2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編(二十三)(原卷版+解析)

2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（二十三）一、單選題1．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）一個二元碼是由和組成的數(shù)字串（），其中（，，，）稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由變?yōu)椋蛘哂勺優(yōu)椋?已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組：，其中運算定義為：，，，.已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發(fā)生碼元錯誤后變成了，那么用上述校驗方程組可判斷等于（

）A． B． C． D．2．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）直線：與拋物線：交于，兩點，圓過兩點，且與拋物線的準線相切，則圓的半徑是（

）A．4 B．10 C．4或10 D．4或123．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，直線是曲線的一條切線，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．4．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)在內(nèi)恰有3個極值點和4個零點，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知雙曲線的左、右焦點分別是，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點，現(xiàn)將平面沿所在直線折起，點到達點處，使二面角的平面角的大小為，且三棱錐的體積為，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．6．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，對任意的，滿足：，且，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．7．（2023·廣東·模擬預(yù)測）曲線：與曲線：公切線的條數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．38．（2023·廣東佛山·三模）高考是全國性統(tǒng)一考試，因考生體量很大，故高考成績近似服從正態(tài)分布一般正態(tài)分布可以轉(zhuǎn)化為標準正態(tài)分布，即若，令，則，且．已知選考物理考生總分的全省平均分為460分，該次考試的標準差為40，現(xiàn)從選考物理的考生中隨機抽取30名考生成績作進一步調(diào)研，記為這30名考生分數(shù)超過520分的人數(shù)，則（

）參考數(shù)據(jù)：若，則，．A．0.8743 B．0.1257 C．0.9332 D．0.06689．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知，分別為橢圓的兩個焦點，P是橢圓E上的點，，且，則橢圓E的離心率為（

）A． B． C． D．10．（2023·廣東·模擬預(yù)測）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，莫定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).著名的“康托三分集”是數(shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”．若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數(shù)n的最小值為（

）參考數(shù)據(jù)：，A．6 B．7 C．8 D．911．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）已知等比數(shù)列首項，公比為q，前n項和為，前n項積為，函數(shù)，若，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．為單調(diào)遞增的等差數(shù)列 B．C．為單調(diào)遞增的等比數(shù)列 D．使得成立的n的最大值為612．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）如圖1所示，雙曲線具有光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點.若雙曲線的左?右焦點分別為，，從發(fā)出的光線經(jīng)過圖2中的A，B兩點反射后，分別經(jīng)過點C和D，且，，則E的離心率為（

）A． B． C． D．13．（2023·湖南懷化·一模）已知拋物線，O為坐標原點.若存在過點的直線l與C相交于A?B兩點，且，則實數(shù)m的取值范圍為（

）A． B． C． D．14．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知實數(shù)滿足，則的最小值為(

)A．2 B．1 C．4 D．515．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知為坐標原點，點，，以為鄰邊作平行四邊形，，則的最大值為（

）A． B． C． D．16．（2023·湖北·模擬預(yù)測）在等比數(shù)列中，已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件17．（2023·湖北·模擬預(yù)測）設(shè)a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，若，且，則（

）A． B． C． D．二、多選題18．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知邊長為的菱形中，，將沿翻折，下列說法正確的是（

）A．在翻折的過程中，三棱錐體積最大值為B．在翻折的過程中，直線，所成角的范圍是C．在翻折的過程中，點在面上的投影為，為棱上的一個動點，的最小值為D．在翻折過程中，三棱錐表面積最大時，其內(nèi)切球表面積為19．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）我們約定雙曲線與雙曲線為相似雙曲線，其中相似比為.則下列說法正確的是(

)A．的離心率相同，漸近線也相同B．以的實軸為直徑的圓的面積分別記為，則C．過上的任一點引的切線交于點，則點為線段的中點D．斜率為的直線與的右支由上到下依次交于點、，則20．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）所謂整數(shù)劃分，指的是一個正整數(shù)劃分為一系列的正整數(shù)之和，如可以劃分為，．如果中的最大值不超過，即，則稱它屬于的一個劃分，記的劃分的個數(shù)為．下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時，無論為何值， B．當(dāng)時，無論為何值，C．當(dāng)時， D．21．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為2，為棱上的動點，平面，下面說法正確的是（

）A．若N為中點，當(dāng)最小時，B．當(dāng)點M與點重合時，若平面截正方體所得截面圖形的面積越大，則其周長就越大C．直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為D．若點M為的中點，平面過點B，則平面截正方體所得截面圖形的面積為22．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，若長方體AC的底面是邊長為2的正方形，高為4．E是的中點，則（

）A． B．平面平面C．三棱錐的體積為 D．三棱錐的外接球的表面積為23．（2023·廣東·模擬預(yù)測）（多選）設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列，公差為d，是其前n項和，且，則（

）A． B． C．或為的最大值 D．24．（2023·廣東佛山·三模）如圖，若正方體的棱長為2，點是正方體在側(cè)面上的一個動點（含邊界），點是的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．三棱錐的體積為定值 B．若，則點在側(cè)面運動路徑的長度為C．若，則的最大值為 D．若，則的最小值為25．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．若的兩個相鄰的極值點之差的絕對值等于，則B．當(dāng)時，在區(qū)間上的最小值為C．當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增D．當(dāng)時，將圖象向右平移個單位長度得到的圖象26．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動，則下列判斷中正確的是（

）A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．異面直線A1P與AD1所成角的范圍是D．三棱錐D1-APC的體積不變27．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）若過點最多可作出條直線與函數(shù)的圖象相切，則（

）A．B．當(dāng)時，的值不唯一C．可能等于D．當(dāng)時，的取值范圍是28．（2023·湖南懷化·一模）如下圖，正方體中，M為上的動點，平面，則下面說法正確的是（

）A．直線AB與平面所成角的正弦值范圍為B．點M與點重合時，平面截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大C．點M為的中點時，平面經(jīng)過點B，則平面截正方體所得截面圖形是等腰梯形D．已知N為中點，當(dāng)?shù)暮妥钚r，M為的三等分點29．（2023·湖南懷化·一模）設(shè)是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，q是其公比，是其前n項的積，且，則下列選項中成立的是（

