2024年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)選擇題填空壓軸題匯編十八含解析

Page642024年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十八）一、單選題1．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）我國(guó)南宋數(shù)學(xué)家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現(xiàn)了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數(shù)學(xué)史上的一個(gè)宏大成就.在“楊輝三角”中，第n行的全部數(shù)字之和為，若去除全部為1的項(xiàng)，依次構(gòu)成數(shù)列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，則此數(shù)列的前56項(xiàng)和為（

）A．2060 B．2038 C．4084 D．4108【答案】C【解析】【分析】將所求數(shù)列之和，轉(zhuǎn)化為楊輝三角每一行對(duì)應(yīng)數(shù)之和，再結(jié)合楊輝三角每一行的和為，即可求得結(jié)果.【詳解】去除全部為1的項(xiàng)后，剩下的每一行的個(gè)數(shù)為，對(duì)應(yīng)個(gè)數(shù)構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1公差為1的等差數(shù)列，則前行數(shù)字個(gè)數(shù)之和為，當(dāng)時(shí)，，故該數(shù)列前56項(xiàng)和表示：楊輝三角中前12行數(shù)字之和，減去全部23個(gè)1，再加上楊輝三角中第13行其次個(gè)數(shù)字12即可，故所求數(shù)列的前項(xiàng)和為：.故選：C.2．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）已知點(diǎn)A，B，C在圓上運(yùn)動(dòng)，且，若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，0），則的最大值為（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】由題可知為直徑，從而，可設(shè)，則就是關(guān)于的三角函數(shù)式，利用可求最大值．【詳解】由可知為直徑，∴，設(shè)，則，∴，當(dāng)時(shí)，的最大值為．故選：B.3．（2024·福建·三模）關(guān)于函數(shù)，有下列四個(gè)命題：甲：在單調(diào)遞增；乙：是的一個(gè)微小值點(diǎn)：丙：是的一個(gè)極大值點(diǎn)；丁：函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位后所得圖象關(guān)于軸對(duì)稱.其中只有一個(gè)是假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】A【解析】【分析】依據(jù)的最小正周期推斷乙、丙都是真命題，進(jìn)而推斷丁為真命題，從而得出甲為假命題.【詳解】由于的最小正周期為，半周期為,，所以乙、丙為真命題，（否則兩個(gè)都是假命題，不符合題意.）由丙可知，關(guān)于直線對(duì)稱，所以函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位后所得圖象關(guān)于軸對(duì)稱，丁正確.故甲為假命題.另外，由丙可知，關(guān)于直線對(duì)稱，的最小正周期為，所以關(guān)于直線對(duì)稱，，所以在區(qū)間不單調(diào)，甲為假命題.故選：A4．（2024·福建·三模）已知是定義在上的函數(shù)，且函數(shù)是奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則曲線在處的切線方程是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】求出在上的解析式后可求切線方程.【詳解】令，因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，故，故即.即，當(dāng)時(shí)，，故，故時(shí)，，此時(shí)，故，而故切線方程為：，故選：D.5．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知直線與拋物線交于兩點(diǎn)，為的中點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，則（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【解析】【分析】直線方程與拋物線方程聯(lián)立方程組求得交點(diǎn)坐標(biāo)，再求得中點(diǎn)坐標(biāo)，計(jì)算出，即可得．【詳解】由得，，，則，，所以，，，為的中點(diǎn)，則，，，所以．故選：D．6．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知函數(shù)，若關(guān)于的方程有且只有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則正實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，分析可知關(guān)于的方程、共有個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，利用代數(shù)法可知方程有兩個(gè)根，分析可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式組，由此可解得實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】因?yàn)?，由可得，所以，關(guān)于的方程、共有個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.①先探討方程的解的個(gè)數(shù).當(dāng)時(shí)，由，可得，當(dāng)時(shí)，由，可得，當(dāng)時(shí)，由，可得，所以，方程只有兩解和；②下面探討方程的解的個(gè)數(shù).當(dāng)時(shí)，由可得，可得或，當(dāng)時(shí)，由，可得，此時(shí)方程有多數(shù)個(gè)解，不合乎題意，當(dāng)時(shí)，由可得，因?yàn)?，由題意可得或或，解得或.因此，實(shí)數(shù)的取值范圍是.故選：B.7．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）連續(xù)向上拋一枚硬幣五次，設(shè)事務(wù)“沒(méi)有連續(xù)兩次正面對(duì)上”的概率為，設(shè)事務(wù)“沒(méi)有連續(xù)三次正面對(duì)上”的概率為，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】拋一枚硬幣五次，共有32種可能，列表寫出各種可能，然后計(jì)數(shù)后可得，從而得出結(jié)論．【詳解】拋一枚硬幣五次，每次都有正面或反面對(duì)上兩種可能，五次共有32種可能，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反反反反反其中沒(méi)有連續(xù)兩次正面對(duì)上的有13種，沒(méi)有連續(xù)三次正面對(duì)上的有24種，所以，，．故選：B．8．（2024·江蘇·沭陽(yáng)如東中學(xué)模擬預(yù)料）克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中講解并描述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：隨意凸四邊形中，兩條對(duì)角線的乘積小于或等于兩組對(duì)邊乘積之和，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)角互補(bǔ)時(shí)取等號(hào)，依據(jù)以上材料，完成下題：如圖，半圓的直徑為2，為直徑延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，，為半圓上一點(diǎn)，以為一邊作等邊三角形，則當(dāng)線段的長(zhǎng)取最大值時(shí)，（）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】依據(jù)已知條件先分析出的最大值并得到之間的關(guān)系，由此借助余弦定理求解出的長(zhǎng)度，再利用余弦定理即可求解出的大小.【詳解】因?yàn)?，且為等邊三角形，，所以，所以，所以的最大值為，取等?hào)時(shí)，所以，不妨設(shè)，所以，所以解得，所以，所以，故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解答問(wèn)題的關(guān)鍵是理解題中所給的定理，由此分析得到角的關(guān)系，并借助余弦定理即可求解出結(jié)果.9．（2024·江蘇·沭陽(yáng)如東中學(xué)模擬預(yù)料）聞名的“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(guò)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(gè)區(qū)分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為其次次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個(gè)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(guò)程不斷地進(jìn)行下去，以至無(wú)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(zhǎng)度之和不小于，則須要操作的次數(shù)n的最小值為（

