2024年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编七含解析

Page522024年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（七）一、单选题1．（2024·江苏·扬州中学高三月考）如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，则长度的最大值为（）A． B．6 C． D．【答案】C【分析】设，用正弦定理把用表示，然后求得，结合两㸖和与差的正弦公式可求得最大值．【详解】设，则，，，中，由正弦定理，得，，同理，＝，其中，，且为锐角，所以当时，．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查用正弦定理解三角形．解题关键是引入角，把表示为的函数，从而把用的三角函数表示，再利用三角函数学问求得最值．2．（2024·福建省龙岩第一中学高三月考）已知实数满意，则大小关系为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】先分析得到，再构造函数利用导数比较的大小即得解.【详解】，，设，所以，所以函数在单调递减，设所以，所以，因为函数在单调递减，所以，故选：D【点睛】关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数，得到函数在单调递减，其次次是构造函数得到.在解答函数的问题时，常常要视察已知条件构造函数解决问题.3．（2024·江苏高邮·高三月考）某一辆汽车经过多次试验得到，每小时耗油量（单位：与速度（单位：的下列数据：04060801200.0006.6678.12510.00020.000为了描述汽车每小时耗油量与速度的关系，现有以下四种模型供选择：甲：，乙：，丙：，丁：.其中最符合实际的函数模型为（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】依据题意以及表中数据可知，函数在定义域，上单调递增，且函数的图象经过坐标原点，即可推断出最符合实际的函数模型．【详解】依题意可知该函数必需满意三个条件：第一，定义域为，；其次，在定义域上单调递增；第三，函数经过坐标原点.当时，没有意义，解除丁，函数不肯定经过坐标原点，解除甲，函数单调递减，解除丙，故最符合实际的函数模型为乙.故选：B.4．（2024·福建·三明一中高三月考）设函数在上存在导函数，对随意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，依据等式可得出函数为偶函数，利用导数得知函数在上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在上单调递增，由，得出，利用函数的单调性和偶函数的性质解出该不等式即可.【详解】构造函数，对随意实数，都有，则，所以，函数为偶函数，.当时，，则函数在上单调递减，由偶函数的性质得出函数在上单调递增，，即，即，则有，由于函数在上单调递增，，即，解得，因此，实数的最小值为，故选A.【点睛】本题考查函数不等式的求解，同时也涉及函数单调性与奇偶性的推断，难点在于依据导数不等式的结构构造新函数，并利用定义推断奇偶性以及利用导数推断函数的单调性，考查分析问题和解决问题的实力，属于难题.5．（2024·福建福州·高三期中）已知函数，若实数满意且，则的取值范围为（）A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）【答案】B【分析】作出函数的图象，求出的取值范围，可得出的取值范围，利用结合肯定值的性质可求得，由此可求得的取值范围.【详解】作出函数的图象如下图所示：当时，，由图可知，，即，解得，则，由，即，即，可得，因此，.故选：B6．（2024·福建福州·高三期中）意大利数学家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1､1､2､3､5､8､13､21在实际生活中，许多花朵（如梅花，飞燕草，万寿简等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛得应用.已知斐波那契数列满意：，若，则等于（）A．15 B．14 C．608 D．377【答案】D【分析】由递推公式计算数列的前几项，再求解．【详解】依据递推公式计算到，到的值依次为：，其中，，．故选：D．7．（2024·福建省龙岩第一中学高三月考）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为A．或 B．1或 C．或2 D．或1【答案】A【分析】依据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出和都关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.