2024年新高考地區數學名校地市選填壓軸題好題匯編（十八）一、單選題1．（2024·廣東·小欖中學高三階段練習）設函數，若對于隨意實數，在區間上至少有2個零點，至多有3個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】令，則令，則則問題轉化為在區間上至少有兩個，至少有三個t，使得，求的取值范圍.作出和的圖像，視察交點個數，可知使得的最短區間長度為2π，最長長度為，由題意列不等式的：解得：.故選：B2．（2024·廣東·高三階段練習）如圖，AB是半球的直徑，O為球心，，P為此半球大圓弧上的隨意一點（異于A，B），P在水平大圓面AOB內的射影為Q，過Q作QR⊥AB于R，連接PR，OP，若二面角P-AB-Q為，則三棱錐P-OQR體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵PQ⊥平面ABQ，平面ABQ,∴，∵QR⊥AB，,平面PQR,∴AB⊥平面PQR，平面PQR,AB⊥PR，∴∠PRQ為二面角P-AB-Q的平面角，即，設，，，在中，，，在中，，則，而，當且僅當，即，即時，取得最大值．此時三棱錐P-OQR體積的最大值為．故選:C．3．（2024·廣東·高三階段練習）若正實數a，b，c滿意，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】∵．∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，，∴A，B，C項錯誤；∵，，∴，D項正確．故選：D．4．（2024·廣東·高三階段練習）某地質勘探隊為探討各地區的水是否存在某種礦物質，現從不同地區采集了100個樣本，勘探隊中的成員甲提議用如下方式進行檢測，先將100個樣本分為10組，每組再選取部分樣本進行混合，對混合樣本進行檢測，假如不含該礦物質，則檢測下一組，若含有該礦物質，則逐個檢測；成員乙提議將100個樣本分為5組或20組等等．假設每個樣本含有該礦物質的概率．且每個樣本是否含有該礦物質相互獨立．則下列選項中檢測次數的期望值最小的是（

）（參考數據：）A．5個一組 B．10個一組 C．20個一組 D．逐個檢驗【答案】B【解析】若5個一組時，每組檢測次數為，或5，，，的分布列是160.9510.049，總檢測次數的期望為，若10個一組時，每組檢測次數為，或11，，，的分布列是1110.9040.096，總檢測次數的期望為，若20個一組時，每組檢測次數為，或21，，，的分布列是1210.8180.182，總檢測次數的期望為，若逐個檢測，總檢測次數為100，因此10個一組檢測次數的期望值最小，故選：B．5．（2024·湖南常德·高三階段練習）已知函數及其導函數的定義域均為，且為偶函數，，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】已知，令，則，所以在上單調遞減，又因為偶函數，所以，所以，，所以不等式等價于，則，解得，所以不等式的解集為故選：A.6．（2024·湖南·武岡市教化科學探討所高三期中）若，，，則，，的大小關系是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依題意，，，即，又，，則，，即，所以，，的大小關系是.故選：D7．（2024·湖南·武岡市教化科學探討所高三期中）設函數，若對于隨意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】∵，即開口向上且，由恒成立，即在上恒成立，∴當時，即，由二次函數的性質，明顯成立；當時，有兩個零點，則只需滿意，解得，故；綜上，的取值范圍是.故選：B8．（2024·湖北·仙桃市田家炳試驗高級中學高三階段練習）已知函數，在區間內任取兩個實數，且，若不等式恒成立，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】不妨設，則，即，令，則，∴在單調遞增，對恒成立，而恒成立，令，，則在單調遞減，∴，∴，的取值范圍是.故選：A9．（2024·山東·泗水縣教化和體育局教學探討中心高三期中）定義在上的偶函數在上單調遞減，且滿意，，，則不等式組的解集為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因為，所以的周期為2，因為定義在上的偶函數在上單調遞減，所以由，，可得，且，由，得，由，得，所以，解得，所以原不等式組的解集為，故選：D10．（2024·山東淄博·高三期中）設方程和的根分別為和，函數，則（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】方法一：由得，由得，因為方程的根為，所以函數與的圖象交點的橫坐標為，同理：函數與的圖象交點的橫坐標為，因為與互為反函數，所以兩函數圖象關于對稱，易知直線與直線相互垂直，所以兩點關于直線對稱，即的中點肯定落在，亦即點為與的交點，聯立，解得，即，所以，故，則，令，得；令，得；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，而，，，則，，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，故，令，則，令，得，所以在上單調遞增，所以，則，故，綜上：.故選：B.方法二：前面部分同方法一得，，則，令，得；令，得；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，而，，，因為，當且僅當時取等號，所以，當時，，所以，即，下面比較的大小關系，設，，所以，故在上遞增，，即有，亦即，綜上：.故選：B.11．（2024·山東·新泰市第一中學北校高三期中）已知定義域為的函數滿意，其中為的導函數，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，，故在R上單調遞增.又，且，故原不等式可轉化為，所以，解得.故選：D.12．（2024·福建·高三階段練習）拋物線的焦點為，過作斜率為的直線與拋物線在軸右側的部分相交于點，過作拋物線準線的垂線，垂足為，則的面積是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如下圖所示：易知拋物線的焦點為，準線方程為，直線的方程為，由可得，解得，可得點，由拋物線的定義可得，易知點，則，所以，是邊長為的等邊三角形，故.故選：C.13．（2024·福建·高三階段練習）艾薩克牛頓英國皇家學會會長，英國聞名物理學家，同時在數學上也有很多杰出貢獻，牛頓用“作切線”的方法求函數零點時給出一個數列：，我們把該數列稱為牛頓數列．假如函數有兩個零點1，2，數列為牛頓數列．設，已知，，的前n項和為，則等于（

