試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁【多選題與雙空題滿分訓練】專題15新文化多選題2022年高考沖刺和2023屆高考復習滿分訓練新高考地區專用1．（2022·重慶·模擬預測）朱世杰是歷史上偉大的數學家之一，他所著的《四元玉鑒》卷中“如像招數”五問中有如下問題：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日轉多七人，每人日支米三升.”其大意為“官府陸續派遣1864人前往修筑堤壩，第一天派出64人，從第二天開始每天比前一天多派7人，官府向修筑堤壩的每人每天發放大米3升.”則下列結論正確的有（

）A．將這1864人派譴完需要16天B．第十天派往筑堤的人數為134C．官府前6天共發放1467升大米D．官府前6天比后6天少發放1260升大米【答案】ACD【解析】【分析】記數列為第n天派遣的人數，數列為第n天獲得的大米升數，依題意可得是以64為首項，7為公差的等差數列，是以192為首項，21為公差的等差數列，再根據等差數列的通項公式及前項和公式計算可得；【詳解】解：記數列為第n天派遣的人數，數列為第n天獲得的大米升數，則是以64為首項，7為公差的等差數列，即，是以192為首項，21為公差的等差數列，即，所以，B不正確.設第k天派遣完這1864人，則，解得（負值舍去），A正確；官府前6天共發放升大米，C正確，官府前6天比后6天少發放升大米，D正確.故選：ACD2．（2021·福建廈門·二模）達芬奇的畫作《抱銀貂的女人》中，女士脖頸上懸掛的黑色珍珠鏈與主人相互映襯，顯現出不一樣的美與光澤，達芬奇提出固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂項鏈所形成的曲線稱為懸鏈線.建立適當的平面直角坐標系后，得到懸鏈線的函數解析式為，雙曲余弦函數則以下正確的是（

）A．是奇函數 B．在上單調遞減C．， D．，【答案】BCD【解析】【分析】根據題意寫出函數的解析式，由函數奇偶性的定義，即可判斷選項A是否正確；根據導數在函數單調性中的應用以及復合函數的單調性，即可判斷選項B是否正確；由基本不等式，即可判斷選項C是否正確；再根據選項C，結合特稱命題的特點，即可判斷選項D是否正確.【詳解】由題意可知，，定義域為所以，所以是偶函數；故選項A錯誤；函數的導數為，所以當時，，當時，，所以函數，單調遞減區間為，單調遞增區間為，又，所以函數在上單調遞增，由復合函數的單調性可知，在上單調遞減，故選項B正確；由基本不等式可知，，當且僅當時取等號；故選項C正確；由C可知，，，所以，使得成立，故選項D正確；故選：BCD.3．（2021·廣東實驗中學模擬預測）《九章算術》是中國古代張蒼?耿壽昌所撰寫的一部數學專著，是《算經十書》中最重要的一部，其中將有三條棱互相平行且有一個面為梯形的五面體稱之為“羨除”，則（

）A．“羨除”有且僅有兩個面為三角形； B．“羨除”一定不是臺體；C．不存在有兩個面為平行四邊形的“羨除”； D．“羨除”至多有兩個面為梯形.【答案】ABC【解析】【分析】畫出圖形，利用新定義判斷A；通過，判斷“羨除”一定不是臺體，判斷B；利用反證法判斷C；通過兩兩不相等，則“羨除”有三個面為梯形，判斷D．【詳解】由題意知：，四邊形為梯形，如圖所示：對于A：由題意知：“羨除”有且僅有兩個面為三角形，故A正確；對于B：由于，所以：“羨除”一定不是臺體，故B正確；對于C：假設四邊形和四邊形BCDF為平行四邊形，則，且，則四邊形為平行四邊形，與已知的四邊形為梯形矛盾，故不存在，故C正確；對于D：若，則“羨除”三個面為梯形，故D錯誤．故選：ABC．4．（2021·河北滄州·三模）三星堆遺址，位于四川省廣漢市，距今約三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遺址祭祀坑區4號坑發現了玉琮.玉琮是一種內圓外方的筒型玉器，是一種古人用于祭祀的禮器.假定某玉琮中間內空，形狀對稱，如圖所示，圓筒內徑長，外徑長，筒高，中部為棱長是的正方體的一部分，圓筒的外側面內切于正方體的側面，則（

）A．該玉琮的體積為() B．該玉琮的體積為()C．該玉琮的表面積為() D．該玉琮的表面積為()【答案】BD【解析】【分析】體積為圓筒體積（外圓柱減去內圓柱體積）加上正方體體積減去內切圓柱體積．組合體的表面包含下面幾個部分：外圓柱側面在正方體外面的部分，正方體上下兩個底面去掉其內切圓的部分，圓筒的上下兩個底面（兩個圓環），正方體的4個側面，內圓柱的側面，面積相加可得．【詳解】由圖可知，組合體的體積().().故選：BD．5．（2022·山東菏澤·二模）設a，b為兩個正數，定義a，b的算術平均數為，幾何平均數為．上個世紀五十年代，美國數學家D．H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p為有理數．下列結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【解析】【分析】根據基本不等式比較大小可判斷四個選項.【詳解】對于A，，當且僅當時，等號成立，故A正確；對于B，，當且僅當時，等號成立，故B正確；對于C，，當且僅當時，等號成立，故C不正確；對于D，當時，由C可知，，故D不正確.故選：AB6．（2022·重慶八中模擬預測）在1261年，我國南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法》中提出了如圖所示的三角形數表，這就是著名的“楊輝三角”，它是二項式系數在三角形中的一種幾何排列．從第1行開始，第行從左至右的數字之和記為，如：，，，的前項和記為，依次去掉每一行中所有的1構成的新數列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，，記為，的前項和記為，則下列說法正確的有（

