2024年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十八含解析

Page642024年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十八）一、单选题1．（2024·福建省德化第一中学三模）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个宏大成就.在“杨辉三角”中，第n行的全部数字之和为，若去除全部为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为（

）A．2060 B．2038 C．4084 D．4108【答案】C【解析】【分析】将所求数列之和，转化为杨辉三角每一行对应数之和，再结合杨辉三角每一行的和为，即可求得结果.【详解】去除全部为1的项后，剩下的每一行的个数为，对应个数构成一个首项为1公差为1的等差数列，则前行数字个数之和为，当时，，故该数列前56项和表示：杨辉三角中前12行数字之和，减去全部23个1，再加上杨辉三角中第13行其次个数字12即可，故所求数列的前项和为：.故选：C.2．（2024·福建省德化第一中学三模）已知点A，B，C在圆上运动，且，若点P的坐标为（2，0），则的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】由题可知为直径，从而，可设，则就是关于的三角函数式，利用可求最大值．【详解】由可知为直径，∴，设，则，∴，当时，的最大值为．故选：B.3．（2024·福建·三模）关于函数，有下列四个命题：甲：在单调递增；乙：是的一个微小值点：丙：是的一个极大值点；丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.其中只有一个是假命题，则该命题是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】A【解析】【分析】依据的最小正周期推断乙、丙都是真命题，进而推断丁为真命题，从而得出甲为假命题.【详解】由于的最小正周期为，半周期为,，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.）由丙可知，关于直线对称，所以函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，丁正确.故甲为假命题.另外，由丙可知，关于直线对称，的最小正周期为，所以关于直线对称，，所以在区间不单调，甲为假命题.故选：A4．（2024·福建·三模）已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】求出在上的解析式后可求切线方程.【详解】令，因为为奇函数，故，故即.即，当时，，故，故时，，此时，故，而故切线方程为：，故选：D.5．（2024·江苏南通·模拟预料）已知直线与抛物线交于两点，为的中点，为坐标原点，则（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【解析】【分析】直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点坐标，再求得中点坐标，计算出，即可得．【详解】由得，，，则，，所以，，，为的中点，则，，，所以．故选：D．6．（2024·江苏南通·模拟预料）已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】化简函数解析式，分析可知关于的方程、共有个不同的实数解，利用代数法可知方程有两个根，分析可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为，由可得，所以，关于的方程、共有个不同的实数解.①先探讨方程的解的个数.当时，由，可得，当时，由，可得，当时，由，可得，所以，方程只有两解和；②下面探讨方程的解的个数.当时，由可得，可得或，当时，由，可得，此时方程有多数个解，不合乎题意，当时，由可得，因为，由题意可得或或，解得或.因此，实数的取值范围是.故选：B.7．（2024·江苏南通·模拟预料）连续向上抛一枚硬币五次，设事务“没有连续两次正面对上”的概率为，设事务“没有连续三次正面对上”的概率为，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】抛一枚硬币五次，共有32种可能，列表写出各种可能，然后计数后可得，从而得出结论．【详解】抛一枚硬币五次，每次都有正面或反面对上两种可能，五次共有32种可能，列表如下：1正正正正正17正正正正反2反正正正正18反正正正反3正反正正正19正反正正反4反反正正正20反反正正反5正正反正正21正正反正反6反正反正正22反正反正反7正反反正正23正反反正反8反反反正正24反反反正反9正正正反正25正正正反反10反正正反正26反正正反反11正反正反正27正反正反反12反反正反正28反反正反反13正正反反正29正正反反反14反正反反正30反正反反反15正反反反正31正反反反反16反反反反正32反反反反反其中没有连续两次正面对上的有13种，没有连续三次正面对上的有24种，所以，，．故选：B．8．（2024·江苏·沭阳如东中学模拟预料）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲解并描述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：随意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，依据以上材料，完成下题：如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的一点，，为半圆上一点，以为一边作等边三角形，则当线段的长取最大值时，（）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】依据已知条件先分析出的最大值并得到之间的关系，由此借助余弦定理求解出的长度，再利用余弦定理即可求解出的大小.