）A．2024 B．2024 C． D．【答案】D【解析】有兩個零點1，2，則，解之得，則，則則則由，可得，故，又，則數列是首項為1公比為2的等比數列則通項公式，前n項和則故選：D14．（2024·福建三明·高三期中）對隨意恒成立，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】當時，，不等式明顯成立；當時，，令，令，則是上的增函數且，當時，此時遞減，時，此時遞增.故的最小值為，令，則，故是增函數，的最大值為，故，綜上所述，，故選：D15．（2024·福建三明·高三期中）設等比數列的公比為，其前項和為，前項積為，并滿意條件，，則下列結論正確的是（

）A． B．是數列中的最大值C． D．數列無最大值【答案】C【解析】等比數列的公比為，則，由，則有，必有，又由，即，又，則有或，又當時，可得，由，則與沖突所以，則有，由此分析選項：對于A，，故，故A錯誤；對于B，等比數列中，，，所以數列單調遞減，又因為，所以前項積為中，是數列中的最大項，故B錯誤；對于C，等比數列中，則，則，故C正確；對于D，由B的結論知是數列中的最大項，故D錯誤.故選：C.16．（2024·江蘇蘇州·高三階段練習）已知，則的大小關系正確的是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】設令，則在上恒成立，單調遞增，又，所以在上恒成立，所以，即；令，則在上恒成立，單調遞增，又，所以在上恒成立，所以，即，所以；綜上，故選：A17．（2024·江蘇·句容碧桂園學校高三階段練習）已知定義在上的偶函數滿意，且當時，，則函數的零點個數是A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【解析】由題意,所以周期為2,當時，，且偶函數,即函數圖象關于y軸對稱,分別畫出y=和y=的圖象,視察可得交點個數為4個,即函數的零點個數是4個,故選C.18．（2024·江蘇·句容碧桂園學校高三階段練習）已知，，，則a，b，c的大小關系是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】，故，所以，又，則，故，故選：D.19．（2024·江蘇·常熟市中學高三階段練習）設，（e是自然對數的底數），則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】記，則，所以在上單調遞減，所以，所以在上，所以.又單調遞增，所以所以，即.而由二項式定理得：.對于a、c，由，.記，則，所以在上單調遞增，所以.所以，所以.綜上所述：.故選：C二、多選題20．（2024·廣東·小欖中學高三階段練習）定義行列式，若函數，則下列表述錯誤的是（

