平面，所以，所以点M的轨迹是线段，在中，，，所以的最大值为，故C不正确；在中，，所以，所以点A1到C1N有距离为，所以的最小值为，故D正确，故选：AD.25．（2024·广东·模拟预料）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．若的两个相邻的极值点之差的肯定值等于，则B．当时，在区间上的最小值为C．当时，在区间上单调递增D．当时，将图象向右平移个单位长度得到的图象【答案】BD【解析】【分析】由二倍角公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质推断．【详解】，A．的两个相邻的极值点之差的肯定值等于，则，，，A错；B．当时，，时，，的最小值为，B正确；C．当时，，时，，，即时，取得最小值，因此在此区间上，函数不单调，C错；D．时，，将图象向右平移个单位长度得到图象的解析式为，D正确．故选：BD．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题方法是利用诱导公式，二倍角公式，两角和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数（或余弦函数）的性质求解推断．26．（2024·广东·模拟预料）如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列推断中正确的是（

）A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是D．三棱锥D1­APC的体积不变【答案】ABD【解析】【分析】依据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，可判定A正确；连接A1B，A1C1，由平面BA1C1∥平面ACD1，可判定B正确；当P与线段BC1和线段BC1的中点两端点重合时，分别求得A1P与AD1所成角，可判定C错误；由，结合△AD1P的面积不变，可判定D正确【详解】对于A中，依据正方体的性质，可得DB1⊥平面ACD1，又由DB1平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B中，连接A1B，A1C1，在正方体中，可得平面BA1C1∥平面ACD1，又由A1P平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C中，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，故C错误；对于D中，，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C­AD1P的体积不变，故D正确．故选ABD．27．（2024·湖南·临澧县第一中学二模）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（

）A．B．当时，的值不唯一C．可能等于D．当时，的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可.【详解】解：不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，，，当时，，因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，，故B错误，此时成立；当时，，所以，故可能等于，C正确；当当时，，明显，故D正确；综上，，A正确.故选：ACD28．（2024·湖南怀化·一模）如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（

）A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点【答案】AC【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可推断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可推断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，推断四边形的形态可推断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可推断D选项的正误.【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接、、、，在正方体中，平面，平面，，四边形是正方形，则，，平面，平面，，同理可证，，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、、三点共线，，，，所以，点不是棱的中点，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象实力与计算实力，属于难题.29．（2024·湖南怀化·一模）设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，则下列选项中成立的是（

）A． B． C． D．与均为的最大值【答案】ABD【解析】【分析】结合等比数列的定义利用数列的单调性推断各选项．【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，又，，，B正确；，，即，A正确；由得，，所以，而，，因此，C错；由上知，先增后减，与均为的最大值，D正确．故选：ABD．30．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）第24届冬季奥林匹克运动会圆满结束.依据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奧会开、闭幕式的场馆.国家体育场“鸟巢”的钢结构俯视图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若椭圆：和椭圆：的离心率相同，且.则下列正确的是（

）A．B．C．假如两个椭圆，分别是同一个矩形（此矩形的两组对边分别与两坐标轴平行）的内切椭圆（即矩形的四条边与椭圆均有且仅有一个交点）和外接椭圆，则D．由外层椭圆的左顶点向内层椭圆分别作两条切线（与椭圆有且仅有一个交点的直线叫椭圆的切线）与交于两点，的右顶点为，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为.【答案】BCD【解析】【分析】由离心率相同及已知得到、，即可推断A、B；由在椭圆上得到，进而推断C；依据对称性确定的坐标，结合斜率两点式得推断D.【详解】A：由且，则，即，故错误；B：由，得，则，所以，故正确；C：满意椭圆方程，又，则，所以，，故正确；D：由对称性知：、关于轴对称，，，，，，，则，，故正确.故选：BCD.31．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）已知正四棱台中，，，高为2，分别为，的中点，是对角线上的一个动点，则以下正确的是（