【详解】解：已知，①且，分别是上的偶函数和奇函数，则，得：，②①+②得：，由于关于对称，则关于对称，为偶函数，关于轴对称，则关于对称，由于有唯一零点，则必有，，即：，解得：或.故选：A.【点睛】本题考查函数基本性质的应用，涉及函数的奇偶函数，对称性和零点，考查函数思想和分析实力.8．（2024·山东日照·高三月考）设，，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用对数式和指数式的关系推断幂的大小，依据对数函数的单调性比较对数的大小．【详解】因为，所以，，，,所以．故选：D．9．（2024·山东师范高校附中高三月考）已知函数，，若方程有4个实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，则，方程有4个实数根等价于在上有2个实数根，即当时，函数的图象与的图象有2个交点，数形结合即可求解【详解】令，则，方程有4个实数根等价于在上有2个实数根，即当时，函数的图象与的图象有2个交点，作出与的图象，如图：由图象可知，当时，函数的图象与的图象有2个交点，所以方程有4个实数根时实数的取值范围为故选：D10．（2024·湖北·石首市第一中学高三月考）已知函数的定义域为，是奇函数，为偶函数，当时，，则以下各项中最小的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知条件可知、，进而得到，即周期为8，应用周期性结合已知区间解析式，即可知、、、中最小值.【详解】是奇函数，即关于对称，的图象关于点对称，即．又为偶函数，即关于对称，的图象关于直线对称，即．，，即，函数的周期为8，，，，，故最小．故选：D【点睛】本题考查了函数的性质，依据已知奇偶性推导函数的周期，应用函数周期求函数值，进而比较大小，属于基础题.11．（2024·湖北武汉·高三期中）已知双曲线的左､右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在其次象限的交点为A，若，则此双曲线的渐近线为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】通过得到，结合题干中的斜率条件表达出点坐标，再代入双曲线方程求解与的关系，求解渐近线方程.【详解】因为，所以，故三角形是等腰三角形，即，又因为，过点A作AB⊥x轴于点B，则，设，，由勾股定理得：，解得：，故，把A点代入双曲线方程，得：，解得：，明显=0，所以，所以双曲线的渐近线为故选：D12．（2024·福建·福清西山学校高三期中）已知，，，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先通过简洁的放缩比较和的大小，再通过构造函数比较和的大小.【详解】解：设，，当时，与相交于点和原点时，，即故选：A.【点睛】思路点睛：当数值相差比较小时，可以通过构造函数来比较大小.13．（2024·全国·高三专题练习）在中，D为三角形所在平面内一点，且，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】设AD交BC于E，然后依据条件得到点E的位置，进而依据向量关系得到线段间的比例，最终得出面积比.【详解】如图，设AD交BC于E，且，由B,E,C三点共线可得：，∴，∴.设，则，∴.又，∴，∴.故选：B.14．（2024·陕西·泾阳县教化局教学探讨室高一期中）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者依据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标记着已初步遏制疫情，则约为（）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算实力，属于中等题.15．（2024·湖南郴州·高三月考）已知函数，若，且的最大值为3，则的值为（）A．-1 B．1 C．0 D．2【答案】C【分析】当时，，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性，作出图象，当时，不符题意.当时，利用导函数的几何意义可求得答案.【详解】解：因为函数，当时，，则，令，解得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，如下如图，当时，，则，且，不符.如下如图，当时，，要使得取得最大值，则，，不妨设直线为曲线在处的切线，则，，，所以，，所以，，故选：C.16．（2024·湖南郴州·高三月考）已知点是椭圆：上一点，点､是椭圆的左､右焦点，若的内切圆半径的最大值为，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】设的内切圆半径为，则，结合，，，，可得，再由以及即可求解.【详解】由题意可得：，，设的内切圆半径为，所以，因为的内切圆半径的最大值为，所以因为，所以，可得，所以椭圆的离心率为，故选：B.17．（2024·湖南·高三月考）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调整音高和传振.