【详解】因为，且为等边三角形，，所以，所以，所以的最大值为，取等号时，所以，不妨设，所以，所以解得，所以，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是理解题中所给的定理，由此分析得到角的关系，并借助余弦定理即可求解出结果.9．（2024·江苏·沭阳如东中学模拟预料）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：lg2=0.3010，lg3=0.4771A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】依据题意抽象概括出去掉的各区间长度为通项公式为的数列，结合题意和等比数列前n项求和法列出不等式，利用对数的运算性质解不等式即可.【详解】第一次操作去掉，设为；其次次操作去掉，设为；第三次操作去掉，设为，依次类推，.故，整理，得，，，故n的最小值为7.故选：B.10．（2024·江苏南京·模拟预料）已知双曲线与椭圆有公共的左、右焦点，分别为，.以线段为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限内分别交于两点，且线段的中点在另外一条渐近线上，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】首先求出点，的坐标以及以线段F1F2为直径的圆的方程，联立圆和可得点的坐标，即可得出线段的中点的坐标，代入可得之间的关系，结合即可求出双曲线的方程，再与圆的方程联立可得点的坐标，利用三角形面积公式即可求解.【详解】由题意可得：，所以，，F24,0，以线段F1F2双曲线的渐近线方程为：、，由可得：，即，因为点在第一象限，所以，所以，所以，所以的中点为，因为点在渐近线上，所以，即，所以，因为，解得：，，所以双曲线，由可得，解得：，，因为点在第一象限，所以，所以的面积为，故选：B【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是求出的中点的坐标，代入结合解出双曲线方程，求出点的坐标.11．（2024·江苏南京·模拟预料）足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2024年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．竞赛于2024年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场实行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满意，二面角的大小为，则该足球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】画出图形，为线段的中点，则可得为二面角的平面角，取分别是线段上靠近点的三等分点，则可得分别为和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，然后结已知数据求出，从而可求出足球的体积【详解】依据题意，三棱锥如图所示，图中点为线段的中点，分别是线段上靠近点的三等分点，因为，所以和均为等边三角形，因为点为线段的中点，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为和均为等边三角形，点为线段的中点，所以分别为和的中线，因为分别是线段上靠近点的三等分点，所以分别为和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，因为，，所以，则，因为，所以≌，所以，在直角中，，因为平面，平面，所以，因为是的外心，所以，所以,所以，所以足球的体积为，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算实力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象实力，属于较难题12．（2024·江苏·金陵中学模拟预料）已知F1，F2分别为双曲线的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，△BF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为（）A．1 B． C．2 D．【答案】D【解析】【分析】记△AF1F2的内切圆圆心为C，△BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，依据外接圆的性质及双曲线的定义求得的横坐标，可得CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，结合r1=2r2，分析运算即可得出答案.【详解】解：记△AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，记C的横坐标为x0，则E（x0，0），于是，得x0=a，同理△BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，则∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣）=，在△DEF2中，tan∠DF2O=tan，由r1=2r2，可得2tan=tan（90°﹣）=，解得tan，则直线的斜率为tanθ==2.故选：D.13．（2024·江苏·金陵中学模拟预料）某社团特地探讨密码问题．社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，但密码的编写方式不变，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后的前6位数字．编码方式如下；①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插人数值为的项得到新数列，即；若x为奇数．则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即③N为数列的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位．所以．前11项中有所以有8个奇数．故，所以密码为282051，若今日当值社员姓徐，则当日密码为（