）A．平面平面B．点到平面的距离是点到平面的距离的C．若点为的中点，则三棱锥外接球的表面积为D．异面直线与所成角的正切值的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，依据线线平行证明线面平行，进而证明面面平行；对于B，利用面面平行和点到平面距离的概念进行推断即可；对于C，利用球的表面积公式，干脆求解即可；对于D，依据异面直线所成角的概念，作出相应的协助线，进而利用勾股定理和锐角三角函数即可求解.【详解】选项A：设，，如图1所示.选项A：，，则四边形为平行四边形，，所以平面，又因为，所以平面，因为，所以平面平面，故正确；选项B：因为平面平面，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，又点到平面的距离与点到平面的距离相等，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，故不正确；选项C：如图2所示，在梯形内过点作于点，所以面，取线段的中点，因为，所以为球心，，球的表面积为，故正确；选项D：如图3所示，因为，平面，所以平面，又平面，所以，所以（或其补角）为与所成的角，所以，若最小，则最小，当点在点时，取最小值2，所以的最小值为，故正确.故选：ACD.32．（2024·湖北·模拟预料）已知正实数a，b，c满意，则肯定有（

）A． B． C． D．【答案】AB【解析】【分析】依据，可得，进而推断出，A正确；构造，得到单调性，从而求出，B正确；CD选项可以举出反例.【详解】由正实数a，b，c，以及，可得，又，所以．所以，又，所以，即，等价于，构造函数，，当时，故在上递增，从而．又取时，原式为同样成立，故CD不正确，故选：AB【点睛】对于指数，对数比较大小问题，属于高频考点，难点在于部分题目须要构造函数进行比较，本题中要结合不等式的特点构造，利用导函数求出其单调性，依据函数单调性比较大小33．（2024·湖北·模拟预料）已知四面体中，，，，直线AB与CD所成角为，则下列说法正确的是（