右图是依据左图绘制的古筝弦及其弦码简易直观图.在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l：y＝x＋1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，则（）参考数据：1.122＝8.14A．814 B．900 C．914 D．1000【答案】C【分析】由题得，再利用错位相减法求解.【详解】由条件可得，∴，得，∵，∴．故选：C18．（2024·湖南·高三月考）已知球O的半径为2，三棱锥P－ABC四个顶点都在球O上，球心O在平面ABC内，△ABC是正三角形，则三棱锥P－ABC的最大体积为（）A．3 B．2 C． D．3【答案】B【分析】先求出，再求三棱锥体积的最大值.【详解】由于球的半径为，是正三角形，所以，∴，所以当平面时，三棱锥的体积最大.∴三棱锥的最大体积为．故选：B二、多选题19．（2024·江苏·扬州中学高三月考）如图，在直三棱柱中，，，､分别为，的中点，过点､､作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（）A．三棱柱外接球的表面积为B．C．若交于，则D．将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为【答案】CD【分析】对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；对于，在中，计算可知C项正确；对于，利用体积公式计算可知D项正确.【详解】如图所示：将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A项错误；延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.因为，是中点，所以是的中点，由与相像，得，得，而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；因为，又，所以在中，，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.20．（2024·江苏高邮·高三月考）函数在区间，上连续，对，上随意二点与，有时，我们称函数在，上严格上凹，若用导数的学问可以简洁地说明为原函数的导函数的导函数（二阶导函数）在给定区间内恒为正，即.下列所列函数在所给定义域中“严格上凹”的有（）A． B．C． D．【答案】BC【分析】依据题目中定义，逐个推断各函数是否满意条件二阶导函数大于零，即可解出．【详解】由题意可知，若函数在所给定义域中“严格上凹”，则满意在定义域内恒成立．对于A，，则在时恒成立，不符合题意，故选项A错误；对于B，，则恒成立，符合题意，故选项B正确；对于C，，则在时恒成立，符合题意，故选项C正确；对于D，，则在时恒成立，不符合题意，故选项D错误.故选：BC.21．（2024·全国·高三专题练习）在中，角､､的对边分别为､､，已知，下列哪些条件肯定能够得到？（）A． B．C． D．边上的中线长为【答案】BD【分析】依据余弦定理可推断A错误；由可求出，再依据两角和的正弦公式可求得，然后由正弦定理即可推断B正确；由可得，再依据余弦定理可得或，从而可推断错误；由中点公式的向量形式可得，再依据数量积的运算即可求出，D正确．【详解】由题意，对于，，由余弦定理可得，可得，可得，解得，（负值舍去），故错误；对于，由，可得，，可得，由正弦定理，可得，故正确；对于，由，由正弦定理可得，可得，由余弦定理，可得，整理可得，解得或，可得，或7，故错误；对于，若边上的中线长为，因为，两边平方，可得，可得，整理可得，所以解得，（负值舍去），故正确.故选：BD.22．（2024·福建·三明一中高三月考）若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的随意实数都满意，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题为真命题的是（）A．在内单调递增B．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为C．和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是D．和之间存在唯一的“隔离直线”【答案】ACD【分析】利用导数推断A选项的正确性．利用公切线，结合图象推断BC选项的正确性．利用公切线结合导数推断D选项的正确性．【详解】解：A选项，，所以，对于函数，其判别式，所以，令解得，所以在区间内，单调递增，故A正确．BC选项，画出，的图象如下图所示，由图可知，是“隔离直线”，且．设（，）分别是与图象上的一点，且直线AB是与图象的公切线．因为，过A点的切线方程为，即，令，令，则，所以，即，解得．所以公切线AB方程为．结合图象可知，k的取值范围是．所以B错误，C正确．对于D选项，构造函数，，所以在区间上，单调递减；在区间上，单调递增．所以在定义域上的微小值也即是最小值为，所以有唯一零点，也即与有唯一公共点．