）A． B． C． D．與均為的最大值30．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）第24屆冬季奧林匹克運動會圓滿結(jié)束.根據(jù)規(guī)劃，國家體育場（鳥巢）成為北京冬奧會開、閉幕式的場館.國家體育場“鳥巢”的鋼結(jié)構(gòu)鳥瞰圖如圖所示，內(nèi)外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，若橢圓：和橢圓：的離心率相同，且.則下列正確的是（

）A．B．C．如果兩個橢圓，分別是同一個矩形（此矩形的兩組對邊分別與兩坐標軸平行）的內(nèi)切橢圓（即矩形的四條邊與橢圓均有且僅有一個交點）和外接橢圓，則D．由外層橢圓的左頂點向內(nèi)層橢圓分別作兩條切線（與橢圓有且僅有一個交點的直線叫橢圓的切線）與交于兩點，的右頂點為，若直線與的斜率之積為，則橢圓的離心率為.31．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知正四棱臺中，，，高為2，分別為，的中點，是對角線上的一個動點，則以下正確的是（

）A．平面平面B．點到平面的距離是點到平面的距離的C．若點為的中點，則三棱錐外接球的表面積為D．異面直線與所成角的正切值的最小值為32．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知正實數(shù)a，b，c滿足，則一定有（

）A． B． C． D．33．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知四面體中，，，，直線AB與CD所成角為，則下列說法正確的是（

）A．AD的取值可能為 B．AD與BC所成角余弦值一定為C．四面體ABCD體積一定為 D．四面體ABCD的外接球的半徑可能為三、填空題34．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）在空間直角坐標系O－xyz中，三元二次方程所對應(yīng)的曲面統(tǒng)稱為二次曲面．比如方程表示球面，就是一種常見的二次曲面．二次曲而在工業(yè)、農(nóng)業(yè)、建筑等眾多領(lǐng)域應(yīng)用廣泛．已知點P(x，y，z)是二次曲面上的任意一點，且，，，則當(dāng)取得最小值時，的最大值為______．35．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知橢圓的焦點分別為，，且是拋物線焦點，若P是與的交點，且，則的值為___________.36．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)有三個不同的零點，，，其中，則的值為________．37．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知圓，點A是圓C上任一點，拋物線的準線為l，設(shè)拋物線上任意一點Р到直線l的距離為m，則的最小值為_______38．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前項和，若不等式，對恒成立，則整數(shù)的最大值為______．39．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則當(dāng)函數(shù)恰有兩個不同的零點時，實數(shù)的取值范圍是______．40．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）對任意，若不等式恒成立，則實數(shù)a的最大值為______．41．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）已知三棱錐的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，，以頂點P為球心，4為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長弧的弧長等于___________.42．（2023·湖南懷化·一模）已知函數(shù)若存在實數(shù)，滿足，則的最大值是____．43．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）在平面直角坐標系中，已知圓：，點，是圓上任意一點，線段的垂直平分線與直線相交于點，設(shè)點的軌跡為曲線，則曲線的方程為________.44．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知函數(shù)在上的最小值為1，則的值為________.45．（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖是第24屆國際數(shù)學(xué)家大會的會標，它是根據(jù)中國古代數(shù)學(xué)家趙爽的弦圖設(shè)計的，大正方形ABCD是由4個全等的直角三角形和中間的小正方形EFGH組成的．若大正方形的邊長為，E為線段BF的中點，則______．46．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，若函數(shù)有5個零點，則實數(shù)k的取值范圍為______．四、雙空題47．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）曲線（，）在處的切線與兩坐標軸圍成的封閉圖形的面積為，則___________，___________.48．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）如圖，在水平放置的直徑與高相等的圓柱內(nèi)，放入兩個半徑相等的小球球A和球，圓柱的底面直徑為，向圓柱內(nèi)注滿水，水面剛好淹沒小球則球A的體積為________，圓柱的側(cè)面積與球B的表面積之比為___________.49．（2023·廣東佛山·三模）某挑戰(zhàn)游戲經(jīng)過大量實驗，對每一道試題設(shè)置相應(yīng)的難度，根據(jù)需要，電腦系統(tǒng)自動調(diào)出相應(yīng)難度的試題給挑戰(zhàn)者挑戰(zhàn)，現(xiàn)將試題難度近似當(dāng)做挑戰(zhàn)成功的概率．已知某挑戰(zhàn)者第一次挑戰(zhàn)成功的概率為，從第二次挑戰(zhàn)開始，若前一次挑戰(zhàn)成功，則下一次挑戰(zhàn)成功的概率為；若前一次挑戰(zhàn)失敗，則下一次挑戰(zhàn)成功的概率為．記第次挑戰(zhàn)成功的概率為．則________；________．50．（2023·廣西玉林·高一期中）如圖，在四邊形ABCD中，，，，且，則實數(shù)的值為__________，若M，N是線段BC上的動點，且，則的最小值為_______．2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（二十三）一、單選題1．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）一個二元碼是由和組成的數(shù)字串（），其中（，，，）稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由變?yōu)?，或者由變?yōu)椋?已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組：，其中運算定義為：，，，.已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發(fā)生碼元錯誤后變成了，那么用上述校驗方程組可判斷等于（

）A． B． C． D．答案:A解析：分析：根據(jù)校驗方程組分別判斷各位碼元的正誤.【詳解】由已知得，故至少錯誤一個，又，正確，故均正確，，正確，故均正確，綜上所述，錯誤，故選：A.2．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）直線：與拋物線：交于，兩點，圓過兩點，且與拋物線的準線相切，則圓的半徑是（