）A．的圖象關于點中心對稱B．的圖象關于直線對稱C．在區間上單調遞增D．是最小正周期為的奇函數【答案】ABD【解析】由題中所給定義可知，A.，故A錯誤；B.，故B錯誤；C.時，，此時函數單調遞增，故C正確；D.，但，所以函數不是奇函數，故D錯誤.故選：ABD21．（2024·廣東·高三階段練習）已知橢圓C：的離心率為，短軸長為，P為C上隨意一點，、分別為C的左、右焦點，則下列說法正確的是（

）A．存在點P，使得的長度為B．面積的最大值為C．C上存在4個不同的點P，使得是直角三角形D．內切圓半徑的最大值為【答案】BCD【解析】由題意得，解得，解得，則橢圓C的方程為，選項A：P為C上隨意一點，則，故不正確，選項B：面積為．當點P落在短軸端點時，面積最大為，故正確；選項C：點P在橢圓上，則，，所以，因為，當且僅當時等號成立，所以，所以最大為．故不存在點P，使．當或垂直于x軸時，有四個不同的直角三角形，故正確；選項D：設的內切圓半徑為r，的面積，若r最大，需的面積最大，選項B可知，當點P落在短軸端點時，面積最大，為，解得此時，故正確，故選：BCD．22．（2024·廣東·高三階段練習）已知函數，，當時，恒成立，則實數a的可能取值為（

）A． B．0 C． D．2【答案】CD【解析】由題意得：時，恒成立，即時，恒成立，設（），則,,所以時，恒成立.又，則，①時，，設，存在時，，即在上是減函數，此時，，不滿意題意；②時，在上恒成立，所以在上恒成立，設（），即，則，令（），則，當時，，所以在上是增函數，則時，，即時，時，，所以時，.則，又時，有，，所以，當且僅當時等號成立，故時，.所以在上是增函數，則，所以時，在上恒成立.綜上，時，在恒成立，故選：CD23．（2024·廣東·高三階段練習）已知動圓Q過點，且與直線相切，記動圓Q的圓心軌跡為，過l上一動點D作曲線的兩條切線，切點分別為A、B，直線與y軸相交于點F，下列說法正確的是（

）A．的方程為 B．直線過定點C．為鈍角（O為坐標原點） D．以為直徑的圓與直線相交【答案】ABC【解析】設圓心，由于動圓Q過點，且與直線相切，可得，整理得，故曲線的方程為，故選項A正確；設，且，由于，得，所以導函數，所以切線的方程為：，即，又，所以，同理切線的方程為：，又切線，都經過點，所以，故直線方程為，所以直線過定點，故選項B正確；聯立消整理得，所以則，因為與不共線，所以為鈍角，故選項C正確；由于直線恒過拋物線的焦點，設中點，過向直線作垂線，垂足分別為，連接由拋物線的定義，所以所以以為直徑的圓與直線相切，故選項D錯誤.故選：ABC.24．（2024·湖南常德·高三階段練習）已知函數則下列說法正確的是（

）A．當時,B．當時,直線與函數的圖象相切C．若函數在區間上單調遞增,則D．若在區間上恒成立,則【答案】AB【解析】對于A,當時,,,當時,,當時,,函數在上單調遞減,在上單調遞增,,故選項A正確;對于B,當時,,,,函數在處的切線方程為,故選項B正確;對于C,,若函數在區間上單調遞增,則區間上恒成立,即在上恒成立,令,,則,函數在上單調遞減,,,故選項C錯誤;對于D,當時,恒成立,此時;當時,恒成立等價于恒成立,即恒成立,設,,則在上恒成立,在上單調遞減,,,綜上所述,故選項D錯誤.故選:AB．25．（2024·湖南常德·高三階段練習）已知函數的定義域為，值域為，則的值不行能是（