）A．B．的前項和為C．D．【答案】BCD【解析】【分析】由題意分析出數列為等比數列，再求其前項和，再對各項逐一分析即可．【詳解】解：從第一行開始，每一行的數依次對應的二項式系數，，所以為一個等比數列，，所以，故A錯誤；，的前項和為，故B正確；去掉每一行中的1以后，每一行剩下的項數分別為0，1，2，，構成一個等差數列，項數之和為，則的最大整數為10，楊輝三角中取滿了第11行，第12行首位為1，取的就是第12行中的第三項，，故C正確；，這11行中共去掉了22個1，，故D正確，故選：BCD．7．（2022·全國·模擬預測）楊輝三角是中國古代數學的杰出研究成果之一，它把二項式系數圖形化，把組合數內在的一些代數性質直觀地從圖形中體現出來，是一種離散型的數與形的結合.根據楊輝三角判斷下列說法正確的是（

）A．B．已知，則C．已知的展開式中第3項與第9項的二項式系數相等，則所有項的系數和為D．【答案】AD【解析】【分析】A選項直接由二項展開式進行判斷；B選項令即可判斷；C選項先解出，再令即可；D選項直接由公式依次遞推即可.【詳解】A選項；等式為標準二項展開式的結果，故A正確；B選項：將看成，則，令，則，故B錯誤；C選項：第3項與第9項的二項式系數相等，可轉化為，則，令，則所有項的系數和為，故C錯誤；D選項：根據楊輝三角得，，，∴，同理可得，故D正確.故選：AD.8．（2022·重慶·模擬預測）“出租車幾何”或“曼哈頓距離”（ManhattanDistance）是由十九世紀的赫爾曼·閔可夫斯基所創詞匯，是種被使用在幾何度量空間的幾何學用語．在平面直角坐標系內，對于任意兩點、，定義它們之間的“歐幾里得距離”，“曼哈頓距離”為，則下列說法正確的是（

）A．若點為線段上任意一點，則為定值B．對于平面上任意一點，若，則動點的軌跡長度為C．對于平面上任意三點、、，都有D．若、為橢圓上的兩個動點，則最大值為【答案】AC【解析】【分析】利用題中定理可判斷A選項；作出點的軌跡圖形，求其周長可判斷B選項；利用絕對值三角不等式可判斷C選項；設點、，不妨設，，利用輔助角公式結合正弦型函數的有界性可判斷D選項.【詳解】對于A選項，設點為線段上任意一點，則，A對；對于B選項，設點，則，當，時，則；當，時，則；當，時，則；當，時，則.作出點的軌跡如下圖所示：由圖可知，點的軌跡是邊長為的正方形，故動點的軌跡長度為，B錯；對于C選項，設點、、，由絕對值三角不等式可得，同理可得，所以，，即，C對；對于D選項，設點、，不妨設，，則，其中為銳角，且，取，，等號成立，D錯.故選：AC.9．（2022·重慶八中模擬預測）在通信工程中廣泛運用的二進制只有“0，1”兩個數碼，二進制數與十進制數的轉化方式為：二進制數等于十進制數，其中，，.通信中，信息包含在一串“0，1”序列中，記信息A的位寬為，代表“0，1”編碼的數字個數.如，則.用“”表示兩條信息的拼接，如，，則.數學家發明了一種信息壓縮方法f∶將信息中的“0，1”序列中從左至右，單個出現的數碼保持不變，連續出現的個相同的數碼“j”，通過二進制下的替換原有數碼，如1111000，應視作4個“1”和3個“0”，即壓縮為二進制和，所以.下列說法不正確的是（