）參考數(shù)據(jù)：lg2=0.3010，lg3=0.4771A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】依據(jù)題意抽象概括出去掉的各區(qū)間長(zhǎng)度為通項(xiàng)公式為的數(shù)列，結(jié)合題意和等比數(shù)列前n項(xiàng)求和法列出不等式，利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)解不等式即可.【詳解】第一次操作去掉，設(shè)為；其次次操作去掉，設(shè)為；第三次操作去掉，設(shè)為，依次類推，.故，整理，得，，，故n的最小值為7.故選：B.10．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）已知雙曲線與橢圓有公共的左、右焦點(diǎn)，分別為，.以線段為直徑的圓與雙曲線及其漸近線在第一象限內(nèi)分別交于兩點(diǎn)，且線段的中點(diǎn)在另外一條漸近線上，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】首先求出點(diǎn)，的坐標(biāo)以及以線段F1F2為直徑的圓的方程，聯(lián)立圓和可得點(diǎn)的坐標(biāo)，即可得出線段的中點(diǎn)的坐標(biāo)，代入可得之間的關(guān)系，結(jié)合即可求出雙曲線的方程，再與圓的方程聯(lián)立可得點(diǎn)的坐標(biāo)，利用三角形面積公式即可求解.【詳解】由題意可得：，所以，，F(xiàn)24,0，以線段F1F2雙曲線的漸近線方程為：、，由可得：，即，因?yàn)辄c(diǎn)在第一象限，所以，所以，所以，所以的中點(diǎn)為，因?yàn)辄c(diǎn)在漸近線上，所以，即，所以，因?yàn)?，解得：，，所以雙曲線，由可得，解得：，，因?yàn)辄c(diǎn)在第一象限，所以，所以的面積為，故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵點(diǎn)是求出的中點(diǎn)的坐標(biāo)，代入結(jié)合解出雙曲線方程，求出點(diǎn)的坐標(biāo).11．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）足球運(yùn)動(dòng)成為當(dāng)今世界上開展最廣、影響最大、最具魅力、擁有球迷數(shù)最多的體育項(xiàng)目之一，2024年卡塔爾世界杯是第22屆世界杯足球賽．競(jìng)賽于2024年11月21日至12月18日在卡塔爾境內(nèi)7座城市中的12座球場(chǎng)實(shí)行．已知某足球的表面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，C，D滿意，二面角的大小為，則該足球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】畫出圖形，為線段的中點(diǎn)，則可得為二面角的平面角，取分別是線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，則可得分別為和的外心，過(guò)分別作平面和平面的垂線，交于點(diǎn)，則點(diǎn)為三棱錐外接球的球心，即為足球的球心，所以線段為球的半徑，然后結(jié)已知數(shù)據(jù)求出，從而可求出足球的體積【詳解】依據(jù)題意，三棱錐如圖所示，圖中點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，分別是線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，因?yàn)?，所以和均為等邊三角形，因?yàn)辄c(diǎn)為線段的中點(diǎn)，所以，所以為二面角的平面角，所以，因?yàn)楹途鶠榈冗吶切?，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，所以分別為和的中線，因?yàn)榉謩e是線段上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)，所以分別為和的外心，過(guò)分別作平面和平面的垂線，交于點(diǎn)，則點(diǎn)為三棱錐外接球的球心，即為足球的球心，所以線段為球的半徑，因?yàn)?，，所以，則，因?yàn)椋浴?，所以，在直角中，，因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)槭堑耐庑?，所以，所?所以，所以足球的體積為，故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查三棱錐外接球問(wèn)題，考查計(jì)算實(shí)力，解題的關(guān)鍵是由題意求出三棱錐外接球的球心，從而可確定出球的半徑，然后計(jì)算出半徑即可，考查空間想象實(shí)力，屬于較難題12．（2024·江蘇·金陵中學(xué)模擬預(yù)料）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左焦點(diǎn)和右焦點(diǎn)，過(guò)F2的直線l與雙曲線的右支交于A，B兩點(diǎn)，△AF1F2的內(nèi)切圓半徑為r1，△BF1F2的內(nèi)切圓半徑為r2，若r1=2r2，則直線l的斜率為（）A．1 B． C．2 D．【答案】D【解析】【分析】記△AF1F2的內(nèi)切圓圓心為C，△BF1F2的內(nèi)心D，邊AF1、AF2、F1F2上的切點(diǎn)分別為M、N、E，則C、E橫坐標(biāo)相等，依據(jù)外接圓的性質(zhì)及雙曲線的定義求得的橫坐標(biāo)，可得CD⊥x軸，設(shè)直線的傾斜角為θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，結(jié)合r1=2r2，分析運(yùn)算即可得出答案.【詳解】解：記△AF1F2的內(nèi)切圓圓心為C，邊AF1、AF2、F1F2上的切點(diǎn)分別為M、N、E，則C、E橫坐標(biāo)相等，則|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，記C的橫坐標(biāo)為x0，則E（x0，0），于是，得x0=a，同理△BF1F2的內(nèi)心D的橫坐標(biāo)也為a，則有CD⊥x軸，設(shè)直線的傾斜角為θ，則∠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，則直線的斜率為tanθ==2.故選：D.13．（2024·江蘇·金陵中學(xué)模擬預(yù)料）某社團(tuán)特地探討密碼問(wèn)題．社團(tuán)活動(dòng)室用的也是一把密碼鎖，且定期更換密碼，但密碼的編寫方式不變，都是以當(dāng)日值班社員的姓氏為依據(jù)編碼的，密碼均為的小數(shù)點(diǎn)后的前6位數(shù)字．編碼方式如下；①x為某社員的首拼聲母對(duì)應(yīng)的英文字母在26個(gè)英文字母中的位置；②若x為偶數(shù)，則在正偶數(shù)數(shù)列中依次插人數(shù)值為的項(xiàng)得到新數(shù)列，即；若x為奇數(shù)．則在正奇數(shù)數(shù)列中依次插入數(shù)值為的項(xiàng)得到新數(shù)列，即③N為數(shù)列的前x項(xiàng)和．如當(dāng)值社員姓康，則K在26個(gè)英文字母中排第11位．所以．前11項(xiàng)中有所以有8個(gè)奇數(shù)．故，所以密碼為282051，若今日當(dāng)值社員姓徐，則當(dāng)日密碼為（