）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】函數，定義域為，即，，又值域為，即，，在正弦函數的一個周期內，要滿意上式，結合正弦函數性質：所以，，，，即，的值不行能為和和．故選：BCD26．（2024·湖南·武岡市教化科學探討所高三期中）已知函數與的定義域均為，分別為的導函數，，，若為奇函數，則下列等式肯定成立的是（

）A． B．.C． D．【答案】ACD【解析】由得：，，關于中心對稱，則，為奇函數，，左右求導得：，，為偶函數，圖象關于軸對稱，，是周期為的周期函數，，C正確；，，又，，A正確；令，則，，又，，，即，D正確；，，設，則，，又為奇函數，，，即，B錯誤.故選：ACD.27．（2024·湖南·武岡市教化科學探討所高三期中）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．為函數的一個周期B．直線是函數圖象的一條對稱軸C．函數在上單調遞增D．函數有且僅有2個零點【答案】AB【解析】因為，所以為函數的一個周期，選項正確；因為，所以直線是函數圖象的一條對稱軸，故選項正確；因為，所以是偶函數，又當時，單調遞減，單調遞增，且，所以在時單調遞減；當時，單調遞增，單調遞減，且，所以在時單調遞減，所以函數在時單調遞減，又為函數的一個周期，且直線是函數圖象的一條對稱軸，所以畫出函數的圖象如圖，由圖可知，選項C，D錯誤.故選：AB.28．（2024·湖北·仙桃市田家炳試驗高級中學高三階段練習）已知函數（，e為自然對數的底數），則下列說法正確的是（

）A．方程至多有2個不同的實數根B．方程可能沒有實數根C．當時，對，總有成立D．當，方程有3個不同的實數根【答案】AC【解析】畫出的圖象如下圖所示，當時，，畫出圖象如下圖所示，由圖可知有兩個零點；有兩個解，且這兩個解與不相同，所以由得或，則有個不同的根，D選項錯誤.對于A選項，由上述分析可知，當時，有兩個零點，留意到有一個零點，有一個零點，所以最多有兩個零點，A選項正確.對于B選項，有一個零點，有一個零點，所以無論取何值，至少有一個零點，B選項錯誤.對于C選項，時，，所以當時，的圖象如下圖所示：由圖可知，在上遞增，即，總有成立，C選項正確.故選：AC29．（2024·山東·泗水縣教化和體育局教學探討中心高三期中）對于函數，下列說法正確的是（

）A．在處取得極大值B．有兩個不同的零點C．D．若在上恒成立，則【答案】ACD【解析】定義域為，由題意，當時，，遞增，當時，，遞減，所以在時取得極大值，A正確；當時，，因此在上一個零點1，在上，無零點．因此函數只有一個零點，B錯；因為，在上遞減，所以，C正確；，即，設，則，當時，，遞增，時，，遞減，所以時，取極大值也最大值．所以．D正確．故選：ACD．30．（2024·山東淄博·高三期中）在中，內角所對的邊分別為，且，則下列結論正確的是（

）A．B．若，則為直角三角形C．若面積為1，則三條高乘積平方的最大值為D．若為邊上一點，且，則的最小值為【答案】BCD【解析】對于A，因為，所以，則由正弦定理得，則，因為，所以，故，又，所以，故A錯誤；對于B，由余弦定理得，因為，即，代入上式得，整理得，解得或（舍去），則，所以，故B正確；對于C，設邊上的高分別是，則由三角形面積公式易得，則，因為，當且僅當，即時，等號成立，此時，得，所以，故C正確；對于D，因為，所以，可得，整理得，故，所以，當且僅當且，即時，等號成立，所以，即的最小值為，故D正確.故選：BCD.31．（2024·山東·新泰市第一中學北校高三期中）如圖，棱長為2的正方體中，P為線段上動點（包括端點）.則下列結論正確的是（