）A．AD的取值可能为 B．AD与BC所成角余弦值肯定为C．四面体ABCD体积肯定为 D．四面体ABCD的外接球的半径可能为【答案】ACD【解析】【分析】可将四面体ABCD的四个顶点放入如下图所示的直三棱柱中，考虑到直线AB与CD所成角为，故有两种状况，通过计算可以推断选项ABC的真假，再求四面体ABCD的外接球半径推断选项D的真假.【详解】由题可知，，，则可将四面体ABCD的四个顶点放入如下图所示的直三棱柱中，考虑到直线AB与CD所成角为，故有如下两种状况：对于左图，，则，；此时AD与BC所成角余弦值为；所以选项A正确；因为，所以；分别取三棱柱上下底面三角形的外心G，H，连接GH，则线段GH的中点O即为三棱柱外接球球心，也即为四面体ABCD的外接球心，故四面体ABCD的外接球半径．对于右图，，则，；此时AD与BC所成角余弦值为，所以选项B错误；因为，所以，所以选项C正确；同上可得四面体ABCD的外接球半径．所以选项D正确.故选：ACD．三、填空题34．（2024·广东茂名·模拟预料）在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的随意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为______．【答案】【解析】【分析】由题设有，利用基本不等式求得并求对应x、y的数量关系，进而得到，令构造，应用导数求最大值即可.【详解】由题设，，故，当且仅当时等号成立，所以，此时，令，则，故，所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.故，且时等号成立，综上，的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用基本不等式求的最小值及对应x、y的关系，再把目标式转化为关于x的函数式，构造函数结合导数求最值.35．（2024·广东茂名·模拟预料）已知椭圆的焦点分别为，，且是抛物线焦点，若P是与的交点，且，则的值为___________.【答案】【解析】【分析】利用椭圆定义求出，再借助抛物线的定义结合几何图形计算作答.【详解】依题意，由椭圆定义得，而，则，因点是抛物线的焦点，则该抛物线的准线l过点，如图，过点P作于点Q，由抛物线定义知，而，则，所以.故答案为：36．（2024·广东茂名·模拟预料）已知函数有三个不同的零点，，，其中，则的值为________．【答案】1【解析】【分析】令，则原函数会转化为关于的一元二次方程的根，通过韦达定理确保根的状况，同时探讨内层函数的图象，数形结合探讨零点的范围.【详解】设，，当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，且时，；时，，∴，作出的图象，如图要使有三个不同的零点，，其中令，则须要有两个不同的实数根（其中）则，即或，且若，则，∵，∴，则∴，则，且∴=若，则，因为，且，∴，故不符合题意，舍去综上故答案为：1【点睛】数形结合的思想来确定零点所在的区间，以及零点之间的关系，进而求得结果。37．（2024·广东茂名·模拟预料）已知圆，点A是圆C上任一点，抛物线的准线为l，设抛物线上随意一点Р到直线l的距离为m，则的最小值为_______【答案】【解析】由抛物线的定义可知，结合圆的性质，当且仅当三点共线时等号成立取得最值.【详解】由圆可得圆心，，设的焦点为，则，，抛物线上随意一点Р到直线l的距离为，过点作于点，则，由抛物线的定义可知，所以，当且仅当三点共线时等号成立，所以的最小值为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用抛物线的定义转化为抛物线上一点到焦点的距离与到圆上一点的距离之和的最小值，利用三点共线即可求解.38．（2024·广东茂名·模拟预料）已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为______．【答案】4【解析】【详解】当时，，得，当时，，又，两式相减得，得，所以．又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，，即．因为，所以不等式，等价于．记，时，．所以时，综上，，所以，所以整数的最大值为4．考点：1．数列的通项公式；2．解不等式．39．（2024·广东·模拟预料）已知函数，则当函数恰有两个不同的零点时，实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由题方程恰有两个不同的实数根，得与有2个交点，利用数形结合得a的不等式求解即可【详解】由题可知方程恰有两个不同的实数根，所以与有2个交点，因为表示直线的斜率，当时，，设切点坐标为，，所以切线方程为，而切线过原点，所以，，，所以直线的斜率为，直线与平行，所以直线的斜率为，所以实数的取值范围是.故答案为【点睛】本题考查函数与方程的零点，考查数形结合思想，考查切线方程，精确转化题意是关键，是中档题，留意临界位置的开闭，是易错题40．（2024·湖南·临澧县第一中学二模）对随意，若不等式恒成立，则实数a的最大值为______．【答案】【解析】【分析】可对原不等式进行变形，两边同除，提取同类项，即可化成有相同变量的函数关系，然后换元构造函数，通过求解函数的最小值，来确定实数a的取值范围，从而求解出答案.【详解】原不等式，，可化为，即，设，其中，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以设，①时，，在上单调递增，所以的最小值为，符合题意；②，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，而，所以，与条件冲突，故不成立；所以实数a的最大值为e.故答案为：e.【点睛】假如在条件给的式子中出现了和或和这些项，我们可以将变成，然后利用对数的运算进行组合，通过换元，即可消掉，变换成只包含一个变量的函数关系，使得题目变得简洁.41．（2024·湖南·临澧县第一中学二模）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：.42．（2024·湖南怀化·一模）已知函数若存在实数，满意，则的最大值是____．【答案】.【解析】【详解】分析:依据函数f（x）图象推断a，b，c关系即范围，用c表示出af（a）+bf（b）+cf（c），依据函数单调性求出最大值．详解:作出f（x）的函数图象如图所示：∵存在实数a＜b＜c，满意f（a）=f（b）=f（c），∴a+b=﹣6，∴af（a）+bf（b）+cf（c）=（a+b+c）f（c）=（c﹣6）lnc，由函数图象可知：＜c＜e2，设g（c）=（c﹣6）lnc，则=lnc+1﹣，明显在（，e2]上单调递增，∵=2﹣＜0，=3﹣＞0，∴在（，e2]上存在唯一一个零点，不妨设为c0，在g（c）在（，c0）上单调递减，在（c0，e2]上单调递增，又g（）=（﹣6）＜0，g（e2）=2（e2﹣6）＞0，∴g（c）的最大值为g（e2）=2e2﹣12．故答案为2e2﹣12点睛:（1）本题有三个关键点,其一是能够很娴熟精确地画出函数的图像；其二是从图像里能发觉a+b=-6,＜c＜e2；其三是能够想到构造函数g（c）=（c﹣6）lnc，利用导数求函数的最大值.（2）本题要求函数的图像和性质驾驭的比较好，属于中档题.43．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）在平面直角坐标系中，已知圆：，点，是圆上随意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，设点的轨迹为曲线，则曲线的方程为________.【答案】.【解析】【分析】依据圆的性质，结合线段垂直平分线的性质、双曲线的定义进行求解即可.【详解】因为在线段的垂直平分线上，所以，所以，由双曲线的定义知点的轨迹是以为焦点，为实轴长的双曲线，则，，得，所以曲线的方程为，故答案为：44．（2024·湖北·房县第一中学模拟预料）已知函数在上的最小值为1，则的值为________.【答案】1