由上述分析可知，公切线方程为，D选项正确．故选：ACD．23．（2024·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是边长为2，侧棱长为4，E是的中点，则（）A．三棱锥的体积为B．C．三棱锥的外接球的半径是D．过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形面积为【答案】ACD【分析】由等积法可推断A，建立坐标系用向量法可推断B，确定球心位置即可推断C，取的中点，连接，则过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形为梯形，求出面积即可推断D【详解】对于A：，故A正确；对于B：如图以为原点，为坐标轴建立坐标系，则，，，因为，所以不成立，故B错误；对于C：，，所以，则由直角三角形的性质可知的中点到的距离相等，故三棱锥的外接球的半径是，故C正确；对于D：取的中点，连接，则易知，所以，所以过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形为梯形，，设梯形的高为，则，所以，所以梯形的面积为，故D正确；故选：ACD24．（2024·福建福州·高三期中）已知函数的定义域、值域都是，且满意，则下列结论肯定正确的是（）A．若，则 B．C． D．【答案】ABD【分析】构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，进而可推断各选项的正误.【详解】函数，则函数的定义域为，，所以，函数在上单调递增，对于A选项，，即，则，A对；对于B选项，，即，故，B对；对于C选项，，则，所以，，故，C错；对于D选项，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，故，即当时，，因为，即，由可得，则，所以，，故，D对.故选：ABD.25．（2024·福建省龙岩第一中学高三月考）在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点的基石，它得名与荷兰教学家鲁伊兹布劳威尔，简洁的讲就是对于满意肯定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】依据题中所给定义，只需推断f（x0）＝x0是否有解即可．【详解】解：对于A：无解，所以A不满意；对于B：，解得：或，所以B满意题意；对于C：，解得：，所以C满意题意；对于D：，在同始终角坐标系下画出函数以及的图像，可确定两个函数的图像有交点，即方程有解，所以D满意题意；故选：BCD.26．（2024·福建省龙岩第一中学高三月考）对，[x]表示不超过x的最大整数，十八世纪，y=[x]被“数学王子”高斯采纳，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（）A．B．C．函数的值域为[0，1）D．若，使得同时成立，则正整数n的最大值是5【答案】CD【分析】由取整函数的定义推断，由定义得，利用不等式性质即可推断各命题的真假．【详解】对A，由取整函数的定义可得，，所以A错误；对B，，，∴，所以B错误；对C，由定义，∴，∴函数的值域是，C正确；对D，若，使得同时成立，则，，，，，，因为，若，则不存在同时满意，．只有时，存在满意题意，即正整数n的最大值是5.故选：CD．27．（2024·山东日照·高三月考）已知正方形ABCD的边长为2，点P为正方形ABCD所在平面内的一点，则（）A．若点Р满意，且，则点Р在线段BC上B．若点P满意，则C．若，则点Р在的中位线上D．以点A为圆心作单位圆，分别交AB，AD于E，F两点，点Р是弦EF所对的劣弧上一点，则的取值范围为【答案】BCD【分析】依据平面对量和三角函数的相关学问对选项逐一分析即可.【详解】对于A选项，若点满意且，则即与有公共点，三点共线，即点在直线上，但不肯定在线段上，故A不正确；对于B选项，若点P满意点为线段的中点，如图：那么，故B正确；对于C选项，如图，设的中点为，的中点为N，连接，则即点在中位线上，故C正确；对于D选项，如图，取点为原点，分别以所在的直线为轴轴建立平面直角坐标系，则，:从而即的取值范围为，故D正确.故选：BCD28．（2024·山东日照·高三月考）函数，下列命题正确的是（）A．若且，则B．方程最多有两个实根C．直线与曲线相切于点则D．当时，函数满意，且与图象的交点为，则【答案】ACD【分析】利用函数解析式可推断A，由特例可推断B，利用直线与曲线相切可求得的值即可推断C，利用函数的对称性可推断D.【详解】∵，即，∴，，∴，又，∴，故A正确；令，则，由，得或，故B错误；由直线与曲线相切于点，则，∴，即，∵，由代入得，∴，又，∴，∴，故C正确；当时，由上知，又，∴函数的图象关于点对称，函数的图象关于点对称，∴两函数的图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点对称，∴，故D正确.故选：ACD.29．（2024·山东师范高校附中高三月考）已知函数，下列结论正确的是（）A．