）A．4 B．10 C．4或10 D．4或12答案:D解析：分析：根據(jù)直線與拋物線相交，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得A,B坐標間的關(guān)系，設(shè)圓M的圓心為M(a,b)，半徑為r，利用圓心在的中垂線上及圓心到準線的距離等于半徑建立方程組求解即可.【詳解】可設(shè)，由，聯(lián)立消去x可得，,則，即,則，可得AB的中點坐標為，則，且AB的垂直平分線方程為:，即，則可設(shè)圓M的圓心為M(a,b)，半徑為r，所以，則圓M的方程為,即，又圓心M(a,b)到直線l:的距離，且滿足，則①，又因為圓M與拋物線C的準線相切，所以，即②，①②聯(lián)立解得或.故選：D3．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，直線是曲線的一條切線，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．答案:C解析：分析：設(shè)切點為，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，可把、用表示，從而可表示為關(guān)于的函數(shù)，再引入新函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的值域即得．【詳解】設(shè)切點為，，曲線在切點處的切線方程為，整理得，所以．令，則．當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增．故，則的取值范圍是．故選：C.4．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)在內(nèi)恰有3個極值點和4個零點，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．答案:A解析：分析：由第4個正零點小于1，第4個正極值點大于等于1可解.【詳解】，因為，所以，又因為函數(shù)在內(nèi)恰有個極值點和4個零點，由圖像得：解得：，所以實數(shù)的取值范圍是.故選：A.5．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知雙曲線的左、右焦點分別是，過點且垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點，現(xiàn)將平面沿所在直線折起，點到達點處，使二面角的平面角的大小為，且三棱錐的體積為，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．答案:A解析：分析：依題意求出點坐標，即可得到，再由二面角的定義可知為二面角的平面角，再根據(jù)錐體的體積公式得到，從而求出離心率；【詳解】解：由題意可知，直線的方程為，代入雙曲線方程可得，設(shè)點在軸上方，則，可得，所以，由題意可知，且，所以平面，所以為二面角的平面角，即，所以，即，又，所以，可得雙曲線的離心率為，故選：A．6．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，對任意的，滿足：，且，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．答案:A解析：先由，判斷出在上是增函數(shù)，然后再根據(jù)函數(shù)的奇偶性以及單調(diào)性即可求出的解集.【詳解】解：對任意的，都有，在上是增函數(shù)，令，則，為偶函數(shù)，在上是減函數(shù)，且，，當(dāng)時，，即，解得：，當(dāng)時，，即，解得：，綜上所述：的解集為：.故選：A.【點睛】方法點睛：函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿于整個高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調(diào)性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構(gòu)造一個適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.7．（2023·廣東·模擬預(yù)測）曲線：與曲線：公切線的條數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3答案:C解析：設(shè)公切線與的切點為，公切線與的切點為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別得出在切點，處的切線方程，由得到，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得出方程的根的個數(shù)，即可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)公切線與的切點為，公切線與的切點為的導(dǎo)數(shù)為；的導(dǎo)數(shù)為則在切點處的切線方程為，即則在切點處的切線方程為，即，整理得到令，則；在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增即函數(shù)與的圖象，如下圖所示由圖可知，函數(shù)與有兩個交點，則方程有兩個不等正根，即曲線：與曲線：公切線的條數(shù)有2條故選：C【點睛】本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，屬于較難題.8．（2023·廣東佛山·三模）高考是全國性統(tǒng)一考試，因考生體量很大，故高考成績近似服從正態(tài)分布一般正態(tài)分布可以轉(zhuǎn)化為標準正態(tài)分布，即若，令，則，且．已知選考物理考生總分的全省平均分為460分，該次考試的標準差為40，現(xiàn)從選考物理的考生中隨機抽取30名考生成績作進一步調(diào)研，記為這30名考生分數(shù)超過520分的人數(shù)，則（

）參考數(shù)據(jù)：若，則，．A．0.8743 B．0.1257 C．0.9332 D．0.0668答案:A解析：分析：根據(jù)題意結(jié)合公式可得，即，且，代入數(shù)據(jù)計算．【詳解】根據(jù)題意則考生分數(shù)超過520分的概率根據(jù)題意可得，則故選：A．9．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知，分別為橢圓的兩個焦點，P是橢圓E上的點，，且，則橢圓E的離心率為（

）A． B． C． D．答案:B解析：分析：由題意得，利用橢圓定義及勾股定理求得橢圓參數(shù)關(guān)系，即可求離心率.【詳解】由題意及正弦定理得：，令，則，，可得，所以橢圓的離心率為：.故選：B10．（2023·廣東·模擬預(yù)測）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，莫定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).著名的“康托三分集”是數(shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”．若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于，則需要操作的次數(shù)n的最小值為（

）參考數(shù)據(jù)：，A．6 B．7 C．8 D．9答案:D解析：分析：歸納出第次去掉的線段的長度，然后求得和，解不等式可得．【詳解】記為第n次去掉的長度，，剩下兩條長度為的線段，第二次去掉的線段長為，第次操作后有條線段，每條線段長度為，因此第次去掉的線段長度為，所以，，，，n的最小值為9．故選：D．【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題關(guān)鍵是歸納出第次所去掉的線段長度，計算時要先得出第次去掉的線段條數(shù)，即第次剩下的線段條數(shù)，同時得出此時每條線段長度，從而可得第次所去掉的線段總長度，求和后列不等式求解．11．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）已知等比數(shù)列首項，公比為q，前n項和為，前n項積為，函數(shù)，若，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．為單調(diào)遞增的等差數(shù)列 B．C．為單調(diào)遞增的等比數(shù)列 D．使得成立的n的最大值為6答案:A解析：分析：令，進而求導(dǎo)并結(jié)合得，進而根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)得，進而得判斷B；再對等比數(shù)列的通項公式取對數(shù)判斷A；再根據(jù)等比數(shù)列的前項和求解通項公式判斷C；再根據(jù)，，得時，，再推理可判斷D.【詳解】令，則，∴，∴，因為是等比數(shù)列，所以，即，∵，∴，B正確；∵，∴是公差為的遞減等差數(shù)列，A錯誤；∵，∴是首項為，公比為q的遞增等比數(shù)列，C正確；∵，，，∴時，，時，，∴時，，∵，∴時，，又，，所以使得成立的n的最大值為6，D正確．故選：A．12．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）如圖1所示，雙曲線具有光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點.若雙曲線的左?右焦點分別為，，從發(fā)出的光線經(jīng)過圖2中的A，B兩點反射后，分別經(jīng)過點C和D，且，，則E的離心率為（