）A．125786 B．199600 C．200400 D．370370【答案】B【解析】【分析】依據(jù)所給密碼規(guī)則，逐條比照計(jì)算求解即可.【詳解】X在26個(gè)英文字母中排第24位．所以，前24項(xiàng)中有，所以有21個(gè)偶數(shù)．故，的小數(shù)點(diǎn)后的前6位數(shù)字為199600．故選：B14．（2024·江蘇·金陵中學(xué)模擬預(yù)料）已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由，可得，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，可得在上單調(diào)遞增，進(jìn)而可得，，從而即可得答案.【詳解】解：因?yàn)?，所以；令，，所以在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以，即，所以，所以；同理，所以，即，也即，所以，所?綜上，，故選：D.15．（2024·江蘇連云港·二模）一個(gè)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(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)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意如下校驗(yàn)方程組：，其中運(yùn)算定義為：，，，.已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了，那么用上述校驗(yàn)方程組可推斷等于（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依據(jù)校驗(yàn)方程組分別推斷各位碼元的正誤.【詳解】由已知得，故至少錯(cuò)誤一個(gè)，又，正確，故均正確，，正確，故均正確，綜上所述，錯(cuò)誤，故選：A.16．（2024·江蘇連云港·二模）直線：與拋物線：交于，兩點(diǎn)，圓過(guò)兩點(diǎn)，且與拋物線的準(zhǔn)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】依據(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(biāo)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(zhǔn)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(diǎn)坐標(biāo)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，且滿意，則①，又因?yàn)閳AM與拋物線C的準(zhǔn)線相切，所以，即②，①②聯(lián)立解得或.故選：D17．（2024·江蘇江蘇·一模）有5個(gè)形態(tài)大小相同的球，其中3個(gè)紅色、2個(gè)藍(lán)色，從中一次性隨機(jī)取2個(gè)球，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．“恰好取到1個(gè)紅球”與“至少取到1個(gè)籃球”是互斥事務(wù)B．“恰好取到1個(gè)紅球”與“至多取到1個(gè)籃球”是互斥事務(wù)C．“至少取到1個(gè)紅球”的概率大于“至少取到1個(gè)籃球”的概率D．“至多取到1個(gè)紅球”的概率大于“至多取到1個(gè)籃球”的概率【答案】C【解析】【分析】依據(jù)互斥事務(wù)的概念可推斷AB；分別計(jì)算對(duì)應(yīng)的概率可推斷CD.【詳解】當(dāng)取出的兩求為一紅一籃時(shí)，可得“恰好取到1個(gè)紅球”與“至少取到1個(gè)籃球”均發(fā)生，即A錯(cuò)誤；當(dāng)取出的兩求為一紅一籃時(shí)，可得“恰好取到1個(gè)紅球”與“至多取到1個(gè)籃球”均發(fā)生，即B錯(cuò)誤；記“至少取到1個(gè)紅球”為事務(wù)A，“至少取到1個(gè)籃球”為事務(wù)B，“至多取到1個(gè)紅球”為事務(wù)C，“至多取到1個(gè)籃球”為事務(wù)D，故，，，，明顯，，即C正確，D錯(cuò)誤；故選：C.18．（2024·江蘇江蘇·一模）正四面體的棱長(zhǎng)為，是棱的中點(diǎn)，以為球心的球面與平面的交線和相切，則球的體積是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】設(shè)點(diǎn)在平面內(nèi)的射影為點(diǎn)，則為的中心，取的中點(diǎn)，連接，則，取線段的中點(diǎn)，連接，分析可知以為球心的球面與平面的交線和相切的切點(diǎn)為，求出，即為球的半徑，再利用球體的體積公式可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)點(diǎn)在平面內(nèi)的射影為點(diǎn)，則為的中心，取的中點(diǎn)，連接，則，取線段的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?、分別為、的中點(diǎn)，則且，因?yàn)槠矫?，則平面，因?yàn)槠矫?，則，正的外接圓半徑為，，所以，，易知球被平面所截的截面圓圓心為點(diǎn)，且，故，因?yàn)闉榈冗吶切危瑸榈闹悬c(diǎn)，則，因?yàn)橐詾榍蛐牡那蛎媾c平面的交線和相切，則切點(diǎn)為點(diǎn)，則球的半徑為，因此，球的體積是.故選：D.19．（2024·河北保定·一模）已知函數(shù)（）圖象上存在點(diǎn)M，函數(shù)（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）圖象上存在點(diǎn)N，且M，N關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】與函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為有解，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性及值域，依據(jù)方程有解的條件求解即可.【詳解】與函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，的圖象上存在點(diǎn)M，圖象上存在點(diǎn)N，使得M，N關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則方程有解，明顯，所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為有解，設(shè)，則為增函數(shù)，且，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且時(shí)，，所以，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選：C【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)圖象的對(duì)稱性，方程有解求參數(shù)的取值范圍，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與值域，屬于較難題.20．（2024·河北保定·一模）已知雙曲線的右焦點(diǎn)為，在右支上存在點(diǎn)，，使得為正方形（為坐標(biāo)原點(diǎn)），設(shè)該雙曲線離心率為，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】依據(jù)題意得到點(diǎn)的坐標(biāo)為，代入雙曲線的方程，得到，進(jìn)而得到離心率的方程，即可求解.【詳解】由題意，當(dāng)為正方形時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，代入可得，整理得，即，整理得，即，解得.故選：B.21．（2024·河北石家莊·二模）已知，點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P向y軸作垂線，垂足記為點(diǎn)N，點(diǎn)，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依據(jù)拋物線的定義所求可轉(zhuǎn)化為，再由三點(diǎn)共線可求最小值.【詳解】由拋物線知，焦點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為過(guò)點(diǎn)P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為Q，如圖，由拋物線定義知，當(dāng)F,P,M三點(diǎn)共線時(shí),最小為，故選：A22．（2024·河北石家莊·二模）已知，則x?y?z的大小關(guān)系為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】作商，由對(duì)數(shù)的性質(zhì)、運(yùn)算及基本不等式可比較出，再由，可比較出與的大小即可得出的大小關(guān)系.【詳解】，，即，，而，，又，，綜上，，故選：D二、多選題23．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）在正三棱錐中，側(cè)棱長(zhǎng)為3，底面邊長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，則下列命題正確的是A．EF與AD所成角的正切值為 B．EF與AD所成角的正切值為C．AB與面ACD所成角的余弦值為 D．AB與面ACD所成角的余弦值為【答案】BC【解析】如圖所示，先找出EF與AD所成角再求解，再找出AB與面ACD所成角求解.【詳解】（1）設(shè)中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，連接、、、，因?yàn)?，，，所以，，所以就是直線與所成的角或補(bǔ)角，在三角形中，，，由于三棱錐是正三棱錐，，，又因?yàn)槠矫妫?，所以平面，平面，所以，所以，所以，所以A錯(cuò)誤B正確.（2）過(guò)點(diǎn)作垂直，垂足為.因?yàn)椋?，平面，所以平面，平面，所以，因?yàn)?，平面，所以平面，所以就是與平面所成角.由題得，所以.所以C正確D錯(cuò)誤.故答案為：BC.【點(diǎn)睛】本題主要考查空間異面直線所成的角的求法，考查直線和平面所成的角的求法，意在考查學(xué)生對(duì)這些學(xué)問(wèn)的理解駕馭水平.24．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，．則下列結(jié)論正確的是（