）A．125786 B．199600 C．200400 D．370370【答案】B【解析】【分析】依据所给密码规则，逐条比照计算求解即可.【详解】X在26个英文字母中排第24位．所以，前24项中有，所以有21个偶数．故，的小数点后的前6位数字为199600．故选：B14．（2024·江苏·金陵中学模拟预料）已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案.【详解】解：因为，所以；令，，所以在上单调递增，因为，所以，即，所以，所以；同理，所以，即，也即，所以，所以.综上，，故选：D.15．（2024·江苏连云港·二模）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.16．（2024·江苏连云港·二模）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：D17．（2024·江苏江苏·一模）有5个形态大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是（

）A．“恰好取到1个红球”与“至少取到1个篮球”是互斥事务B．“恰好取到1个红球”与“至多取到1个篮球”是互斥事务C．“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个篮球”的概率D．“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个篮球”的概率【答案】C【解析】【分析】依据互斥事务的概念可推断AB；分别计算对应的概率可推断CD.【详解】当取出的两求为一红一篮时，可得“恰好取到1个红球”与“至少取到1个篮球”均发生，即A错误；当取出的两求为一红一篮时，可得“恰好取到1个红球”与“至多取到1个篮球”均发生，即B错误；记“至少取到1个红球”为事务A，“至少取到1个篮球”为事务B，“至多取到1个红球”为事务C，“至多取到1个篮球”为事务D，故，，，，明显，，即C正确，D错误；故选：C.18．（2024·江苏江苏·一模）正四面体的棱长为，是棱的中点，以为球心的球面与平面的交线和相切，则球的体积是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】设点在平面内的射影为点，则为的中心，取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，分析可知以为球心的球面与平面的交线和相切的切点为，求出，即为球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.【详解】设点在平面内的射影为点，则为的中心，取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，因为、分别为、的中点，则且，因为平面，则平面，因为平面，则，正的外接圆半径为，，所以，，易知球被平面所截的截面圆圆心为点，且，故，因为为等边三角形，为的中点，则，因为以为球心的球面与平面的交线和相切，则切点为点，则球的半径为，因此，球的体积是.故选：D.19．（2024·河北保定·一模）已知函数（）图象上存在点M，函数（e为自然对数的底数）图象上存在点N，且M，N关于点对称，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】与函数的图象关于点对称，则问题转化为有解，利用导数探讨函数的单调性及值域，依据方程有解的条件求解即可.【详解】与函数的图象关于点对称，的图象上存在点M，图象上存在点N，使得M，N关于点对称，则方程有解，明显，所以问题转化为有解，设，则为增函数，且，所以在上单调递减，在上单调递增，且时，，所以，所以实数a的取值范围是.故选：C【点睛】本题考查函数图象的对称性，方程有解求参数的取值范围，利用导数探讨函数的单调性与值域，属于较难题.20．（2024·河北保定·一模）已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】依据题意得到点的坐标为，代入双曲线的方程，得到，进而得到离心率的方程，即可求解.【详解】由题意，当为正方形时，点的坐标为，代入可得，整理得，即，整理得，即，解得.故选：B.21．（2024·河北石家庄·二模）已知，点P是抛物线上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为点N，点，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依据抛物线的定义所求可转化为，再由三点共线可求最小值.【详解】由抛物线知，焦点，准线方程为过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，如图，由抛物线定义知，当F,P,M三点共线时,最小为，故选：A22．（2024·河北石家庄·二模）已知，则x､y､z的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】作商，由对数的性质、运算及基本不等式可比较出，再由，可比较出与的大小即可得出的大小关系.【详解】，，即，，而，，又，，综上，，故选：D二、多选题23．（2024·福建省德化第一中学三模）在正三棱锥中，侧棱长为3，底面边长为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列命题正确的是A．EF与AD所成角的正切值为 B．EF与AD所成角的正切值为C．AB与面ACD所成角的余弦值为 D．AB与面ACD所成角的余弦值为【答案】BC【解析】如图所示，先找出EF与AD所成角再求解，再找出AB与面ACD所成角求解.【详解】（1）设中点为，的中点为，连接、、、，因为，，，所以，，所以就是直线与所成的角或补角，在三角形中，，，由于三棱锥是正三棱锥，，，又因为平面，，所以平面，平面，所以，所以，所以，所以A错误B正确.（2）过点作垂直，垂足为.因为，，平面，所以平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以就是与平面所成角.由题得，所以.所以C正确D错误.故答案为：BC.【点睛】本题主要考查空间异面直线所成的角的求法，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.24．（2024·福建省德化第一中学三模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（

）．A．当时，B．函数有五个零点C．若关于的方程有解，则实数的取值范围是D．对，恒成立【答案】AD【解析】【分析】依据函数是奇函数，求出时的解析式，可推断A；利用导数求出函数在上的单调区间及极值，再结合是奇函数，可作出函数在上的大致图象，从而可逐项推断B、C、D．【详解】设，则，所以，又函数是定义在上的奇函数，所以，所以，即故A正确．当时，，所以，令，解得，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，函数取得微小值，当时，，又，故函数在仅有一个零点．当时，，所以函数在没有零点，所以函数在上仅有一个零点，函数是定义在上的奇函数，故函数在上仅有一个零点，又，故函数是定义在上有3个零点．故B错误．作出函数的大致图象，由图可知若关于的方程有解，则实数的取值范围是.故C错误．由图可知，对，故D正确．故选：AD．【点睛】本题主要考查利用函数奇偶性求函数解析式；利用导数探讨函数的单调性及最值；同时也考查函数的零点，综合性较强．25．（2024·福建·三模）在正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面，，直线和直线所成角为，则（