）A． B． C． D．答案:B解析：分析：結(jié)合題意作出圖形，然后結(jié)合雙曲線的定義表示出，進而利用勾股定理即可得到，從而可求出結(jié)果.【詳解】由題意知延長則必過點,如圖：由雙曲線的定義知，又因為，，所以，設(shè)，則，因此，從而，所以，又因為，所以，即，即，故選：B.13．（2023·湖南懷化·一模）已知拋物線，O為坐標原點.若存在過點的直線l與C相交于A?B兩點，且，則實數(shù)m的取值范圍為（

）A． B． C． D．答案:A解析：分析：設(shè)兩點坐標，則可表示,利用求得與兩點坐標的關(guān)系式，把點代入拋物線方程，聯(lián)立求得，又因，進而求得關(guān)于的一元二次方程，進而通過方程有2個正實數(shù)根列出關(guān)于的不等式組，解不等式組即可得到答案【詳解】設(shè)則因為點在拋物線上所以

由消去得，即，整理得：因為過的直線與拋物線交于兩點所以關(guān)于的方程有兩正數(shù)根，解得

故選：A14．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知實數(shù)滿足，則的最小值為(

)A．2 B．1 C．4 D．5答案:A解析：分析：將a-1和b-1看作整體，由構(gòu)造出，根據(jù)即可求解．【詳解】由得，因式分解得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取得最小值．故選：A．15．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知為坐標原點，點，，以為鄰邊作平行四邊形，，則的最大值為（

）A． B． C． D．答案:C解析：分析：根據(jù)點A、B的坐標，可得是圓上兩動點，所以，根據(jù)兩點間距離公式，可得，取的中點，即可得及，進而可得點P的軌跡，分析可得，當(dāng)與相切時，最大，根據(jù)三角函數(shù)定義，即可得答案.【詳解】已知圓：，是圓上兩動點，所以，所以為等邊三角形，又，取的中點，則，所以，所以點的軌跡方程為：，當(dāng)與相切時，最大，此時，則.故選：C.16．（2023·湖北·模擬預(yù)測）在等比數(shù)列中，已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案:A解析：分析：直接利用等比數(shù)列的通項公式及其充分條件，必要條件的定義求解即可.【詳解】∵公比，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴且，∴且，即“”是“”的充分不必要條件．故選：A．17．（2023·湖北·模擬預(yù)測）設(shè)a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，若，且，則（

）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，直接計算即可求解【詳解】因為，所以，即，所以，所以或.若則.這與題設(shè)不合，故，又，所以，即.故選：B二、多選題18．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知邊長為的菱形中，，將沿翻折，下列說法正確的是（

）A．在翻折的過程中，三棱錐體積最大值為B．在翻折的過程中，直線，所成角的范圍是C．在翻折的過程中，點在面上的投影為，為棱上的一個動點，的最小值為D．在翻折過程中，三棱錐表面積最大時，其內(nèi)切球表面積為答案:AD解析：分析：在翻折成正四面體的情況利用線面垂直的判定定理可以證明直線與所成角為直角，從而判定A；利用平面與底面垂直的情況，得到三棱錐的體積最大值，計算后可判定B；利用當(dāng)?shù)玫矫娣e的最大值，利用等體積法可以求得此時內(nèi)切球的半徑，進而計算其表面積，從而判定C．將的最小值轉(zhuǎn)化為異面直線與的距離，考慮翻折的極限情況可以判定D．其中要注意線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)的應(yīng)用．【詳解】對于A，當(dāng)平面與底面垂直時，三棱錐的體積最大，取AC中點H，連接DH，則DH⊥AC，又因為平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，所以DH⊥平面ABC，此時，，故A正確；對于B，由題意可得△ABC和△ADC為等邊三角形，翻折后，當(dāng)時，四面體ABCD為正四面體，取BC中點為E，連接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BC⊥AD，直線與所成角為直角，故B錯誤；對于C，如圖，設(shè)翻折前的棱形的位置如圖在翻折過程中，設(shè)AC中點為O：由已知可得AC=a，△ABC，△ADC都是正三角形．同上可證，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根據(jù)平面垂直的性質(zhì)定理可得D在平面ABCD中的射影的軌跡是線段，因為E是CD上的動點，所以的最小值是異面直線直線與CD的距離，當(dāng)翻折使得二面角接近于時，線段的長度接近于0，分別是異面直線與上的點，所以異面直線與的距離不超過，故異面直線與CD的距離無限接近于0，（另外當(dāng)二面角接近于時，的距離接近于0，分別是異面直線與上的點，所以異面直線與的距離也不超過，故異面直線與CD的距離也無限接近于），所以的距離可以無限的接近于0，沒有最小值，故C錯誤；對于D，因為是翻折過程中的不變量，翻折過程中的對應(yīng)邊始終相等，所以這兩個三角形始終全等，∴始終相等，△ABD，△BCD等于，由于最初時這兩個角都是，翻折到重合時，都變成了，在連續(xù)變化的過程中，當(dāng)時，△ABD，△BCD的面積最大，而另外兩個面△，△在翻折中的形狀不變，面積是固定的，所以當(dāng)且僅當(dāng)此時三棱錐表面積最大，此時DC=，取AC中點為O，連接BO，DO，則BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，所以AC⊥平面BOD．，，此時設(shè)內(nèi)切球的半徑為，，．內(nèi)切球的表面積為，故D正確．

故選：AD．19．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）我們約定雙曲線與雙曲線為相似雙曲線，其中相似比為.則下列說法正確的是(