）A．對任意的信息A，總有B．對于任意的信息A，B，有C．若，則信息A共有4種可能D．若，則【答案】ABC【解析】【分析】根據題目已知條件所給的信息逐一判斷即可.【詳解】對于選項，若為2個連續的數碼，如，，，則不正確；對于選項，當,,,，,則，則不正確；對于選項，，則可以為和，或者和，或者（信息A可以全由0組成），或者和和，或者和，一共5種情況，則不正確；對于選項，,則最多由個相同的數碼構成，則，當時，，若時，，不滿足條件，故，則正確；故選：.10．（2021·江蘇·模擬預測）古希臘著名數學家阿波羅尼斯發現：平面內到兩定點A，B的距離之比為定值λ（λ≠1）的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”．在平面直角坐標系xOy中，A（－2，0），B（4，0），點P滿足＝.設點P的軌跡為C，則下列結論正確的是（）A．軌跡C的方程為（x＋4）2＋y2＝9B．在x軸上存在異于A，B的兩點D，E使得＝C．當A，B，P三點不共線時，射線PO是∠APB的平分線D．在C上存在點M，使得【答案】BC【解析】【分析】根據阿波羅尼斯圓的定義，結合兩點間距離公式逐一判斷即可.【詳解】在平面直角坐標系xOy中，A（－2，0），B（4，0），點P滿足，設P（x，y），則，化簡得（x＋4）2＋y2＝16，所以A錯誤；假設在x軸上存在異于A，B的兩點D，E使得，設D（m，0），E（n，0），則，化簡得3x2＋3y2－（8m－2n）x＋4m2－n2＝0，由軌跡C的方程為x2＋y2＋8x＝0，可得8m－2n＝－24，4m2－n2＝0，解得m＝－6，n＝－12或m＝－2，n＝4（舍去），即在x軸上存在異于A，B的兩點D，E使，所以B正確；當A，B，P三點不共線時，，可得射線PO是∠APB的平分線，所以C正確；若在C上存在點M，使得，可設M（x，y），則有＝2，化簡得x2＋y2＋x＋＝0，與x2＋y2＋8x＝0聯立，方程組無解，故不存在點M，所以D錯誤．故選：BC【點睛】關鍵點睛：運用兩點間距離公式是解題的關鍵.11．（2022·山東·濟南市歷城第二中學模擬預測）下圖為陜西博物館收藏的國寶——唐金筐寶鈿團花紋金杯，杯身曲線內收，巧奪天工，是唐代金銀細作的典范．該杯的主體部分可以近似看作是雙曲線的右支與直線圍成的曲邊四邊形繞y軸旋轉一周得到的幾何體，若該金杯主體部分的上口外直徑為，下底外直徑為，雙曲線C的左右頂點為，則（

）A．雙曲線C的方程為B．雙曲線與雙曲線C有相同的漸近線C．存在一點，使過該點的任意直線與雙曲線C有兩個交點D．雙曲線C上存在無數個點，使它與兩點的連線的斜率之積為3【答案】ABD【解析】【分析】由題意可得，代入雙曲線方程可求出，從而可求出雙曲線方程，然后逐個分析判斷【詳解】由題意可得，所以，即，解得，所以雙曲線方程為，所以A正確，雙曲線的漸近線方程為，雙曲線的漸近線方程為，所以B正確，由雙曲線的性質可知，過平面內的任意一點的直線與雙曲線的漸近線平行時，只與雙曲線有一個交點，所以不存在一點，使過該點的任意直線與雙曲線C有兩個交點，所以C錯誤，由題意得，設為雙曲線上任意一點，則，，所以，所以雙曲線C上存在無數個點，使它與兩點的連線的斜率之積為3，所以D正確，故選：ABD12．（2022·重慶·模擬預測）阿基米德（公元前287年——公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還享有“數學之神”的稱號．拋物線上任意兩點A、B處的切線交于點P，稱為“阿基米德三角形”．已知拋物線C：的焦點為F，過A、B兩點的直線的方程為，關于“阿基米德三角形”，下列結論正確的是（

）A． B．C．點P的坐標為 D．【答案】ABD【解析】【分析】由直線方程與拋物線方程聯立，解得兩點的坐標，計算線段的長判斷A，利用導數的幾何意義求得切線方程，由切線斜率關系判斷B，兩切線方程聯立求得交點的坐標判斷C，由直線的斜率關系判斷D.【詳解】設，，聯立，可得，解得或，不妨設，，則，，故，，，A項正確；又因為，所以，故直線PA的斜率為，直線PA的方程為，即，同理可得直線PB的方程為，，所以，B項正確；聯立，可得，故點P的坐標為，C項錯誤；易知點F的坐標為，，，所以，D項正確．故選：ABD.13．（2022·遼寧·育明高中一模）“圓冪定理”是平面幾何中關于圓的一個重要定理，它包含三個結論，其中一個是相交弦定理：圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等.如圖，已知圓O的半徑為2，點P是圓O內的定點，且，弦AC、BD均過點P，則下列說法正確的是（

）A．為定值 B．的取值范圍是C．當時，為定值 D．的最大值為12【答案】AC【解析】【分析】根據題設中的圓冪定理可判斷AC的正誤，取的中點為，連接，利用向量的線性運算可判斷B的正誤，根據直徑的大小可判斷D的正誤.【詳解】如圖，設直線與圓于，.則,故A正確.取的中點為，連接，則，而，故的取值范圍是，故B錯誤.當時，，故C正確.因為，故，故D錯誤.故選：AC14．（2022·全國·模擬預測）古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發現：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓”．后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標系中，，，點滿足．點的軌跡為曲線，下列結論正確的是（

）A．曲線的方程為B．曲線被軸截得的弦長為C．直線與曲線相切D．是曲線上任意一點，當的面積最大時點的坐標為【答案】AB【解析】【分析】設，根據，，點滿足．求得點的軌跡方程，再逐項判斷.【詳解】對于選項A，設，由，，可得，所以，整理可得，即，故選項A正確；對于選項B，因為，令得，曲線被軸截得的弦長為，故選項B正確；對于選項C，因為，所以圓心，半徑，所以圓心到直線的距離，所以直線與曲線相離，故選項C錯誤；對于選項D，因為是曲線上任意一點，要使的面積最大，則曲線上的點到軸的距離最大，即的邊上的高等于圓的半徑時，的面積最大，此時點的坐標為，故選項D錯誤．故選：AB．15．（2022·福建福建·模擬預測）下圖為陜西博物館收藏的國寶——唐金筐寶鈿團花紋金杯，杯身曲線內收，巧奪天工，是唐代金銀細作的典范．該杯的主體部分可以近似看作是雙曲線的右支與直線，，圍成的曲邊四邊形ABMN繞y軸旋轉一周得到的幾何體，若該金杯主體部分的上口外直徑為，下底外直徑為，雙曲線C與坐標軸交于D，E，則（