）A． B．的最小值为C．，，，四点共面 D．平面【答案】BD【解析】【分析】画出平面截正方体所得正六边形，由此结合线线平行、球的截面、四点共面、线面平行等学问对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】设正方体的边长为，设分别是的中点，依据正方体的性质可知，平面截正方体所得图象是正六边形，则平面.由于平面，平面，，所以与是异面直线，所以A选项错误.由图象可知平面，所以C选项错误.依据正方体的性质可知，，平面，平面，所以平面，同理可证得平面，由于，所以平面平面，由于平面，所以平面，D选项正确.由于，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球被平面所截形成的圆.依据正方体的性质可知四边形是平行四边形，设，则是的中点，连接，由于，所以；由于，所以，而，所以平面，，，则直线与平面所成角为，平面，所以直线和直线所成角的最小值为.故选：BD26．（2024·福建·三模）已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（

）A．是递增数列 B．是递减数列C．存在最大项 D．存在最小项【答案】ACD【解析】【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可推断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可推断CD.【详解】由题意知：，故，即，即，所以，则，故，，由得：，即，所以，则，而，故，则，所以，由于随的增大而减小，故是随的增大而增大，由题意知，故是递增数列，故A正确；同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；又，由于，，且，所以，是首项为，公比为的等比数列，故，所以，，因为，，故，，所以，，所以，，其中，，其中，因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，故数列随着的增大而减小，故为数列中全部正项中最大的，同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中全部负项中最小的，综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.故选：ACD.【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何学问，能娴熟的应用数列的相关学问作答，关键是要留意构造新数列解决问题.27．（2024·江苏南通·模拟预料）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，则下列说法正确的是（

）A．B．C．函数在上肯定单调递增D．在轴右侧的第一个最低点的横坐标为【答案】AC【解析】【分析】依据题意，得到，求得，再由，求得，得到函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，函数的图象在轴上的截距为，可得，因为，可得，所以A正确；又由，且在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，可得，则，可得，所以，则，可得所以，所以函数最大值为，所以B错误；由，当，可得，依据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以C正确；由，令，解得，当时，可得，即在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，所以D错误.故选：AC.28．（2024·江苏南通·模拟预料）如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满意，则以下四个结论正确的是（

）A．四点肯定共面B．若四边形为矩形，则C．若四边形为菱形，则肯定为所在棱的中点D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为【答案】AD【解析】【分析】依据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.【详解】连接交于点，为正方体的中心，由棱长为，且，可得，所以交于点，交于点，所以交于点，，故四点肯定共面，所以A正确；对B，若四边形为矩形，可以也可以，故B错误；对C，若四边形为菱形，则必有，则必有肯定为所在棱的中点或肯定为所在棱的中点，故C错误；四边形为菱形，当都为各边中点时，四边形周长最小为，若为所在棱的中点，而分别和重合时，此时菱形周长最大，边长为，所以周长为，故D正确.故选：AD29．（2024·江苏·沭阳如东中学模拟预料）如图，已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，底面圆的直径为，是圆上异于，的一点，为弦的中点，为线段上异于，的点，以下正确的结论有（

）A．直线平面B．与肯定为异面直线C．直线可能平行于平面D．若，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】证明，利用线面垂直的判定定理可推断A；由异面直线的定义可推断B；假设平面，可证得平面平面与已知冲突可推断C；在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，当，，共线时，取得最小值可推断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：在中，因为，为的中点，所以，又垂直于圆所在的平面，所以，因为，所以平面，所以A正确.对于B：因为面，面，面，，依据异面直线判定定理知与肯定为异面直线，所以B正确.对于C：若直线平行于平面，因为，平面，平面，则平面，，所以平面平面与平面和平面相交冲突，所以C不正确.对于D：在中，，，所以，同理，所以.在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示，当，，共线时，取得最小值.又因为，，所以垂直平分，即为的中点，从而，亦即的最小值为，所以D正确.故选：ABD.30．（2024·江苏·沭阳如东中学模拟预料）华人数学家李天岩和美国数学家约克给出了“混沌”的数学定义，由此发展的混沌理论在生物学､经济学和社会学领域都有重要作用.在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设是定义在R上的函数，对于R，令，若存在正整数k使得，且当0<j<k时，，则称是的一个周期为k的周期点.若，下列各值是周期为2的周期点的有（