）．A．當(dāng)時(shí)，B．函數(shù)有五個(gè)零點(diǎn)C．若關(guān)于的方程有解，則實(shí)數(shù)的取值范圍是D．對(duì)，恒成立【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)是奇函數(shù)，求出時(shí)的解析式，可推斷A；利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的單調(diào)區(qū)間及極值，再結(jié)合是奇函數(shù)，可作出函數(shù)在上的大致圖象，從而可逐項(xiàng)推斷B、C、D．【詳解】設(shè)，則，所以，又函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，所以，即故A正確．當(dāng)時(shí)，，所以，令，解得，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得微小值，當(dāng)時(shí)，，又，故函數(shù)在僅有一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在沒(méi)有零點(diǎn)，所以函數(shù)在上僅有一個(gè)零點(diǎn)，函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，故函數(shù)在上僅有一個(gè)零點(diǎn)，又，故函數(shù)是定義在上有3個(gè)零點(diǎn)．故B錯(cuò)誤．作出函數(shù)的大致圖象，由圖可知若關(guān)于的方程有解，則實(shí)數(shù)的取值范圍是.故C錯(cuò)誤．由圖可知，對(duì)，故D正確．故選：AD．【點(diǎn)睛】本題主要考查利用函數(shù)奇偶性求函數(shù)解析式；利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性及最值；同時(shí)也考查函數(shù)的零點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)．25．（2024·福建·三模）在正方體中，，，分別為棱，，的中點(diǎn)，平面，，直線和直線所成角為，則（

）A． B．的最小值為C．，，，四點(diǎn)共面 D．平面【答案】BD【解析】【分析】畫出平面截正方體所得正六邊形，由此結(jié)合線線平行、球的截面、四點(diǎn)共面、線面平行等學(xué)問(wèn)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確選項(xiàng).【詳解】設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為，設(shè)分別是的中點(diǎn)，依據(jù)正方體的性質(zhì)可知，平面截正方體所得圖象是正六邊形，則平面.由于平面，平面，，所以與是異面直線，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤.由圖象可知平面，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤.依據(jù)正方體的性質(zhì)可知，，平面，平面，所以平面，同理可證得平面，由于，所以平面平面，由于平面，所以平面，D選項(xiàng)正確.由于，所以點(diǎn)的軌跡是以為球心，半徑為的球被平面所截形成的圓.依據(jù)正方體的性質(zhì)可知四邊形是平行四邊形，設(shè)，則是的中點(diǎn)，連接，由于，所以；由于，所以，而，所以平面，，，則直線與平面所成角為，平面，所以直線和直線所成角的最小值為.故選：BD26．（2024·福建·三模）已知是直角三角形，是直角，內(nèi)角、、所對(duì)的邊分別為、、，面積為，若，，，，則（