）A．雙曲線C的方程為B．雙曲線與雙曲線C共漸近線C．存在一點，使過該點的任意直線與雙曲線C有兩個交點D．存在無數個點，使它與D，E兩點的連線的斜率之積為3【答案】ABD【解析】【分析】求出、的坐標并代入，求出雙曲線方程，再逐項判斷可得答案.【詳解】依題意可知，，將、的坐標分別代入，得，解得，，所以雙曲線C的方程為：，其漸近線為，故A正確；對于B，由，可知其漸近線為，故B正確；對于C，由雙曲線的性質可知，漸近線與雙曲線沒有交點，與漸近線平行的直線與雙曲線有一個交點，故不存在點，使過該點的任意直線與雙曲線C有兩個交點，故C錯誤；對于D，設雙曲線上一點，則，即，由題可知，則，，即存在無數個點，使它與D，E兩點的連線的斜率之積為3，故D正確.故選：ABD.16．（2022·湖南永州·二模）畫法幾何的創始人——法國數學家加斯帕爾·蒙日發現：橢圓的兩條切線互相垂直，則兩切線的交點位于一個與橢圓同中心的圓上，稱此圓為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓的離心率為，、分別為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上，直線，則（

）A．直線與蒙日圓相切B．的蒙日圓的方程為C．記點到直線的距離為，則的最小值為D．若矩形的四條邊均與相切，則矩形的面積的最大值為【答案】AC【解析】【分析】分析可得出，求出蒙日圓的方程，可判斷B選項的正誤；利用直線與圓的位置關系可判斷A選項；利用橢圓的定義和點到直線的距離公式可判斷C選項的正誤；分析可知矩形的四個頂點都在蒙日圓上，利用基本不等式可判斷D選項的正誤.【詳解】當兩切線分別與兩坐標軸垂直時，兩切線的方程分別為、，所以，點在蒙日圓上，故蒙日圓的方程為，因為，可得.對于A選項，蒙日圓圓心到直線的距離為，所以，直線與蒙日圓相切，A對；對于B選項，的蒙日圓的方程為，B錯；對于C選項，由橢圓的定義可得，則，所以，，因為，直線的方程為，點到直線的距離為，所以，，當且僅當時，等號成立，C對；對于D選項，若矩形的四條邊均與相切，則矩形的四個頂點都在蒙日圓上，所以，，所以，矩形的面積為，D錯.故選：AC.17．（2021·重慶市楊家坪中學模擬預測）英國數學家牛頓在17世紀給出了一種近似求方程根的方法—牛頓迭代法.做法如下：如圖，設是的根，選取作為初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點的橫坐標，稱是的一次近似值，過點作曲線的切線，則該切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值.重復以上過程，得到的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則（

）A．若取初始近似值為1，則該方程解得二次近似值為B．若取初始近似值為2，則該方程近似解的二次近似值為C．D．【答案】ABC【解析】【分析】根據牛頓迭代法求方程近似解的方法，將初始值代入公式計算即可求解.【詳解】令，則，當，，，故A正確；當，，，故B正確；因為；；；，∴，故C正確，D錯誤.故選：ABC18．（2022·江蘇·金陵中學模擬預測）笛卡爾是西方哲學思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的著名的哲學命題；同時，笛卡爾也是一位家喻戶曉的數學家，除了發明坐標系以外，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．下列關于笛卡爾葉形線的說法中正確的是（

）A．圖象關于直線y＝x對稱B．圖象與直線x＋y＋a＝0有2個交點C．當a＞0時，圖象在第三象限沒有分布D．當a＝1，x、y＞0時，y的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】設是曲線上任意一點，由點的變換得方程的變化，從而確定曲線的性質，判斷A；用解方程組的思想判斷B；用反證法即證明滿足的點不在曲線上，判斷C；利用基本不等式確定的最大值，判斷D．【詳解】把互換后，曲線方程不變，因此曲線關于直線對稱，A正確；代入曲線方程得，，與矛盾，因此無交點，B錯；時，第三象限點滿足，但此時，，不適合曲線方程，C正確；時，，，，所以，當且僅當，時等號成立．D正確．故選：ACD19．（2021·山東·泰安一中模擬預測）我國古代著名的數學專著《九章算術》里有一段敘述：“今有良馬和駑馬發長安至齊，良馬初日行一百九十三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里.良馬先至齊，復還迎駑馬，九日后二馬相逢.”其大意為今有良馬和駑馬從長安出發到齊國，良馬第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；駑馬第一天走97里，以后每天比前一天少走里.良馬先到齊國，再返回迎接駑馬，9天后兩馬相遇.下列結論正確的是（