）A．0 B． C． D．1【答案】AC【解析】【分析】依据题意中周期点定义，分别求出当、、、时的函数周期，进而得出结果.【详解】A：时，，周期为1，周期为2也正确，故A正确；B：时，，所以不是的周期点.故B错误；C：时，，周期为1，周期为2也正确.故C正确；D：时，，不是周期为2的周期点，故D错误.故选：AC.31．（2024·江苏南京·模拟预料）设是大于零的实数，向量，其中，定义向量，记，则（

）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】【分析】依据定义求出和，再依据平面对量的数量的坐标运算，结合恒等变换公式可求出，由此可推断A和B选项；利用向量加减法的坐标运算、模长公式以及基本不等式，可推断C和D选项.【详解】因为向量，所以是一个实数，不是向量，所以A不正确，B正确；因为，所以，当且仅当时，取得等号，所以，故C正确；因为，所以，当且仅当时，取得等号，所以，故D正确.故选：BCD32．（2024·江苏南京·模拟预料）已知函数fx=2x-1,x≤1,x-22,x>1,函数有四个不同的零点，，A．的取值范围是 B．的取值范围是C． D．【答案】AC【解析】【分析】结合的图象，由图可知，，，由二次函数的对称性，可得，可得答案.【详解】有四个不同的零点，，，，即方程有四个不同的解．的图象如图所示，由图可知，，，所以，即的取值范围是，由二次函数的对称性，可得．因为，所以，故．故选：AC.33．（2024·江苏·金陵中学模拟预料）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到全部棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（

）A．B．该截角四面体的表面积为C．D．该截角四面体的外接球表面积为【答案】BC【解析】【分析】确定截角四面体是由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，还原正四面体可推断AB，然后分别求解截角四面体的表面积、外接球的表面积,即可推断选项C，D.【详解】截角四面体还原为正四面体，如图，因为，所以,而为等边三角形，,故不成立，故A错误；截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成,故，故选项B正确；连接,则,，由正四面中对棱相互垂直知,所以,在中，，故C正确；取上下底面的中心分别为,外接球的心为M，连接，如图，因为截角四面体上下底面距离为设球半径为，所以，即，所以化简得，故，故选项D错误.故选：BC34．（2024·江苏·金陵中学模拟预料）笛卡尔是西方哲学思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的闻名的哲学命题；同时，笛卡尔也是一位家喻户晓的数学家，除了独创坐标系以外，笛卡尔叶形线也是他的杰出作品，其方程为x3＋y3＝3axy，a为非零常数．下列关于笛卡尔叶形线的说法中正确的是（

）A．图象关于直线y＝x对称B．图象与直线x＋y＋a＝0有2个交点C．当a＞0时，图象在第三象限没有分布D．当a＝1，x、y＞0时，y的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】设是曲线上随意一点，由点的变换得方程的改变，从而确定曲线的性质，推断A；用解方程组的思想推断B；用反证法即证明满意的点不在曲线上，推断C；利用基本不等式确定的最大值，推断D．【详解】把互换后，曲线方程不变，因此曲线关于直线对称，A正确；代入曲线方程得，，与冲突，因此无交点，B错；时，第三象限点满意，但此时，，不适合曲线方程，C正确；时，，，，所以，当且仅当，时等号成立．D正确．故选：ACD35．（2024·江苏连云港·二模）已知函数，则（

）A．函数的最小正周期为B．点是函数图象的一个对称中心C．将函数图象向左平移个单位长度，所得到的函数图象关于轴对称D．函数在区间上单调递减【答案】BCD【解析】【分析】先将化简为，再结合余弦函数的性质推断4个选项即可.【详解】，故最小正周期为，A错误；，点是一个对称中心，B正确；向左平移个单位长度得到，关于轴对称，C正确；，单调递减，D正确.故选：BCD.36．（2024·江苏连云港·二模）在正四棱柱中，，，，其中，，则（