）A．是遞增數(shù)列 B．是遞減數(shù)列C．存在最大項(xiàng) D．存在最小項(xiàng)【答案】ACD【解析】【分析】由題意推出，從而說(shuō)明，利用三角形面積公式推出，構(gòu)造數(shù)列從而求得，由此可推斷A,B由結(jié)合可求得、，對(duì)數(shù)列中的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列的單調(diào)性以及項(xiàng)的符號(hào)進(jìn)行分析，確定數(shù)列的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，可推斷CD.【詳解】由題意知：，故，即，即，所以，則，故，，由得：，即，所以，則，而，故，則，所以，由于隨的增大而減小，故是隨的增大而增大，由題意知，故是遞增數(shù)列，故A正確；同理隨的增大而增大，是遞增數(shù)列，B錯(cuò)誤；又，由于，，且，所以，是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，故，所以，，因?yàn)?，，故，，所以，，所以，，其中，，其中，因?yàn)閿?shù)列隨著的增大而減小，數(shù)列隨著的增大而增大，故數(shù)列隨著的增大而減小，故為數(shù)列中全部正項(xiàng)中最大的，同理可知數(shù)列隨著的增大而增大，故為數(shù)列中全部負(fù)項(xiàng)中最小的，綜上所述，數(shù)列的最大項(xiàng)為，最小項(xiàng)為，CD均對(duì).故選：ACD.【點(diǎn)睛】本題綜合考查了數(shù)列的單調(diào)性問(wèn)題以及數(shù)列的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)問(wèn)題，綜合性較強(qiáng)，難度較大，解答時(shí)要結(jié)合幾何學(xué)問(wèn)，能嫻熟的應(yīng)用數(shù)列的相關(guān)學(xué)問(wèn)作答，關(guān)鍵是要留意構(gòu)造新數(shù)列解決問(wèn)題.27．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知函數(shù)的圖象在軸上的截距為，在軸右側(cè)的第一個(gè)最高點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．B．C．函數(shù)在上肯定單調(diào)遞增D．在軸右側(cè)的第一個(gè)最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)為【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)題意，得到，求得，再由，求得，得到函數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)的圖象在軸上的截距為，可得，因?yàn)?，可得，所以A正確；又由，且在軸右側(cè)的第一個(gè)最高點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，可得，則，可得，所以，則，可得所以，所以函數(shù)最大值為，所以B錯(cuò)誤；由，當(dāng)，可得，依據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，可得函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以C正確；由，令，解得，當(dāng)時(shí)，可得，即在軸右側(cè)的第一個(gè)最低點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，所以D錯(cuò)誤.故選：AC.28．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）如圖，正方體的棱長(zhǎng)為分別是所在棱上的動(dòng)點(diǎn)，且滿意，則以下四個(gè)結(jié)論正確的是（

）A．四點(diǎn)肯定共面B．若四邊形為矩形，則C．若四邊形為菱形，則肯定為所在棱的中點(diǎn)D．若四邊形為菱形，則四邊形周長(zhǎng)的取值范圍為【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)棱長(zhǎng)為，且可得，再逐項(xiàng)分析即可得解.【詳解】連接交于點(diǎn)，為正方體的中心，由棱長(zhǎng)為，且，可得，所以交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，所以交于點(diǎn)，，故四點(diǎn)肯定共面，所以A正確；對(duì)B，若四邊形為矩形，可以也可以，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，若四邊形為菱形，則必有，則必有肯定為所在棱的中點(diǎn)或肯定為所在棱的中點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；四邊形為菱形，當(dāng)都為各邊中點(diǎn)時(shí)，四邊形周長(zhǎng)最小為，若為所在棱的中點(diǎn)，而分別和重合時(shí)，此時(shí)菱形周長(zhǎng)最大，邊長(zhǎng)為，所以周長(zhǎng)為，故D正確.故選：AD29．（2024·江蘇·沭陽(yáng)如東中學(xué)模擬預(yù)料）如圖，已知圓錐的軸截面為等腰直角三角形，底面圓的直徑為，是圓上異于，的一點(diǎn)，為弦的中點(diǎn)，為線段上異于，的點(diǎn)，以下正確的結(jié)論有（

）A．直線平面B．與肯定為異面直線C．直線可能平行于平面D．若，則的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】證明，利用線面垂直的判定定理可推斷A；由異面直線的定義可推斷B；假設(shè)平面，可證得平面平面與已知沖突可推斷C；在三棱錐中，將側(cè)面繞旋轉(zhuǎn)至平面，使之與平面共面，當(dāng)，，共線時(shí)，取得最小值可推斷D，進(jìn)而可得正確選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A：在中，因?yàn)椋瑸榈闹悬c(diǎn)，所以，又垂直于圓所在的平面，所以，因?yàn)?，所以平面，所以A正確.對(duì)于B：因?yàn)槊妫?，面，，依?jù)異面直線判定定理知與肯定為異面直線，所以B正確.對(duì)于C：若直線平行于平面，因?yàn)?，平面，平面，則平面，，所以平面平面與平面和平面相交沖突，所以C不正確.對(duì)于D：在中，，，所以，同理，所以.在三棱錐中，將側(cè)面繞旋轉(zhuǎn)至平面，使之與平面共面，如圖所示，當(dāng)，，共線時(shí)，取得最小值.又因?yàn)?，，所以垂直平分，即為的中點(diǎn)，從而，亦即的最小值為，所以D正確.故選：ABD.30．（2024·江蘇·沭陽(yáng)如東中學(xué)模擬預(yù)料）華人數(shù)學(xué)家李天巖和美國(guó)數(shù)學(xué)家約克給出了“混沌”的數(shù)學(xué)定義，由此發(fā)展的混沌理論在生物學(xué)?經(jīng)濟(jì)學(xué)和社會(huì)學(xué)領(lǐng)域都有重要作用.在混沌理論中，函數(shù)的周期點(diǎn)是一個(gè)關(guān)鍵概念，定義如下：設(shè)是定義在R上的函數(shù)，對(duì)于R，令，若存在正整數(shù)k使得，且當(dāng)0<j<k時(shí)，，則稱是的一個(gè)周期為k的周期點(diǎn).若，下列各值是周期為2的周期點(diǎn)的有（

）A．0 B． C． D．1【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)題意中周期點(diǎn)定義，分別求出當(dāng)、、、時(shí)的函數(shù)周期，進(jìn)而得出結(jié)果.【詳解】A：時(shí)，，周期為1，周期為2也正確，故A正確；B：時(shí)，，所以不是的周期點(diǎn).故B錯(cuò)誤；C：時(shí)，，周期為1，周期為2也正確.故C正確；D：時(shí)，，不是周期為2的周期點(diǎn)，故D錯(cuò)誤.故選：AC.31．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）設(shè)是大于零的實(shí)數(shù)，向量，其中，定義向量，記，則（