)A．的離心率相同，漸近線也相同B．以的實軸為直徑的圓的面積分別記為，則C．過上的任一點引的切線交于點，則點為線段的中點D．斜率為的直線與的右支由上到下依次交于點、，則答案:AC解析：分析：A：根據(jù)雙曲線標準方程求出漸近線方程和離心率比較即可；B：求出的實軸，確定兩個圓的半徑并求它們的面積即可判斷；C：設(shè)出切線的方程，分別與方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理求出P點橫坐標和AB中點橫坐標比較即可；D：根據(jù)C中方程求出、并比較，根據(jù)弦長公式即可得到關(guān)系.【詳解】①的漸近線為，離心率為，，則雙曲線實軸長為，虛軸長為，漸近線方程為，故兩個雙曲線的漸近線方程相同，∵在雙曲線里面，離心率，∴兩雙曲線離心率也相同，故A正確；②，，，故B錯誤；③對于C，若P為頂點時，切線與x軸垂直，根據(jù)雙曲線對稱性可知，此時切線與的交點AB關(guān)于x軸對稱，即線段AB的中點為P；當(dāng)該切線與x軸不垂直時，設(shè)切線方程為，聯(lián)立切線與，得(*)，∵直線與相切，則方程(*)為二次方程，，且，方程有兩個相同的實數(shù)根即為P點橫坐標，則根據(jù)韋達定理可知，聯(lián)立切線與，得(**)，設(shè)，，則，，∵P在切線上，∴為中點.綜上，P為線段AB中點，故C正確；④對于D，由(*)和(**)可知，，，，即，，故D錯誤；故選：AC.20．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）所謂整數(shù)劃分，指的是一個正整數(shù)劃分為一系列的正整數(shù)之和，如可以劃分為，．如果中的最大值不超過，即，則稱它屬于的一個劃分，記的劃分的個數(shù)為．下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時，無論為何值， B．當(dāng)時，無論為何值，C．當(dāng)時， D．答案:ABC解析：分析：正確理解題干信息，確定AB選項；C選項，分析出兩種情況：一是劃分中包含，二是劃分中不包含，分別得到劃分情況，再相加，從而判斷出C選項；D選項可以把6的劃分情況一一列舉出來，從而作出判斷.【詳解】當(dāng)時，由于正整數(shù)只有本身一種劃分，故A正確；當(dāng)時，無論為何值，只有個相加這一種情況，，故B正確；當(dāng)時，分兩種情況：一是劃分中包含，只有一種情況，即；二是劃分中不包含，則問題轉(zhuǎn)化為求，因此，故C正確；由于時，有，共種劃分，所以，故D錯誤．故選：ABC21．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為2，為棱上的動點，平面，下面說法正確的是（

）A．若N為中點，當(dāng)最小時，B．當(dāng)點M與點重合時，若平面截正方體所得截面圖形的面積越大，則其周長就越大C．直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為D．若點M為的中點，平面過點B，則平面截正方體所得截面圖形的面積為答案:AD解析：分析：利用展開圖判定、、三點共線，進而利用相似三角形判定選項A正確；通過兩個截面的面積不相等且周長相等判定選項B錯誤；建立空間直角坐標系，利用空間向量求線面角的余弦值的取值范圍，進而判定選項C正確；建立空間直角坐標系，利用線面垂直得出點的位置、判定截面的形狀是梯形，利用空間向量求梯形的高，進而求出截面的面積，判定選項D正確.【詳解】對于A：將矩形與矩形展開成一個平面（如圖所示）若最小，則、、三點共線，因為，所以，所以，即，即選項A正確；對于B：當(dāng)點M與點重合時，連接、、、、（如圖所示）在正方體中，平面，平面，所以，又因為，且，所以平面，又平面，所以，同理可證，因為，所以平面.易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為；設(shè)分別是的中點，易知六邊形是邊長為的正六邊形，且平面平面，正六邊形的周長為，面積為，則的面積小于正六邊形的面積，它們的周長相等，即選項B錯誤；對于C：以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系（如圖所示）則，，設(shè)，因為平面，所以是平面的一個法向量，且，，，所以直線AB與平面所成角的正弦值的取值范圍為則直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為.即選項C錯誤；對于D：以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系（如圖所示）連接、，設(shè)平面交棱于點，，所以，因為平面，平面，所以，即，得，所以，即點是的中點，同理點是的中點，則且，所以四邊形是梯形，且，，設(shè)，，則，，所以梯形的高，即點到直線的距離為，所以梯形的面積為，即選項D正確.故選：AD.22．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，若長方體AC的底面是邊長為2的正方形，高為4．E是的中點，則（

）A． B．平面平面C．三棱錐的體積為 D．三棱錐的外接球的表面積為答案:CD解析：分析：在A中，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法推導(dǎo)出與不垂直；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與平面相交；在C中，三棱錐的體積為；在D中，三棱錐的外接球就是長方體的外接球，從而三棱錐的外接球半徑，由此求出三棱錐的外接球的表面積為．【詳解】解：長方體的底面是邊長為2的正方形，高為4，是的中點，在A中，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，，0，，，與不垂直，故A錯誤；在B中，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，，，，，0，，，0，，，2，，設(shè)平面的法向量，，，則，取，得，2，，設(shè)平面的法向量，，，則，取，得，1，，不共線，平面與平面相交，故B錯誤；在C中，三棱錐的體積為：，故C正確；在D中，三棱錐的外接球就是長方體的外接球，三棱錐的外接球半徑，三棱錐的外接球的表面積為，故D正確．故選：CD．23．（2023·廣東·模擬預(yù)測）（多選）設(shè)數(shù)列是等差數(shù)列，公差為d，是其前n項和，且，則（