是奇函数B．若在定义域上是增函数，则C．若的值域为，则D．当时，若，则【答案】AB【分析】对于A利用函数奇偶性定义证明；对于B，由增函数定义知即可求解；对于C，利用指数函数的单调性，求出分段函数每段函数上的值域，结合的值域为，即可求解；对于D，将等价于，利用函数定义域及单调性即可求解；【详解】对于A，当时，，，；当时，，，，所以是奇函数，故A正确；对于B，由在定义域上是增函数，知，解得，故B正确；对于C，当时，在区间上单调递增，此时值域为，当时，在区间上单调递增，此时值域为，要使的值域为，则，解得，故C错误；对于D，当时，由于，则在定义域上是增函数，等价于，即，解得，故D错误；故选：AB30．（2024·湖北·石首市第一中学高三月考）已知函数，则下述结论中错误的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在[0，2π]有且仅有2个微小值点B．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在上单调递增C．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则ω的范围是D．若f（x）图象关于对称，且在单调，则ω的最大值为11【答案】BD【分析】利用正弦函数的图象和性质对每一个选项逐一分析推断得解.【详解】因为,因为在有且仅有个零点，所以，所以.所以选项C正确；此时，在有且仅有个微小值点，故选项A正确；因为，因为，所以当时，所以，此时函数不是单调函数，所以选项B错误；若的图象关于对称，则，.，，，.当时，，当时，，此时，函数在区间上单调递减，故的最大值为9．故选项D错误.故选：BD【点睛】方法点睛：求较为困难的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，留意要先把化为正数．31．（2024·福建·福清西山学校高三期中）如图，，，是全等的等腰直角三角形，，处为直角顶点，且O，，，四点共线.，若点，，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，进行求解.【详解】如图，以O为原点，建立直角坐标系，则，，所以，A正确；其中，，，所以，B正确；其中，，，，所以，C正确，D错误；故选：ABC32．（2024·湖北武汉·高三期中）已知数列满意，，前n项和为，则下列选项中正确的是（）（参考数据：，）A． B．C． D．是单调递增数列，是单调递减数列【答案】ACD【分析】对于A：由已知得，令，有，，由，由此可推断；对于B：由，得，由此可推断；对于C：由，，得，由此可推断；对于D：令，则有与异号，与同号，继而得，，再得，得出，，由此可推断.【详解】解：对于A：由得，令，即，则，又，所以，则在上单调递减，所以，所以，故A正确；对于B：因为，，故B不正确；对于C：因为，所以，，所以，即，所以，故C正确；对于D：因为，，令，所以与异号，与同号，又，所以，，即，，又，所以，所以，，所以是单调递增数列，是单调递减数列，所以是单调递增数列，是单调递减数列，故D正确，故选：ACD.33．（2024·湖南·高三月考）已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（）A．若，则是等差数列B．若，则是等比数列C．若是等差数列，则D．若是等比数列，则，，成等比数列【答案】BC【分析】依据（）；即可推断选项A、B；依据等差数列的性质易推断选项C；易举反例进行推断选项D．【详解】当时，；（），不满意上式，所以数列不是等差数列，选项A错误；当时，,，且满意上式，所以此时数列是等比数列，选项B正确；依据等差数列的性质可知：；故选项C正确；当时，是等比数列，而，，，不能构成等比数列，选项D错误．故选：BC．34．（2024·湖南郴州·高三月考）已知直线：和圆：，下列说法正确的是（）A．直线恒过定点 B．圆被轴截得的弦长为C．直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为4 D．直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为4【答案】AD【分析】利用直线系方程求得直线所过定点的坐标推断A；求出圆C被x轴截得的弦长推断B；当直线过圆心时可推断C，当直线时算出弦长可推断D.【详解】由，得，联立，得，无论m为何值，直线恒过定点，故A正确；在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为6，此时直线方程为，故C错误；设，易知P在圆内，当直线时，直线l被圆截得的弦长最小，且最小值为，故D正确.故选：AD35．（2024·湖南郴州·高三月考）如图，在直三棱柱中，，，，､分别是､的中点，是上的动点，则下列结论中正确的是（）A．直线，所成的角的大小随点的位置改变而改变B．三棱锥的体积是定值C．直线与平面所成的角的余弦值是D．