）A．長安與齊國兩地相距1530里B．3天后，兩馬之間的距離為里C．良馬從第6天開始返回迎接駑馬D．8天后，兩馬之間的距離為里【答案】AB【解析】【分析】A,設良馬第天行走的路程里數為，駑馬第天行走的路程里數為，求出良馬和駑馬各自走的路程即得A正確；B，計算得到3天后，兩馬之間的距離為里，即可判斷B正確；C,計算得到良馬前6天共行走了里里，故C不正確；D，計算得到8天后，兩馬之間的距離為390里，故D不正確.【詳解】解：設良馬第天行走的路程里數為，駑馬第天行走的路程里數為，則.良馬這9天共行走了里路程，駑馬這9天共行走了里路程，故長安與齊國兩地相距里，A正確.3天后，良馬共行走了里路程，駑馬共行走了里路程，故它們之間的距離為328.5里，B正確.良馬前6天共行走了里里，故良馬行走6天還末到達齊國，C不正確.良馬前7天共行走了里里，則良馬從第7天開始返回迎接駑馬，故8天后，兩馬之間的距離即兩馬第9天行走的距離之和，由，知8天后，兩馬之間的距離為390里，故D不正確.故選：AB20．（2021·全國·模擬預測）若數列滿足，，，則稱數列為斐波那契數列，1680年卡西尼發現了斐波那契數列的一個重要性質：（）．若斐波那契數列滿足，則下列結論正確的是（

）A．k可以是任意正奇數B．k可以是任意正偶數C．若k是奇數，則k的最大值是999D．若k是偶數，則k的最大值是500【答案】BC【解析】【分析】由題意，分k為偶數與k為奇數，結合分組并項求和即可求解【詳解】由可得．若k為偶數，則，此時，即，k無最大值，可以是任意正偶數，所以B正確，D錯誤；若k為奇數，則，此時，即，k的最大值為999，所以A錯誤，C正確；故選：BC．21．（2020·山東青島·模擬預測）《張丘建算經》是中國古代眾多數學名著之一.書中有如下問題：“今有女善織，日益功疾，初日織五尺，今一月日織九匹三丈，問日益幾何？”其大意為：“有一女子擅長織布，織布的速度一天比一天快，從第二天起，每天比前一天多織相同數量的布，第一天織5尺，一個月共織了9匹3丈，問從第二天起，每天比前一天多織多少尺布？”已知1匹丈，1丈尺，若這個月有30天，記該女子這個月中第天所織布的尺數為，，則（

）A． B．數列是等比數列C． D．【答案】BD【解析】【分析】利用等差數列前項和公式列方程，由此求得，進而求得.由此對選項逐一分析從而確定正確選項.【詳解】由題意可知，數列為等差數列，設數列的公差為，首項，則，解得，∴.∵，∴，∴數列是等比數列，B選項正確；∵，∴，A選項錯誤；，∴，C選項錯誤；，，∴，D選項正確.故選：BD.22．（2022·北京·101中學模擬預測）根據中國古代重要的數學著作《孫子算經》記載，我國古代諸侯的等級自低到高分為：男、子、伯、侯、公五個等級，現有每個級別的諸侯各一人，君王要把50處領地全部分給5位諸侯，要求每位諸侯都分到領地且級別每高一級就多分處（為正整數），按這種分法，下列結論正確的是（

）A．為“男”的諸侯分到的領地不大于6處的概率是B．為“子”的諸侯分到的領地不小于6處的概率是C．為“伯”的諸侯分到的領地恰好為10處的概率是1D．為“公”的諸侯恰好分到16處領地的概率是【答案】ACD【解析】【分析】由題意可知，五位諸侯分得的領地成等差數列，利用等差數列前項和公式得到的首項和公差，再分類討論分別求出每種情況中男、子、伯、侯、公五個等級分到的領地數，再利用概率對四個選項逐一分析，即可得正確選項.【詳解】由題意可知，五位諸侯分得的領地成等差數列，設其前項和為，則，得．因為，均為正整數，所以有如下幾種情況：，，，共4種情況，每種情況各位諸侯分到領地的處數如下表所列：男子伯侯公，89101112，68101214，47101316，26101418由表中數據可知：為“男”的諸侯分到的領地不大于6處的概率是；故選項A正確；為“子”的諸侯分到的領地不小于6處的概率是；故選項B不正確；為“伯”的諸侯分到的領地恰好為10處的概率是；故選項C正確；為“公”的諸侯恰好分到16處領地的概率是，故選項D正確；故選：ACD．23．（2021·全國·模擬預測）數學史上有很多著名的數列，在數學中有著重要的地位.世紀初意大利數學家斐波那契從兔子繁殖問題引出的一個數列：，，，，，，，……，稱之為斐波那契數列，滿足，，.19世紀法國數學家盧卡斯提出數列：，，，，，，，……，稱之為盧卡斯數列，滿足，，．那么下列說法正確的有（