）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】【分析】依據(jù)定義求出和，再依據(jù)平面對(duì)量的數(shù)量的坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合恒等變換公式可求出，由此可推斷A和B選項(xiàng)；利用向量加減法的坐標(biāo)運(yùn)算、模長(zhǎng)公式以及基本不等式，可推斷C和D選項(xiàng).【詳解】因?yàn)橄蛄浚允且粋€(gè)實(shí)數(shù)，不是向量，所以A不正確，B正確；因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得等號(hào)，所以，故C正確；因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得等號(hào)，所以，故D正確.故選：BCD32．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）已知函數(shù)fx=2x-1,x≤1,x-22,x>1,函數(shù)有四個(gè)不同的零點(diǎn)，，A．的取值范圍是 B．的取值范圍是C． D．【答案】AC【解析】【分析】結(jié)合的圖象，由圖可知，，，由二次函數(shù)的對(duì)稱性，可得，可得答案.【詳解】有四個(gè)不同的零點(diǎn)，，，，即方程有四個(gè)不同的解．的圖象如圖所示，由圖可知，，，所以，即的取值范圍是，由二次函數(shù)的對(duì)稱性，可得．因?yàn)?，所以，故．故選：AC.33．（2024·江蘇·金陵中學(xué)模擬預(yù)料）截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)慕亟?，即截去四面體的四個(gè)頂點(diǎn)處的小棱錐所得的多面體，如圖所示，將棱長(zhǎng)為的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面得到全部棱長(zhǎng)均為的截角四面體，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．B．該截角四面體的表面積為C．D．該截角四面體的外接球表面積為【答案】BC【解析】【分析】確定截角四面體是由4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形，4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六邊形構(gòu)成，還原正四面體可推斷AB，然后分別求解截角四面體的表面積、外接球的表面積,即可推斷選項(xiàng)C，D.【詳解】截角四面體還原為正四面體，如圖，因?yàn)椋?而為等邊三角形，,故不成立，故A錯(cuò)誤；截角四面體由4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正三角形，4個(gè)邊長(zhǎng)為a的正六邊形構(gòu)成,故，故選項(xiàng)B正確；連接,則,，由正四面中對(duì)棱相互垂直知,所以,在中，，故C正確；取上下底面的中心分別為,外接球的心為M，連接，如圖，因?yàn)榻亟撬拿骟w上下底面距離為設(shè)球半徑為，所以，即，所以化簡(jiǎn)得，故，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：BC34．（2024·江蘇·金陵中學(xué)模擬預(yù)料）笛卡爾是西方哲學(xué)思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的聞名的哲學(xué)命題；同時(shí)，笛卡爾也是一位家喻戶曉的數(shù)學(xué)家，除了獨(dú)創(chuàng)坐標(biāo)系以外，笛卡爾葉形線也是他的杰出作品，其方程為x3＋y3＝3axy，a為非零常數(shù)．下列關(guān)于笛卡爾葉形線的說(shuō)法中正確的是（

）A．圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱B．圖象與直線x＋y＋a＝0有2個(gè)交點(diǎn)C．當(dāng)a＞0時(shí)，圖象在第三象限沒(méi)有分布D．當(dāng)a＝1，x、y＞0時(shí)，y的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】設(shè)是曲線上隨意一點(diǎn)，由點(diǎn)的變換得方程的改變，從而確定曲線的性質(zhì)，推斷A；用解方程組的思想推斷B；用反證法即證明滿意的點(diǎn)不在曲線上，推斷C；利用基本不等式確定的最大值，推斷D．【詳解】把互換后，曲線方程不變，因此曲線關(guān)于直線對(duì)稱，A正確；代入曲線方程得，，與沖突，因此無(wú)交點(diǎn)，B錯(cuò)；時(shí)，第三象限點(diǎn)滿意，但此時(shí)，，不適合曲線方程，C正確；時(shí)，，，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立．D正確．故選：ACD35．（2024·江蘇連云港·二模）已知函數(shù)，則（

）A．函數(shù)的最小正周期為B．點(diǎn)是函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心C．將函數(shù)圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得到的函數(shù)圖象關(guān)于軸對(duì)稱D．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減【答案】BCD【解析】【分析】先將化簡(jiǎn)為，再結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)推斷4個(gè)選項(xiàng)即可.【詳解】，故最小正周期為，A錯(cuò)誤；，點(diǎn)是一個(gè)對(duì)稱中心，B正確；向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到，關(guān)于軸對(duì)稱，C正確；，單調(diào)遞減，D正確.故選：BCD.36．（2024·江蘇連云港·二模）在正四棱柱中，，，，其中，，則（

）A．存在實(shí)數(shù)，，使得在平面內(nèi)B．不存在實(shí)數(shù)，，使得直線與該正四棱柱的12條棱所在直線所成的角都相等C．存在實(shí)數(shù)，，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是五邊形D．不存在實(shí)數(shù)，，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是六邊形【答案】ACD【解析】【分析】依據(jù)平行線可確定一個(gè)平面推斷A，建立空間直角坐標(biāo)系利用向量法推斷B，作出截面圖形推斷CD即可.【詳解】由題意可知，對(duì)于選項(xiàng)A，若，此時(shí)，則,F,C,E四點(diǎn)共面，則可得到∈平面CEF，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，可建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)，則，所以,,,,若直線EF與該正四棱柱的12條棱所在直線所成的角都相等，則與直線所成的角均相等，可設(shè)所成的角為，所以，即，化簡(jiǎn)可得，即，則存在的值滿意題意，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C、D，延長(zhǎng)CE交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，延長(zhǎng)CF交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則總存在這樣的點(diǎn)E，F(xiàn)，即存在，使得MG與，分別交于點(diǎn)I，H，此時(shí)連結(jié)FH,HI，IE，可得到截面可能為五邊形，不會(huì)是六邊形，如圖，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D正確.故選：ACD37．（2024·江蘇江蘇·一模）下列函數(shù)中，最大值是1的函數(shù)有（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】化簡(jiǎn)變形各個(gè)選項(xiàng)中的函數(shù)解析式，再求其最大值即可推斷作答.【詳解】對(duì)于A，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“=”，即當(dāng)時(shí)，，A不正確；對(duì)于B，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“=”，即當(dāng)時(shí)，，B正確；對(duì)于C，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“=”，即當(dāng)時(shí)，，C正確；對(duì)于D，依題意，由，都有意義，且得：，且，且，，，明顯最大值為1，此時(shí)，，而使函數(shù)無(wú)意義，即不能取到1，D不正確.故選：BC38．（2024·江蘇江蘇·一模）已知函數(shù)，若對(duì)于定義域內(nèi)的隨意實(shí)數(shù)，總存在實(shí)數(shù)使得，則滿意條件的實(shí)數(shù)的可能值有（