三棱柱的外接球的表面积是【答案】BC【分析】对于A，证明平面，从而可证得，即可推断A；对于B，证明，从而可说明点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即可推断B；对于C，依据平面，可得即为直线与平面所成的角的平面角，求得，即可推断C；对于D，依据题意可知矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，求得外接圆的半径，即可推断D.【详解】解：对于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以，因为，即，是的中点，所以，又，所以平面，又平面，所以，故A错误；对于B，因为､分别是､的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即三棱锥的高为定值，又的面积也为定值，即三棱锥的底面积为定值，所以三棱锥的体积是定值；对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成的角的平面角，在中，，所以，即直线与平面所成的角的余弦值是，故C正确；对于D，在直三棱柱中，，所以矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，矩形的对角线为，即三棱柱的外接球的半径为，所以三棱柱的外接球的表面积是，故D错误.故选：BC.36．（2024·湖南·高三月考）已知数列{an}各项均是正数，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0<a<4)的两根，下列结论正确的是（）A．若{an}是等差数列，则数列{an}前9项和为18B．若{an}是等差数列，则数列{an}的公差为2C．若{an}是等比数列，{an}公比为q，a＝1，则q4－14q2＋1＝0D．若{an}是等比数列，则a3＋a7的最小值为2【答案】AC【分析】对于选项A，计算得，所以A正确；对于选项B，数列公差满意，故B错误；对于选项C，分析推理得到，故C正确；对于选项D，不等式中，等号不成立，故D错误．【详解】由条件得，．假如是等差数列，则，，∴，所以A正确；又，∴数列公差满意，故B错误；假如是等比数列，由得，∴，∴，即，∴，故C正确；由已知得，由于，所以，即数列的公比不为，∴，∴在不等式中，等号不成立，故D错误．故选：AC37．（2024·湖南·高三月考）已知两个完全一样的四棱锥，它们的侧棱长都等于，底面都是边长为2的正方形.下列结论成立的是（）A．将这两个四棱锥的底面完全重合，在得到的八面体中，有6对平行棱B．将这两个四棱锥的底面完全重合，得到的八面体的全部顶点都在半径为的球上C．将这两个四棱锥的一个侧面完全重合，得到的几何体共有7个面D．将这两个四棱锥的一个侧面完全重合，这两个四棱锥的底面相互垂直【答案】ACD【分析】画出图形，可以得到八面体中，有6对平行棱，所以选项A正确；如图一，设的中点为，计算得到，∴B错误；如图二，分别设四棱锥的底面正方形的边与的中点为，，分别连接，，,得到的几何体共有7个面,所以选项C正确；证明平面平面．∴D正确．【详解】将这两个四棱锥的底面完全重合，得到如图一的几何体，其中平行的棱分别是，，，，，．∴A正确；假如这个几何体全部顶点都在一个球上，则点，到平面的距离与正方形对角线的一半都等于球的半径．设的中点为，则平面，由于，∴，又，∴，∴B错误；将这两个四棱锥的一个侧面完全重合，得到如图二的几何体．分别设四棱锥的底面正方形的边与的中点为，，分别连接，，．∵，∴，∴．∵，，∴．∴，即．，是平面内两条相交直线，∴平面．同理，平面．∴平面与平面重合．∴共有平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面个平面．∴C正确；由上可知，是二面角的平面角，且，即二面角等于．∴二面角等于，∴二面角为直二面角，∴平面平面．∴D正确．故选：ACD三、双空题38．（2024·福建福州·高三期中）已知数列满意，则___________.设为数列的前项和，若对随意恒成立，则实数取值范围是___________.【答案】2；.【分析】依据题意，当时，，当时，，所以；由题得出当时，，两式相减从而得出通项公式，进而可知，最终利用裂项相消法求出数列的前项和，进而得出实数取值范围.【详解】解：当时，，当时，，所以，因为，所以时，，两式相减得到，故，经检验适合此式，所以，所以，即，则，由于对随意恒成立，所以，所以实数取值范围是.故答案为：2；.39．（2024·福建省龙岩第一中学高三月考）函数，当时，零点的个数是______；若存在实数，使得对于随意，都有，则实数的取值范围是______.【答案】1【分析】依据零点定义可确定零点个数，，求出导函数，由存在最小值得参数范围，【详解】时，，明显时，，时，，，零点为．只有1个零点．若存在实数，使得对于随意，都有，所以是函数的最小值．，时，，．若，则时，恒成立，单调递减，，时，，，，所以此时无最小值．，则时，，递减，时，，递增，微小值，时，，时，无最小值，时，最小值，综上，的范围是．故答案为：1；．【点睛】本题考查函数零点个数问题，考查用导数探讨函数最值．