）A．存在实数，，使得在平面内B．不存在实数，，使得直线与该正四棱柱的12条棱所在直线所成的角都相等C．存在实数，，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是五边形D．不存在实数，，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是六边形【答案】ACD【解析】【分析】依据平行线可确定一个平面推断A，建立空间直角坐标系利用向量法推断B，作出截面图形推断CD即可.【详解】由题意可知，对于选项A，若，此时，则,F,C,E四点共面，则可得到∈平面CEF，故选项A正确；对于选项B，可建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，所以,,,,若直线EF与该正四棱柱的12条棱所在直线所成的角都相等，则与直线所成的角均相等，可设所成的角为，所以，即，化简可得，即，则存在的值满意题意，故选项B错误；对于选项C、D，延长CE交的延长线于点M，延长CF交的延长线于点G，则总存在这样的点E，F，即存在，使得MG与，分别交于点I，H，此时连结FH,HI，IE，可得到截面可能为五边形，不会是六边形，如图，故选项C正确，选项D正确.故选：ACD37．（2024·江苏江苏·一模）下列函数中，最大值是1的函数有（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】化简变形各个选项中的函数解析式，再求其最大值即可推断作答.【详解】对于A，，当且仅当，即时取“=”，即当时，，A不正确；对于B，，当且仅当，即时取“=”，即当时，，B正确；对于C，，当且仅当，即时取“=”，即当时，，C正确；对于D，依题意，由，都有意义，且得：，且，且，，，明显最大值为1，此时，，而使函数无意义，即不能取到1，D不正确.故选：BC38．（2024·江苏江苏·一模）已知函数，若对于定义域内的随意实数，总存在实数使得，则满意条件的实数的可能值有（

）A．-1 B．0 C． D．1【答案】AB【解析】【分析】依据给定条件，可得函数无最小值，再分类探讨函数在内最值状况推断作答.【详解】函数定义域为，因，总使得，则有函数在上没有最小值，对求导得：，当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，当时，令，，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，，明显，即，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，当时，有两个根，不妨令，当或时，，当或时，，即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，函数在与处都取得微小值，，不符合题意，当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，综上得：实数的取值范围是：，所以满意条件的实数的可能值有-1，0.故选：AB【点睛】方法点睛：图象法推断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，视察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，视察它们的公共点个数.39．（2024·河北保定·一模）下面描述正确的是（

）A．已知，，且，则B．函数，若，且，则的最小值是C．已知，则的最小值为D．已知，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】对于选项A，利用基本不等式结合对数运算求解推断；对于选项B：结合对数的性质，利用对勾函数的单调性求解推断；C，用“1”的代换，利用基本不等式求解推断；对于选项D，将，转化为，利用二次函数的性质求解推断.【详解】对于选项A，∵，，，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴A正确；对于选项B：因为，所以，又，所以由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，所以，即，故B不正确；对于选项C，依据题意，已知，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确；对于选项D，，令，所以，所以，此时无解，所以选项D不正确，故选：AC．40．（2024·河北石家庄·二模）已知圆与圆，则下列说法正确的是（

）A．若圆与x轴相切，则B．若，则圆与圆相离C．若圆与圆有公共弦，则公共弦所在的直线方程为D．直线与圆始终有两个交点【答案】BD【解析】【分析】依据圆与轴相切可求出m推断A，由圆心距与半径和的关系可推断B，依据两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程推断C，依据直线系过定点及定点与圆的关系可推断D.【详解】因为,所以若圆与x轴相切，则有，故A错误；当时，，两圆相离，故B正确；由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，故C错误；直线过定点，而，故点在圆内部，所以直线与圆始终有两个交点，故D正确.故选：BD41．（2024·河北石家庄·二模）已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数的一个周期为 B．函数在上单调递增C．函数的最大值为 D．函数图象关于直线对称【答案】ABD【解析】【分析】依据函数的周期性定义推断A，依据复合函数的单调性及三角函数的单调性推断B，取特别值法可推断C，由的关系可推断D.【详解】由知，A正确；由在上单调递增及复合函数的单调性知，在上单调递增，由在上单调递减，可知在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B正确；当时，，故函数的最大值取不是，故C错误；关于直线对称，故D正确.故答案为：ABD三、双空题42．（2024·福建省德化第一中学三模）如图，在边长为的正方形中，、分别是、的中点.若沿、及把这个正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为，则：（1）三棱锥外接球的表面积为___________；（2）点到平面的距离为___________.【答案】

【解析】【分析】证明出平面，将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果；利用等体积法可求得点到平面的距离.【详解】（1）在正方形中，，，，在三棱锥中，则，，，平面，且，将三棱锥补成长方体，所以，三棱锥外接球的直径为，因此，三棱锥外接球的表面积为；（2），，，取的中点，连接，则，，则，设点到平面的距离为，由，可得，解得.故答案为：；.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必定是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特别性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心肯定在垂线上，再依据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.43．（2024·福建·三模）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇合了祖冲之和祖暅父子的数学探讨成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：假如两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为相互平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽视不计）.【答案】