）A．-1 B．0 C． D．1【答案】AB【解析】【分析】依據(jù)給定條件，可得函數(shù)無(wú)最小值，再分類探討函數(shù)在內(nèi)最值狀況推斷作答.【詳解】函數(shù)定義域?yàn)?，因，總使得，則有函數(shù)在上沒(méi)有最小值，對(duì)求導(dǎo)得：，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則當(dāng)時(shí)，取最大值，值域?yàn)椋趦?nèi)無(wú)最小值，因此，，當(dāng)時(shí)，令，，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，明顯，即，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出直線與函數(shù)的圖象，如圖，當(dāng)時(shí)，有兩個(gè)根，不妨令，當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)或時(shí)，，即函數(shù)在，上都單調(diào)遞減，在，都單調(diào)遞增，函數(shù)在與處都取得微小值，，不符合題意，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，則當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，不符合題意，綜上得：實(shí)數(shù)的取值范圍是：，所以滿意條件的實(shí)數(shù)的可能值有-1，0.故選：AB【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圖象法推斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，作出函數(shù)f(x)的圖象，視察與x軸公共點(diǎn)個(gè)數(shù)或者將函數(shù)變形為易于作圖的兩個(gè)函數(shù)，作出這兩個(gè)函數(shù)的圖象，視察它們的公共點(diǎn)個(gè)數(shù).39．（2024·河北保定·一模）下面描述正確的是（

）A．已知，，且，則B．函數(shù)，若，且，則的最小值是C．已知，則的最小值為D．已知，則的最小值為【答案】AC【解析】【分析】對(duì)于選項(xiàng)A，利用基本不等式結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算求解推斷；對(duì)于選項(xiàng)B：結(jié)合對(duì)數(shù)的性質(zhì)，利用對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性求解推斷；C，用“1”的代換，利用基本不等式求解推斷；對(duì)于選項(xiàng)D，將，轉(zhuǎn)化為，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解推斷.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，∵，，，∴，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，∴，∴A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)椋?，又，所以由?duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，故B不正確；對(duì)于選項(xiàng)C，依據(jù)題意，已知，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，，令，所以，所以，此時(shí)無(wú)解，所以選項(xiàng)D不正確，故選：AC．40．（2024·河北石家莊·二模）已知圓與圓，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．若圓與x軸相切，則B．若，則圓與圓相離C．若圓與圓有公共弦，則公共弦所在的直線方程為D．直線與圓始終有兩個(gè)交點(diǎn)【答案】BD【解析】【分析】依據(jù)圓與軸相切可求出m推斷A，由圓心距與半徑和的關(guān)系可推斷B，依據(jù)兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程推斷C，依據(jù)直線系過(guò)定點(diǎn)及定點(diǎn)與圓的關(guān)系可推斷D.【詳解】因?yàn)?所以若圓與x軸相切，則有，故A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，兩圓相離，故B正確；由兩圓有公共弦，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程，故C錯(cuò)誤；直線過(guò)定點(diǎn)，而，故點(diǎn)在圓內(nèi)部，所以直線與圓始終有兩個(gè)交點(diǎn)，故D正確.故選：BD41．（2024·河北石家莊·二模）已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．函數(shù)的一個(gè)周期為 B．函數(shù)在上單調(diào)遞增C．函數(shù)的最大值為 D．函數(shù)圖象關(guān)于直線對(duì)稱【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)的周期性定義推斷A，依據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及三角函數(shù)的單調(diào)性推斷B，取特別值法可推斷C，由的關(guān)系可推斷D.【詳解】由知，A正確；由在上單調(diào)遞增及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，在上單調(diào)遞增，由在上單調(diào)遞減，可知在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，故B正確；當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)的最大值取不是，故C錯(cuò)誤；關(guān)于直線對(duì)稱，故D正確.故答案為：ABD三、雙空題42．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）如圖，在邊長(zhǎng)為的正方形中，、分別是、的中點(diǎn).若沿、及把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使、、三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為，則：（1）三棱錐外接球的表面積為___________；（2）點(diǎn)到平面的距離為___________.【答案】

【解析】【分析】證明出平面，將三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，計(jì)算出長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)，可得出三棱錐外接球的半徑，利用球體的表面積可求得結(jié)果；利用等體積法可求得點(diǎn)到平面的距離.【詳解】（1）在正方形中，，，，在三棱錐中，則，，，平面，且，將三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，所以，三棱錐外接球的直徑為，因此，三棱錐外接球的表面積為；（2），，，取的中點(diǎn)，連接，則，，則，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由，可得，解得.故答案為：；.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長(zhǎng)方體中去求解；②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對(duì)直角的棱必定是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特別性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心肯定在垂線上，再依據(jù)帶其他頂點(diǎn)距離也是半徑，列關(guān)系求解即可.43．（2024·福建·三模）《綴術(shù)》是中國(guó)南北朝時(shí)期的一部算經(jīng)，匯合了祖沖之和祖暅父子的數(shù)學(xué)探討成果.《綴術(shù)》中提出的“緣冪勢(shì)既同，則積不容異”被稱為祖暅原理，其意思是：假如兩等高的幾何體在同高處被截得的兩截面面積均相等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等，該原理常應(yīng)用于計(jì)算某些幾何體的體積.如圖，某個(gè)西晉越窯臥足杯的上下底為相互平行的圓面，側(cè)面為球面的一部分，上底直徑為，下底直徑為，上下底面間的距離為，則該臥足杯側(cè)面所在的球面的半徑是________；臥足杯的容積是________（杯的厚度忽視不計(jì)）.【答案】

【解析】【分析】設(shè)球體的半徑為，，得到，解出，求出球體半徑；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個(gè)圓臺(tái)，分別求出圓柱和圓臺(tái)的容積，作差即可求解.【詳解】如下圖：設(shè)球體的半徑為，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個(gè)圓臺(tái)，設(shè)圓臺(tái)上表面半徑為，則，下表面半徑為，所以，，.故答案為：；.44．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，若點(diǎn)關(guān)于漸近線對(duì)稱的點(diǎn)恰好落在漸近線上，則的坐標(biāo)為___________，雙曲線的離心率為___________.【答案】