）A． B． C．或為的最大值 D．答案:BC解析：根據(jù)得到，再根據(jù)得到，可得數(shù)列是單調(diào)遞減的等差數(shù)列，所以或為的最大值，根據(jù)得，故BC正確.【詳解】由得，，即，又，，，∴B正確；由，得，又，，∴數(shù)列是單調(diào)遞減的等差數(shù)列，，或為的最大值，∴A錯誤，C正確；，，所以D錯誤.故選：BC．【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)等差中項推出，進而推出是解題關(guān)鍵.24．（2023·廣東佛山·三模）如圖，若正方體的棱長為2，點是正方體在側(cè)面上的一個動點（含邊界），點是的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．三棱錐的體積為定值 B．若，則點在側(cè)面運動路徑的長度為C．若，則的最大值為 D．若，則的最小值為答案:AD解析：分析：對于A，三棱錐的體積，由已知得三角形PDD1的面積是定值，且點M到面PDD1的距離是正方體的棱長，由此可判斷；對于B，過點P作，由已知有點M的軌跡是以Q為圓心，1為半徑的半圓弧，根據(jù)圓的周長公式計算可判斷；對于C、D，過點P作，則點Q是的中點，連接QC，取BC的中點N，連接NC1，A1N，A1C1，由線面垂直的判定和性質(zhì)得點M的軌跡是線段，解，可求得的最大值和最小值，由此可判斷C、D選項.【詳解】解：對于A，三棱錐的體積，而因為點P為的中點，所以三角形PDD1的面積是定值，且點M到面PDD1的距離是正方體的棱長，所以三棱錐的體積是定值，故A正確；對于B，過點P作，則由正方體的性質(zhì)得平面，所以，又，正方體的棱長為2，所以，所以點M的軌跡是以Q為圓心，1為半徑的半圓弧，所以點在側(cè)面運動路徑的長度為，故B不正確；對于C、D，過點P作，則點Q是的中點，連接QC，取BC的中點N，連接NC1，A1N，A1C1，則，，因為，所以，平面，所以，又，所以平面，所以，所以點M的軌跡是線段，在中，，，所以的最大值為，故C不正確；在中，，所以，所以點A1到C1N有距離為，所以的最小值為，故D正確，故選：AD.25．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．若的兩個相鄰的極值點之差的絕對值等于，則B．當(dāng)時，在區(qū)間上的最小值為C．當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增D．當(dāng)時，將圖象向右平移個單位長度得到的圖象答案:BD解析：分析：由二倍角公式，兩角和的正弦公式化函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)形式，然后結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)判斷．【詳解】，A．的兩個相鄰的極值點之差的絕對值等于，則，，，A錯；B．當(dāng)時，，時，，的最小值為，B正確；C．當(dāng)時，，時，，，即時，取得最小值，因此在此區(qū)間上，函數(shù)不單調(diào)，C錯；D．時，，將圖象向右平移個單位長度得到圖象的解析式為，D正確．故選：BD．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題方法是利用誘導(dǎo)公式，二倍角公式，兩角和與差的正弦（或余弦）公式化函數(shù)為一個角的一個三角函數(shù)形式，然后利用正弦函數(shù)（或余弦函數(shù)）的性質(zhì)求解判斷．26．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動，則下列判斷中正確的是（

）A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．異面直線A1P與AD1所成角的范圍是D．三棱錐D1-APC的體積不變答案:ABD解析：分析：根據(jù)正方體的性質(zhì)，可得DB1⊥平面ACD1，可判定A正確；連接A1B，A1C1，由平面BA1C1∥平面ACD1，可判定B正確；當(dāng)P與線段BC1和線段BC1的中點兩端點重合時，分別求得A1P與AD1所成角，可判定C錯誤；由，結(jié)合△AD1P的面積不變，可判定D正確【詳解】對于A中，根據(jù)正方體的性質(zhì)，可得DB1⊥平面ACD1，又由DB1平面PB1D，則平面PB1D⊥平面ACD1，故A正確；對于B中，連接A1B，A1C1，在正方體中，可得平面BA1C1∥平面ACD1，又由A1P平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正確；對于C中，當(dāng)P與線段BC1的兩端點重合時，A1P與AD1所成角取最小值，當(dāng)P與線段BC1的中點重合時，A1P與AD1所成角取最大值，故A1P與AD1所成角的范圍是，故C錯誤；對于D中，，因為點C到平面AD1P的距離不變，且△AD1P的面積不變，所以三棱錐C-AD1P的體積不變，故D正確．故選ABD．27．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）若過點最多可作出條直線與函數(shù)的圖象相切，則（

）A．B．當(dāng)時，的值不唯一C．可能等于D．當(dāng)時，的取值范圍是答案:ACD解析：分析：由題設(shè)切點為，進而得，再構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為與的交點個數(shù)問題，再數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】解：不妨設(shè)切點為，因為，所以切線方程為，所以，整理得，所以令，則，所以，令得.所以，當(dāng)或時，，，當(dāng)時，，因為，當(dāng)趨近于時，趨近于，，，，當(dāng)趨近于時，趨近于，所以，函數(shù)的圖像大致如圖，所以，當(dāng)時，，故B錯誤，此時成立；當(dāng)時，，所以，故可能等于，C正確；當(dāng)當(dāng)時，，顯然，故D正確；綜上，，A正確.故選：ACD28．（2023·湖南懷化·一模）如下圖，正方體中，M為上的動點，平面，則下面說法正確的是（

）A．直線AB與平面所成角的正弦值范圍為B．點M與點重合時，平面截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大C．點M為的中點時，平面經(jīng)過點B，則平面截正方體所得截面圖形是等腰梯形D．已知N為中點，當(dāng)?shù)暮妥钚r，M為的三等分點答案:AC解析：分析：以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷A選項的正誤；證明出平面，分別取棱、、、、、的中點、、、、、，比較和六邊形的周長和面積的大小，可判斷B選項的正誤；利用空間向量法找出平面與棱、的交點、，判斷四邊形的形狀可判斷C選項的正誤；將矩形與矩形延展為一個平面，利用、、三點共線得知最短，利用平行線分線段成比例定理求得，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則點、、設(shè)點，平面，則為平面的一個法向量，且，，，所以，直線與平面所成角的正弦值范圍為，A選項正確；對于B選項，當(dāng)與重合時，連接、、、，在正方體中，平面，平面，，四邊形是正方形，則，，平面，平面，，同理可證，，平面，易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為.設(shè)、、、、、分別為棱、、、、、的中點，易知六邊形是邊長為的正六邊形，且平面平面，正六邊形的周長為，面積為，則的面積小于正六邊形的面積，它們的周長相等，B選項錯誤；對于C選項，設(shè)平面交棱于點，點，，平面，平面，，即，得，，所以，點為棱的中點，同理可知，點為棱的中點，則，，而，，且，由空間中兩點間的距離公式可得，，，所以，四邊形為等腰梯形，C選項正確；對于D選項，將矩形與矩形延展為一個平面，如下圖所示：若最短，則、、三點共線，，，，所以，點不是棱的中點，D選項錯誤.故選：AC.【點睛】本題考查線面角正弦值的取值范圍，同時也考查了平面截正方體的截面問題以及折線段長的最小值問題，考查空間想象能力與計算能力，屬于難題.29．（2023·湖南懷化·一模）設(shè)是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，q是其公比，是其前n項的積，且，則下列選項中成立的是（