解题关键是分类探讨确定导函数的正负，得出的单调性，从而确定极值，解题时特殊留意分段函数须要分段探讨，然后比较才可能得到最小值．40．（2024·山东师范高校附中高三月考）已知函数的定义域为R，且满意下列条件：①；②则___________；若方程在上有2024个不同的实数根，则实数的取值范围是___________.【答案】或【分析】依据条件推得函数是周期为的函数，结合函数解析式可求得的值；作出函数在上的图象，数形结合即可求解．【详解】因为，所以是周期为的函数，故．函数在上有个周期，要使方程在上有2024个不同的实数根，须要每个周期内有2个根，作出函数在上的图象如图所示，由图可知，当或时，方程在上有2个根，所以的取值范围为或．故答案为：；或41．（2024·湖北武汉·高三期中）如图，已如平面四边形ABCD，，，，.沿直线AC将翻折成，则___________；当平面平面ABC时，则异面直线AC与所成角余弦值是___________.【答案】2【分析】依据题干中条件，选择AC的中点为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，用空间向量求解数量积和异面直线的夹角余弦值.【详解】因为，，，由勾股定理得：，因为，所以三角形ABC为等腰三角形取AC的中点O，则OB⊥AC，以O为原点，OB所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，垂直于平面ABC为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，则；当平面平面ABC时，在yoz平面上，则，设异面直线AC与所成角为，则异面直线AC与所成角余弦值是故答案为：2，42．（2024·湖南郴州·高三月考）依次将一数列的每相邻两项之积及原数列首尾项（仍为新数列的首尾项），构造新的数列，再把所得数列依据同样的方法不断构造出新的数列.现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，2，2；第2次得到数列1，2，，2；第3次得到数列1，2，，，2；依次构造，第次得到数列1，，，…，，2；记，则___________，设数列的前项积为，则___________.【答案】【分析】由题意可得的值，然后，，然后可得数列是首项为，公比为2的等比数列，然后可得，然后可算出答案.【详解】第四次构造得到的数列为，故因为，所以由数列的构造方式可得所以，因为所以数列是首项为，公比为2的等比数列所以，所以所以故答案为：；.四、填空题43．（2024·江苏·扬州中学高三月考）已知三棱锥P-ABC外接球的表面积为，PA平面ABC，，，则三棱锥体积的最大值为______.【答案】【分析】依据三棱锥的外接球的表面积可求得底面的外接圆面积,进而利用正弦定理与求得长度,再依据余弦定理与面积公式求解底面的最大值即可.【详解】由题,设底面外接圆直径为,则因为平面且,故.在底面中利用正弦定理有,解得.在中用余弦定理有,化简得,即,依据基本不等式有,解得.故三棱锥体积.故答案为：【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的问题,须要依据题意建立三棱锥高与底面外接圆半径以及三角形的关系,并利用基本不等式求最值.属于中档题.44．（2024·江苏高邮·高三月考）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发觉可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.则函数图象的对称中心为___________.【答案】【分析】首先设的对称中心为点，依据题意得到函数是奇函数，从而得到，即可得到，再解方程即可.【详解】依据题意，设的对称中心为点则函数是奇函数，则有，变形可得，则有，必有，；即函数的对称中心为；故答案为：.45．（2024·福建·三明一中高三月考）已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】画出的大致图像，由图可知要使得有6个零点，则需满意从而可求出实数的取值范围【详解】解：因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以可作出的大致图象，如图所示．易知当时，有两个零点，一个零点为（不小于1），另一个零点为（小于1）．由图可知，要使得有6个零点，则需满意解得．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查函数的综合，考查逻辑推理与数学抽象的核心素养，解题的关键是画出函数图像，利用图像求解，考查数形结合的思想，属于较难题46．（2024·福建福州·高三期中）为了参与校教职工运动会，某校高三年级组打算为本年级老师订制若干件文化衫，经与厂家协商，可按出厂价结算，同时厂家也承诺超过50件就可以每件比出厂价低22元赐予实惠.假如按出厂价购买年级组总共应付元，但若再多买15件就可以达到实惠条件并恰好也是共付元（为整数），则的值为___________.【答案】3960【分析】设按出厂价购