2【解析】【分析】由題意分析漸近線斜率，然后求離心率【詳解】由題意得，且點(diǎn)在第一象限，又點(diǎn)在上，故，，即點(diǎn)，由題意，兩條漸近線的夾角，一條漸近線與軸的夾角相等故一條漸近線與軸的夾角為，，．故答案為：，245．（2024·江蘇連云港·二模）曲線（，）在處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的封閉圖形的面積為，則___________，___________.【答案】

【解析】【分析】依據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線斜率得到切線方程，求出直線在坐標(biāo)軸上的截距，即可得出三角形面積公式；設(shè)，利用錯(cuò)位相減法，可得，設(shè)，再次利用錯(cuò)位相減法即可得解.【詳解】①由題意可知，切點(diǎn)為，且，則曲線在處的切線的斜率,所以切線方程為,令,解得,令y=0,解得，所以；②，令，則，所以，兩式相減得：，設(shè)，則與上式相減得：，則，所以，則，故.故答案為：；.46．（2024·江蘇江蘇·一模）已知是定義在上的奇函數(shù)，且.若當(dāng)時(shí)，，則在區(qū)間上的值域?yàn)開___________，在區(qū)間內(nèi)的全部零點(diǎn)之和為__________【答案】

##2.5【解析】【分析】第一空先求出函數(shù)在上的解析式，結(jié)合奇函數(shù)畫出的圖像，再由得到，進(jìn)而得到函數(shù)在上的圖像，即可求得值域；其次空畫出將零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為的交點(diǎn)，再畫出的圖像即可求解.【詳解】由當(dāng)時(shí)，，可得當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，又是奇函數(shù)，可得函數(shù)圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.又當(dāng)時(shí)，即，即，即函數(shù)右移兩個(gè)單位，函數(shù)值變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由此可得函數(shù)在上的圖像如圖所示：結(jié)合圖像可知在區(qū)間上的值域?yàn)?；，即，即的交點(diǎn)，畫出的圖像，由圖像可知4個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為，又均是奇函數(shù)，故，故.故答案為：；.47．（2024·河北保定·一模）已知定義在上的函數(shù)在處取得最小值，則最小值為______，此時(shí)______．【答案】

##【解析】【分析】令，可得出，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)求出函數(shù)的最小值及其對(duì)應(yīng)的的值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及兩角差的余弦公式可求得的值.【詳解】因?yàn)?，則，令，則，，則，所以，，所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，即，此時(shí)，由已知，所以，，.故答案為：；.48．（2024·河北石家莊·二模）已知函數(shù)，若存在實(shí)數(shù).滿意，且，則___________，的取值范圍是___________.【答案】

1

【解析】【分析】作出函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象可知之間的關(guān)系，利用此關(guān)系干脆求出，再將轉(zhuǎn)化為關(guān)于的二次函數(shù)求范圍即可.【詳解】作出函數(shù)的圖象，如圖，因?yàn)?，所以由圖可知，，即，，且，，在上單調(diào)遞增，，即的取值范圍是.故答案為：1；四、填空題49．（2024·福建省德化第一中學(xué)三模）已知江大爺養(yǎng)了一些雞和兔子，晚上關(guān)在同一間房子里，數(shù)了一下共有7個(gè)頭，20只腳，早晨打開房門，雞和兔子隨機(jī)逐一向外走，則恰有2只兔子相鄰走出房子的狀況有___________種（用數(shù)字作答）【答案】2880【解析】【分析】依據(jù)題意得共有雞只，兔子只，再依據(jù)相鄰問(wèn)題捆綁與不相鄰問(wèn)題插空法計(jì)數(shù)即得.【詳解】設(shè)雞的個(gè)數(shù)為,兔子的個(gè)數(shù)為，則，解得：，故共有雞只，兔子只，故只雞，只兔子走出房門，恰有2只兔子相鄰走出房子共有：種.故答案為：2880.50．（2024·福建·三模）寫出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)________.①定義域?yàn)?；②值域?yàn)?；③?duì)隨意且，均有.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】干脆按要求寫出一個(gè)函數(shù)即可.【詳解】，定義域?yàn)?；，，值域?yàn)?；是增函?shù)，滿意對(duì)隨意且，均有.故答案為：（答案不唯一）.51．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）從正四面體的四個(gè)面的中心以及四個(gè)頂點(diǎn)共八個(gè)點(diǎn)中取出四個(gè)點(diǎn)，則這四個(gè)點(diǎn)不共面的取法總數(shù)為___________種.【答案】【解析】【分析】從這八個(gè)點(diǎn)中任取四個(gè)點(diǎn)共有種，其中正四面體的四個(gè)面上的四個(gè)點(diǎn)是共面及正四面體共有6條棱，可構(gòu)成6種狀況四點(diǎn)共面，進(jìn)而求得四個(gè)點(diǎn)不共面的取法總數(shù).【詳解】如圖所示，從這八個(gè)點(diǎn)中任取四個(gè)點(diǎn)，共有種，其中在正四面體的四個(gè)面上的四個(gè)點(diǎn)是共面的，共有4種；因?yàn)榉謩e是各個(gè)正三角形的中心，可得，此時(shí)四點(diǎn)共面，又由正四面體共有6條棱，共有6種狀況四點(diǎn)共面，所以這四個(gè)點(diǎn)不共面的取法總數(shù)為種.故答案為：.52．（2024·江蘇·沭陽(yáng)如東中學(xué)模擬預(yù)料）設(shè)函數(shù)和函數(shù)的圖象的公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)從小到大依次為，，…，，若，則___________.【答案】【解析】【分析】利用余弦方程，解出的值，然后得到，，代入，利用正切的兩角差公式求出的值，然后再利用二倍角公式以及“1”的代換，結(jié)合“弦化切”的方法，求解即可.【