）A． B． C． D．與均為的最大值答案:ABD解析：分析：結(jié)合等比數(shù)列的定義利用數(shù)列的單調(diào)性判斷各選項．【詳解】由已知數(shù)列各項均為正，因此乘積也為正，公比，又，，，B正確；，，即，A正確；由得，，所以，而，，因此，C錯；由上知，先增后減，與均為的最大值，D正確．故選：ABD．30．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）第24屆冬季奧林匹克運動會圓滿結(jié)束.根據(jù)規(guī)劃，國家體育場（鳥巢）成為北京冬奧會開、閉幕式的場館.國家體育場“鳥巢”的鋼結(jié)構(gòu)鳥瞰圖如圖所示，內(nèi)外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，若橢圓：和橢圓：的離心率相同，且.則下列正確的是（

）A．B．C．如果兩個橢圓，分別是同一個矩形（此矩形的兩組對邊分別與兩坐標軸平行）的內(nèi)切橢圓（即矩形的四條邊與橢圓均有且僅有一個交點）和外接橢圓，則D．由外層橢圓的左頂點向內(nèi)層橢圓分別作兩條切線（與橢圓有且僅有一個交點的直線叫橢圓的切線）與交于兩點，的右頂點為，若直線與的斜率之積為，則橢圓的離心率為.答案:BCD解析：分析：由離心率相同及已知得到、，即可判斷A、B；由在橢圓上得到，進而判斷C；根據(jù)對稱性確定的坐標，結(jié)合斜率兩點式得判斷D.【詳解】A：由且，則，即，故錯誤；B：由，得，則，所以，故正確；C：滿足橢圓方程，又，則，所以，，故正確；D：由對稱性知：、關(guān)于軸對稱，，，，，，，則，，故正確.故選：BCD.31．（2023·湖北·房縣第一中學(xué)模擬預(yù)測）已知正四棱臺中，，，高為2，分別為，的中點，是對角線上的一個動點，則以下正確的是（

）A．平面平面B．點到平面的距離是點到平面的距離的C．若點為的中點，則三棱錐外接球的表面積為D．異面直線與所成角的正切值的最小值為答案:ACD解析：分析：對于A，根據(jù)線線平行證明線面平行，進而證明面面平行；對于B，利用面面平行和點到平面距離的概念進行判斷即可；對于C，利用球的表面積公式，直接求解即可；對于D，根據(jù)異面直線所成角的概念，作出相應(yīng)的輔助線，進而利用勾股定理和銳角三角函數(shù)即可求解.【詳解】選項A：設(shè)，，如圖1所示.選項A：，，則四邊形為平行四邊形，，所以平面，又因為，所以平面，因為，所以平面平面，故正確；選項B：因為平面平面，所以點到平面的距離與點到平面的距離相等，又點到平面的距離與點到平面的距離相等，所以點到平面的距離與點到平面的距離相等，故不正確；選項C：如圖2所示，在梯形內(nèi)過點作于點，所以面，取線段的中點，因為，所以為球心，，球的表面積為，故正確；選項D：如圖3所示，因為，平面，所以平面，又平面，所以，所以（或其補角）為與所成的角，所以，若最小，則最小，當(dāng)點在點時，取最小值2，所以的最小值為，故正確.故選：ACD.32．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知正實數(shù)a，b，c滿足，則一定有（

）A． B． C． D．答案:AB解析：分析：根據(jù)，可得，進而判斷出，A正確；構(gòu)造，得到單調(diào)性，從而求出，B正確；CD選項可以舉出反例.【詳解】由正實數(shù)a，b，c，以及，可得，又，所以．所以，又，所以，即，等價于，構(gòu)造函數(shù)，，當(dāng)時，故在上遞增，從而．又取時，原式為同樣成立，故CD不正確，故選：AB【點睛】對于指數(shù)，對數(shù)比較大小問題，屬于高頻考點，難點在于部分題目需要構(gòu)造函數(shù)進行比較，本題中要結(jié)合不等式的特點構(gòu)造，利用導(dǎo)函數(shù)求出其單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性比較大小33．（2023·湖北·模擬預(yù)測）已知四面體中，，，，直線AB與CD所成角為，則下列說法正確的是（