）A． B．不是等比數列C． D．【答案】AC【解析】【分析】利用數學歸納法可證得A正確；根據已知等量關系可推導得到，由等比數列定義可知B錯誤；由推導知C正確；取，可知D錯誤.【詳解】對于A，當時，，等式成立；當時，，等式成立；假設當時，成立，那么當時，，又，，，等式成立；綜上所述：成立，A正確；對于B，，，又，是以為首項，為公比的等比數列，B錯誤；對于C，，，C正確；對于D，取，則，，有，D錯誤．故選：AC.24．（2021·山東·肥城市教學研究中心模擬預測）巴塞爾問題是一個著名的數論問題，這個問題首先由皮耶特羅·門戈利在1644年提出，由歐拉在1735年解決.由于這個問題難倒了以前許多的數學家，歐拉一解出這個問題，馬上就出名了，當時他28歲.這個問題是精確計算所有平方數倒數的和，也就是以下級數的和.巴塞爾問題是尋找這個數的準確值，歐拉發現的準確值是.不過遺憾的是：若把上式中的指數換成其他的數，例如，則的精確值為多少，至今未解決.下列說法正確的是（

）A．所有正奇數的平方倒數和為B．記，則的值為C．的值不超過D．記，則存在正常數，使得對任意正整數，恒有【答案】ABC【解析】【分析】根據題意，依次分析選項，即可得到答案【詳解】對于選項A：記，，所以，，選項A正確；對于選項B：，選項B正確；對于選項C：注意到時，，，選項C正確；對于選項D：因為，令，得，所以，即，所以選項D錯誤.故選：ABC25．（2021·江蘇南通·模擬預測）法國數學家柯西(A.Cauchy，研究了函數的相關性質，并證明了在處的各階導數均為對于函數，有如下判斷，其中正確的有（

）A．是偶函數B．在是上單調遞減C．D．若恒成立，則的最小值為1【答案】ABD【解析】【分析】根據奇偶性定義可判斷A，利用導數與單調性關系即可判斷B，結合單調性與奇偶性可判斷C，根據函數值域可判斷D．【詳解】對于A，函數的定義域為，當時，由，故是偶函數，A正確；對于B，當時，，由，所以在是上單調遞減，B正確；對于C，由于，在是上單調遞減，所以，C錯；對于D，因為，所以，故又因為恒成立，所以，則，故D正確．故選：ABD26．（2021·海南·三模）如圖所示，“嫦娥五號”月球探測器飛行到月球附近時，首先在以月球球心為圓心的圓形軌道Ⅰ上繞月飛行，然后在點處變軌進入以為一個焦點的橢圓軌道Ⅱ上繞月飛行，最后在點處變軌進入以為圓心的圓形軌道Ⅲ繞月飛行，設圓形軌道Ⅰ的半徑為，圓形軌道Ⅲ的半徑為，則以下說法正確的是（

）A．橢圓軌道Ⅱ上任意兩點距離最大為B．橢圓軌道Ⅱ的焦距為C．若不變，則越大，橢圓軌道Ⅱ的短軸越短D．若不變，則越小橢圓軌道Ⅱ的離心率越大【答案】BD【解析】【分析】根據橢圓中一個焦點與長軸兩頂點的距離分別為與，分別結合兩圓的半徑R和r分析選項即可求解.【詳解】設橢圓軌道Ⅱ的長軸長為，短軸長為，焦距為.依題意得，解得，.橢圓軌道Ⅱ上任意兩點距離的最大值為，故A錯誤；橢圓軌道Ⅱ的焦距為，故B正確；橢圓軌道Ⅱ的短軸長，若不變，越大，則越大，故C錯誤；橢圓軌道Ⅱ的離心率，若不變，越小，則越大，故D正確.故選：BD.【點睛】關鍵點點睛：根據示意圖理解并找出橢圓中與兩圓半徑的關系，是解決問題的關鍵.27．（2022·重慶實驗外國語學校一模）“，數列”在通信技術有著重要應用，它是指各項的值都等于或的數列．設是一個有限，數列，表示把中每個都變為，，每個都變為，，所得到的新的，數列，例如，則．設是一個有限，數列，定義，、、、．則下列說法正確的是（

）A．若，則B．對任意有限，數列、中和的個數總相等C．中的，數對的個數總與中的，數對的個數相等D．若，則中，數對的個數為【答案】BC【解析】【分析】利用題中定義可判斷A選項的正誤；利用的定義可判斷B選項的正誤；根據中的，數對與中的，數對的一一對應關系可判斷C選項的正誤；記中的，數對與，數對的個數分別為，，根據已知條件得出，結合累加法可判斷D選項的正誤.【詳解】若，則，，A錯誤；由的定義知，B正確；因為中的每一個，數對只能由中的一個，數對變來，且中的每一個，數對必生成一個中的，數對，C正確；記中的，數對與，數對的個數分別為，，由C選項知．又因為中的每一個，數對只能由中的一個或者一個，數對變來，且由B選項知，中有個，從而，所以，故，D錯誤，故選：BC．【點睛】與數列的新定義有關的問題的求解策略：（1）通過給出一個新的數列的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的；（2）遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.28．（2022·山東濟南·一模）平面內到兩定點距離之積為常數的點的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛星的運行規律時發現的.已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，其軌跡為一條連續的封閉曲線C.則下列結論正確的是（