【解析】【分析】设球体的半径为，，得到，解出，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解.【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.故答案为：；.44．（2024·江苏南通·模拟预料）已知双曲线的左焦点为，若点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上，则的坐标为___________，双曲线的离心率为___________.【答案】

2【解析】【分析】由题意分析渐近线斜率，然后求离心率【详解】由题意得，且点在第一象限，又点在上，故，，即点，由题意，两条渐近线的夹角，一条渐近线与轴的夹角相等故一条渐近线与轴的夹角为，，．故答案为：，245．（2024·江苏连云港·二模）曲线（，）在处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为，则___________，___________.【答案】

【解析】【分析】依据导数求出切线斜率得到切线方程，求出直线在坐标轴上的截距，即可得出三角形面积公式；设，利用错位相减法，可得，设，再次利用错位相减法即可得解.【详解】①由题意可知，切点为，且，则曲线在处的切线的斜率,所以切线方程为,令,解得,令y=0,解得，所以；②，令，则，所以，两式相减得：，设，则与上式相减得：，则，所以，则，故.故答案为：；.46．（2024·江苏江苏·一模）已知是定义在上的奇函数，且.若当时，，则在区间上的值域为____________，在区间内的全部零点之和为__________【答案】

##2.5【解析】【分析】第一空先求出函数在上的解析式，结合奇函数画出的图像，再由得到，进而得到函数在上的图像，即可求得值域；其次空画出将零点转化为的交点，再画出的图像即可求解.【详解】由当时，，可得当时，，当时，，又是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当时，即，即，即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在上的图像如图所示：结合图像可知在区间上的值域为；，即，即的交点，画出的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为，又均是奇函数，故，故.故答案为：；.47．（2024·河北保定·一模）已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．【答案】

##【解析】【分析】令，可得出，利用二次函数的基本性质求出函数的最小值及其对应的的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可求得的值.【详解】因为，则，令，则，，则，所以，，所以，当时，函数取得最小值，即，此时，由已知，所以，，.故答案为：；.48．（2024·河北石家庄·二模）已知函数，若存在实数.满意，且，则___________，的取值范围是___________.【答案】

1

【解析】【分析】作出函数的图象，结合图象可知之间的关系，利用此关系干脆求出，再将转化为关于的二次函数求范围即可.【详解】作出函数的图象，如图，因为，所以由图可知，，即，，且，，在上单调递增，，即的取值范围是.故答案为：1；四、填空题49．（2024·福建省德化第一中学三模）已知江大爷养了一些鸡和兔子，晚上关在同一间房子里，数了一下共有7个头，20只脚，早晨打开房门，鸡和兔子随机逐一向外走，则恰有2只兔子相邻走出房子的状况有___________种（用数字作答）【答案】2880【解析】【分析】依据题意得共有鸡只，兔子只，再依据相邻问题捆绑与不相邻问题插空法计数即得.【详解】设鸡的个数为,兔子的个数为，则，解得：，故共有鸡只，兔子只，故只鸡，只兔子走出房门，恰有2只兔子相邻走出房子共有：种.故答案为：2880.50．（2024·福建·三模）写出一个同时具有下列性质①②③的函数________.①定义域为；②值域为；③对随意且，均有.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】干脆按要求写出一个函数即可.【详解】，定义域为；，，值域为；是增函数，满意对随意且，均有.故答案为：（答案不唯一）.51．（2024·江苏南通·模拟预料）从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为___________种.【答案】【解析】【分析】从这八个点中任取四个点共有种，其中正四面体的四个面上的四个点是共面及正四面体共有6条棱，可构成6种状况四点共面，进而求得四个点不共面的取法总数.【详解】如图所示，从这八个点中任取四个点，共有种，其中在正四面体的四个面上的四个点是共面的，共有4种；因为分别是各个正三角形的中心，可得，此时四点共面，又由正四面体共有6条棱，共有6种状况四点共面，所以这四个点不共面的取法总数为种.故答案为：.52．（2024·江苏·沭阳如东中学模拟预料）设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，若，则___________.【答案】【解析】【分析】利用余弦方程，解出的值，然后得到，，代入，利用正切的两角差公式求出的值，然后再利用二倍角公式以及“1”的代换，结合“弦化切”的方法，求解即可.【