）A．AD的取值可能為 B．AD與BC所成角余弦值一定為C．四面體ABCD體積一定為 D．四面體ABCD的外接球的半徑可能為答案:ACD解析：分析：可將四面體ABCD的四個頂點放入如下圖所示的直三棱柱中，考慮到直線AB與CD所成角為，故有兩種情況，通過計算可以判斷選項ABC的真假，再求四面體ABCD的外接球半徑判斷選項D的真假.【詳解】由題可知，，，則可將四面體ABCD的四個頂點放入如下圖所示的直三棱柱中，考慮到直線AB與CD所成角為，故有如下兩種情況：對于左圖，，則，；此時AD與BC所成角余弦值為；所以選項A正確；因為，所以；分別取三棱柱上下底面三角形的外心G，H，連接GH，則線段GH的中點O即為三棱柱外接球球心，也即為四面體ABCD的外接球心，故四面體ABCD的外接球半徑．對于右圖，，則，；此時AD與BC所成角余弦值為，所以選項B錯誤；因為，所以，所以選項C正確；同上可得四面體ABCD的外接球半徑．所以選項D正確.故選：ACD．三、填空題34．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）在空間直角坐標系O－xyz中，三元二次方程所對應(yīng)的曲面統(tǒng)稱為二次曲面．比如方程表示球面，就是一種常見的二次曲面．二次曲而在工業(yè)、農(nóng)業(yè)、建筑等眾多領(lǐng)域應(yīng)用廣泛．已知點P(x，y，z)是二次曲面上的任意一點，且，，，則當(dāng)取得最小值時，的最大值為______．答案:解析：分析：由題設(shè)有，利用基本不等式求得并求對應(yīng)x、y的數(shù)量關(guān)系，進而得到，令構(gòu)造，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求最大值即可.【詳解】由題設(shè)，，故，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，此時，令，則，故，所以，當(dāng)時，當(dāng)時，即在上遞增，在上遞減.故，且時等號成立，綜上，的最大值為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：應(yīng)用基本不等式求的最小值及對應(yīng)x、y的關(guān)系，再把目標式轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的函數(shù)式，構(gòu)造函數(shù)結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最值.35．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知橢圓的焦點分別為，，且是拋物線焦點，若P是與的交點，且，則的值為___________.答案:解析：分析：利用橢圓定義求出，再借助拋物線的定義結(jié)合幾何圖形計算作答.【詳解】依題意，由橢圓定義得，而，則，因點是拋物線的焦點，則該拋物線的準線l過點，如圖，過點P作于點Q，由拋物線定義知，而，則，所以.故答案為：36．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知函數(shù)有三個不同的零點，，，其中，則的值為________．答案:1解析：分析：令，則原函數(shù)會轉(zhuǎn)化為關(guān)于的一元二次方程的根，通過韋達定理確保根的情況，同時研究內(nèi)層函數(shù)的圖象，數(shù)形結(jié)合研究零點的范圍.【詳解】設(shè)，，當(dāng)時，；當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且時，；時，，∴，作出的圖象，如圖要使有三個不同的零點，，其中令，則需要有兩個不同的實數(shù)根（其中）則，即或，且若，則，∵，∴，則∴，則，且∴=若，則，因為，且，∴，故不符合題意，舍去綜上故答案為：1【點睛】數(shù)形結(jié)合的思想來確定零點所在的區(qū)間，以及零點之間的關(guān)系，進而求得結(jié)果。37．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知圓，點A是圓C上任一點，拋物線的準線為l，設(shè)拋物線上任意一點Р到直線l的距離為m，則的最小值為_______答案:解析：由拋物線的定義可知，結(jié)合圓的性質(zhì)，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時等號成立取得最值.【詳解】由圓可得圓心，，設(shè)的焦點為，則，，拋物線上任意一點Р到直線l的距離為，過點作于點，則，由拋物線的定義可知，所以，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時等號成立，所以的最小值為，故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵點是利用拋物線的定義轉(zhuǎn)化為拋物線上一點到焦點的距離與到圓上一點的距離之和的最小值，利用三點共線即可求解.38．（2023·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前項和，若不等式，對恒成立，則整數(shù)的最大值為______．答案:4解析：【詳解】當(dāng)時，，得，當(dāng)時，，又，兩式相減得，得，所以．又，所以數(shù)列是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，，即．因為，所以不等式，等價于．記，時，．所以時，綜上，，所以，所以整數(shù)的最大值為4．考點：1．?dāng)?shù)列的通項公式；2．解不等式．39．（2023·廣東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則當(dāng)函數(shù)恰有兩個不同的零點時，實數(shù)的取值范圍是______．答案:解析：分析：由題方程恰有兩個不同的實數(shù)根，得與有2個交點，利用數(shù)形結(jié)合得a的不等式求解即可【詳解】由題可知方程恰有兩個不同的實數(shù)根，所以與有2個交點，因為表示直線的斜率，當(dāng)時，，設(shè)切點坐標為，，所以切線方程為，而切線過原點，所以，，，所以直線的斜率為，直線與平行，所以直線的斜率為，所以實數(shù)的取值范圍是.故答案為【點睛】本題考查函數(shù)與方程的零點，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查切線方程，準確轉(zhuǎn)化題意是關(guān)鍵，是中檔題，注意臨界位置的開閉，是易錯題40．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）對任意，若不等式恒成立，則實數(shù)a的最大值為______．答案:解析：分析：可對原不等式進行變形，兩邊同除，提取同類項，即可化成有相同變量的函數(shù)關(guān)系，然后換元構(gòu)造函數(shù)，通過求解函數(shù)的最小值，來確定實數(shù)a的取值范圍，從而求解出答案.【詳解】原不等式，，可化為，即，設(shè)，其中，則，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以設(shè)，①時，，在上單調(diào)遞增，所以的最小值為，符合題意；②，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以的最小值為，而，所以，與條件矛盾，故不成立；所以實數(shù)a的最大值為e.故答案為：e.【點睛】如果在條件給的式子中出現(xiàn)了和或和這些項，我們可以將變成，然后利用對數(shù)的運算進行組合，通過換元，即可消掉，變換成只包含一個變量的函數(shù)關(guān)系，使得題目變得簡單.41．（2023·湖南·臨澧縣第一中學(xué)二模）已知三棱錐的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，，以頂點P為球心，4為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長弧的弧長等于___________.答案:##解析：分析：將三棱錐補全為棱長為的正方體，根據(jù)已知條件判斷棱錐各面與球面相交所成圓弧的圓心、半徑及對應(yīng)圓心角，進而求出弧長，即可知最長弧長.【詳解】由題設(shè)，將三棱錐補全為棱長為的正方體，如下圖示：若，則，即在P為球心，4為半徑的球面上，且O為底面中心，又，，所以，面與球面所成弧是以為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，故弧長為；面與與球面所成弧是以為圓心，4為半徑且圓心角為的圓弧，故弧長為；面與球面所成弧是以為圓心，4為半徑且圓心角為的圓弧，故弧長為；所以最長弧的弧長為.故答案為：.42．（2023·湖南懷化·一模）已知函數(shù)若存在實數(shù)，滿足，則的最大值是____．答案:.解析：【詳解】分析:根據(jù)函數(shù)f（x）圖象判斷a，b，c關(guān)系即范圍，用c表示出af（a）+bf（b）+cf（c），根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出最大值．詳解:作出f（x）的函數(shù)圖象如圖所示：∵存在實數(shù)a＜b＜c，滿足f（a）=f（b）=f（c），∴a+b=﹣6，∴af（a）+bf（b）+cf（c）=（a+b+c）f（c）=（c﹣6）lnc，由函數(shù)圖象可知：＜c＜e2，設(shè)g（c）