）A．曲線C與y軸的交點為， B．曲線C關于x軸對稱C．面積的最大值為2 D．的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】根據給定條件，求出曲線C的方程，由判斷A；由曲線方程對稱性判斷B；取特值計算判斷C；求出的范圍計算判斷D作答.【詳解】設點，依題意，，整理得：，對于A，當時，解得，即曲線C與y軸的交點為，，A正確；對于B，因，由換方程不變，曲線C關于x軸對稱，B正確；對于C，當時，，即點在曲線C上，，C不正確；對于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD【點睛】結論點睛：曲線C的方程為，(1)如果，則曲線C關于y軸對稱；(2)如果，則曲線C關于x軸對稱；(3)如果，則曲線C關于原點對稱.29．（2022·重慶·模擬預測）重慶榮昌折扇是中國四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年間，明末已成為貢品人朝，產品以其精湛的工業制作而聞名于海內外．經歷代藝人刻苦鉆研、精工創制，榮昌折扇逐步發展成為具有獨特風格的中國傳統工藝品，其精雅宜士人，其華燦宜艷女，深受各階層人民喜愛．古人曾有詩贊曰：“開合清風紙半張，隨機舒卷豈尋常；金環并束龍腰細，玉柵齊編鳳翅長，偏稱游人攜袖里，不勞侍女執花傍；宮羅舊賜休相妒，還汝團圓共夜涼”圖1為榮昌折扇，其平面圖為圖2的扇形COD，其中，動點P在上（含端點），連接OP交扇形OAB的弧于點Q，且，則下列說法正確的是（

）圖1

圖2A．若，則 B．若，則C． D．【答案】ABD【解析】【分析】建立平面直角系，表示出相關點的坐標，設，可得，由，結合題中條件可判斷A,B;表示出相關向量的坐標，利用數量積的運算律，結合三角函數的性質，可判斷C，D.【詳解】如圖，作,分別以為x,y軸建立平面直角坐標系，則,設，則,由可得，且，若，則，解得，（負值舍去），故，A正確；若，則，，故B正確；，由于，故，故，故C錯誤；由于，故，而，故，故D正確，故選：ABD30．（2022·廣東惠州·一模）近年來，納米晶的多項技術和方法在水軟化領域均有重要應用.納米晶體結構眾多，下圖是一種納米晶的結構示意圖，其是由正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面得到所有棱長均為n的幾何體，則下列說法正確的有（

）A．該結構的納米晶個體的表面積為B．該結構的納米晶個體的體積為C．該結構的納米晶個體外接球的表面積為D．二面角A1?A2A3?B3的余弦值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構成，代公式計算即可.對于B：棱長為a的正四面體的高為，根據割補法代公式計算.對于C：設外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，計算可得；對于D：二面角是原正四面體側面和底面成角的補角，計算可得.【詳解】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構成，所以表面積，故A正確；對于B：棱長為a的正四面體的高為，所以，故B正確；對于C：設外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，幾何體上下底面距離為，可得，計算整理得，因此該幾何體的外接球表面積為，故C錯誤；對于D：二面角為是原正四面體側面和底面成角的補角，如圖，過正四面體的頂點作平面于點，易知為的中心，延長交于點，則為的中點，連接，設正四面體的棱長為2，則，所以，，因為平面，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即為所求側面與底面所成二面角的平面角，在中，，所以側面與底面所成二面角的平面角的余弦值為，所以二面角A1?A2A3?B3的余弦值為，故D正確.故選：ABD.31．（2022·廣東廣州·一模）十九世紀下半葉集合論的創立，奠定了現代數學的基礎，著名的“康托三分集”是數學理性思維的構造產物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區間[0，1]均分為三段，去掉中間的區間段，記為第1次操作：再將剩下的兩個區間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區間段，記為第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區間段；操作過程不斷地進行下去，剩下的區間集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的區間長度記為，則（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】分析題意發現是一個等比數列，按照等比數列的性質逐一驗證即可，其中B選項是化簡成一個等差數列進行判斷，CD兩個選項需要利用數列的單調性進行判斷，尤其是D選項，需要構造新數列，利用做差法驗證單調性.【詳解】由題可知，；，；，由此可知，即一個等比數列；A：，A錯誤；B：，因為，所以該數列為遞減數列，又因為當時，，所以恒成立，B正確；C：，即，兩邊約去得到，當時，，原式成立；當時，恒成立，所以成立，即成立，C正確；D：令，再令，令解得，因為，所以取，由此可知時；時，故為最大值，，根據單調性，即不恒成立，D錯誤.故選：BC32．（2021·遼寧·模擬預測）斐波那契數列又稱黃金分割數列，因數學家列昂納多?斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”．斐波那契數列用遞推的方式可如下定義：用表示斐波那契數列的第項，則數列滿足：，記，則下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】【分析】根據給定條件逐項分析、推理計算即可判斷作答.【詳解】依題意，的前10項依次為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正確；依題意，當時，，得，B正確；由給定的遞推公式得：，，…，，累加得，于是有，即，C錯誤；，，，…，，因此，，D正確.故選：ABD【點睛】思路點睛：涉及給出遞推公式探求數列性質的問題，認真分析遞推公式并進行變形，可借助累加、累乘求通項的方法分析、探討項間關系而解決問題.33．（2021·全國·模擬預測）（多選）材料：函數是描述客觀世界中變量關系和規律的最為基本的數學語言和工具，初等函數是由常數和基本初等函數經過有限次的有理運算及有限次的復合所產生的，且能用一個解析式表示的函數，如函數（），我們可以作變形：，所以可看作是由函數和復合而成的，即（）為初等函數．根據以上材料，對于初等函數（）的說法正確的是（

）A．無極小值 B．有極小值1 C．無極大值 D．有極大值【答案】AD【解析】【分析】根據給定信息，對函數變形并求導，進而判斷其極值情況即可得解.【詳解】依題意，，，求導得：，由，得，當時，，函數在上單調遞增，當時，，函數在上單調遞減，所以有極大值，無極小值.故選：AD34．（2021·重慶·模擬預測）分形幾何學是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學，分形幾何具有自身相似性，從它的任何一個局部經過放大，都可以得到一個和整體全等的圖形.如下圖的雪花曲線，將一個邊長為1的正三角形的每條邊三等分，以中間一段為邊向形外作正三角形，并擦去中間一段，得圖2，如此繼續下去，得圖（3）...記為第個圖形的邊長，記為第個圖形的周長，為的前項和，則下列說法正確的是（

）A． B．C．若為中的不同兩項，且，則最小值是1 D．若恒成立，則的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，從前后兩個圖之間的關系可求出，對于B，由題意可知，數列是1為首項，為公比的等比數列，從而可求出，對于C，由結合，可得，而，從而可求出的值，則可求出的值，進而可求得最小值，對于D，由在上遞增和在上遞增，可求得結果.【詳解】解：對于A，由題意可知，下一個圖形的邊長是上一個圖邊長的，邊數是上一個圖形的4倍，則周長之間的關系為，所以數列是公比為，首項為3的等比數列，所以，所以A正確，對于B，由題意可知，從第2個圖形起，每一個圖形的邊長均為上一個圖形邊長的，所以數列是1為首項，為公比的等比數列，所以，所以B錯誤，對于C，由，，得，所以，所以，因為，所以當時，，則，當時，，則，當時，，則，當時，，則，當時，，則，所以最小值是1，所以C正確，對于D，因為在上遞增，所以，即，令，則在上遞增，所以，即，即，因為恒成立，所以的最小值為，所以D正確，故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：此題考查等比數列的通項公式和求和公式的應用，考查數列單調性的應用，解題的關鍵是正確理解題意，求出數列和的通項公式，考查計算能力，屬于較難題35．（2021·重慶·模擬預測）筒車是我國古代發明的一種灌溉工具，因其經濟又環保，至今還在農業生產中得到使用(圖1)，明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理(圖2).現有一個半徑為3米的筒車按逆時針方向每分鐘旋轉1圈，簡車的軸心距離水面的高度為2米，設簡車上的某個盛水筒P到水面的距離為(單位：米)(在水面下則為負數)，若以盛水筒P剛浮出水面為初始時刻，經過1秒后，下列命題正確的是（

）(參考數據：)A．，其中，且B．，其中，且C．當時，盛水筒再次進入水中D．當時，盛水筒到達最高點【答案】BD【解析】【分析】若為筒車的軸心的位置，為水面，為筒車經過秒后的位置，由題設知筒車的角速度，令易得，而、，即可求的解析式判斷A、B的正誤，、代入函數解析式求，即可判斷C、D的正誤.【詳解】由題意知，如上圖，若為筒車的軸心的位置，為水面，為筒車經過秒后的位置，筒車的角速度，令且，∴，故，而，∴，故A錯誤，B正確；當時，，且，，∴，故盛水筒沒有進入水中，C錯誤；當時，，且，即，∴，故盛水筒到達最高點，D正確.故選：BD【點睛】關鍵點點睛：畫出筒車與水面的簡單平面示意圖，利用及盛水筒P到水面的距離與相關線段的等量關系，寫出函數解析式.36．（2021·遼寧實驗中學二模）十七世紀至十八世紀的德國數學家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數法的人，用二進制記數只需數字0和1，對于整數可理解為逢二進，例如：自然數1在二進制中就表示為1，2表示為10，3表示為11，7表示為111，即，，其中，或，記為上述表示中0的個數，如，．則下列說法中正確的是（

）．A．B．C．D．1到127這些自然數的二進制表示中的自然數有35個【答案】ABD【解析】【分析】根據二進制計數法逐個分析選項即可.【詳解】對于選項A：∵，∴12表示為1100，∴，∵，∴18表示為10010，∴，∴，故選項A正確，對于選項B：∵，∴轉化為二進制后末尾必為0，又∵，∴轉化為二進制后末尾必為1，∴，故選項B正確，對于選項C：當時，，，∵，，∴，故選項C錯誤，對于選項D：當時，有1個，當時，有個，當時，有個，當時，有個，當時，有個，則一共有個，故選項D正確，故選：ABD．37．（2021·福建省福州第一中學模擬預測）斐波那契螺旋線，也稱“黃金螺旋”，是根據斐波那契數列畫出來的螺旋曲線，自然界中存在許多斐波那契螺旋線的圖案，是自然界最完美的經典黃金比例.作圖規則是在以斐波那契數為邊的正方形拼成的長方形，然后在正方形里面畫一個90度的扇形，連起來的弧線就是斐波那契螺旋線.它來源于斐波那契數列，又稱為黃金分割數列.現將斐波那契數列記為，，，邊長為斐波那契數的正方形所對應扇