）A．當點P在線段上運動時，三棱錐的體積為定值B．記過點P平行于平面的平面為，截正方體截得多邊形的周長為C．當點P為中點時，異面直線與所成角為D．當點P為中點時，三棱錐的外接球表面積為【答案】ACD【解析】對A，由于，明顯平面，又，所以在任何位置時到平面的距離相等，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對B，由在上且，故截面為，所以截面周長為，故B錯誤；對C，當點P為中點時，由于為正方形，所以，又，所以，故C正確；對D，當點P為中點時，，所以在正方體中平面，由，，所以，，所以外接圓直徑，所以三棱錐的外接球的直徑，所以三棱錐的外接球表面積為，故D正確；故選：ACD32．（2024·山東·新泰市第一中學北校高三期中）已知奇函數在上有定義，且滿意，當時，，則下列結論正確的是（

）A．是函數的周期B．函數在上的最大值為C．函數在上單調遞減D．方程在上的全部實根之和為【答案】AD【解析】對于A，是上的奇函數，，，故是函數的周期，故A正確；對于C，當時，，求導，，，，，，則單調遞增，又為奇函數，所以函數在上單調遞增，故C錯誤；對于B，由可得關于對稱，故在上單調遞增，又是奇函數且周期為，，故B錯誤；對于D，方程的根等價于與的交點的橫坐標，依據的單調性和周期可得，與在有兩個關于對稱的交點，在有兩個關于對稱的交點，在有兩個關于對稱的交點，所以方程在上的全部實根之和為，故D正確.故選：AD.33．（2024·福建·高三階段練習）如圖，平面四邊形中，是等邊三角形，且，是的中點．沿將翻折，折成三棱錐，在翻折過程中，下列結論正確的是（

）A．棱上總會有一點，使得平面B．存在某個位置，使得與所成角為銳角C．肯定是二面角的平面角D．當平面平面時，三棱錐的外接球的表面積是【答案】AD【解析】對于A，取中點，連接，如圖，在中，，平面，平面，所以平面，故A正確；對于B，取中點，連接,因為是等邊三角形，所以,又因為,在中，，所以，又因為,平面，所以平面，又平面，所以，故B錯誤；對于C，翻折過程中，長度不變，但長度會隨著翻折程度不同而不同，所以不肯定垂直于，所以肯定是二面角的平面角，故C錯誤；對于D，因為為直角三角形，所以過作平面,設為三棱錐外接球的球心，因為平面平面，平面平面,且，平面，所以平面,所以,過作交于點，如圖所示，所以四邊形為矩形，，在直角中，即在直角中，即解得，所以三棱錐的外接球的表面積是.故D正確.故選:AD.34．（2024·福建·高三階段練習）在平面直角坐標系中，已知點，動點滿意()，記點P的軌跡為曲線C，則（

）A．存在實數，使得曲線上全部的點到點的距離大于2B．存在實數，使得曲線上有兩點到點與的距離之和為6C．存在實數，使得曲線上有兩點到點與的距離之差為2D．存在實數，使得曲線上有兩點到點的距離與到直線的距離相等【答案】BD【解析】設點P(x，y)，由得，即，曲線C是斜率為2的動直線，對于A選項：點到直線C的距離為，即曲線C上存在點與距離小于2，A錯誤；對于B選項：因，則到點與的距離之和為6的軌跡是中心在原點，長軸長為6的橢圓，a=0時，直線C：y=2x與這個橢圓有兩個交點，即B正確；對于C選項：因，則到點與的距離之差為2的軌跡是中心在原點，實軸長為2的雙曲線右支，直線C：與此雙曲線漸近線2x-y=0平行，直線C：y=2x與這個雙曲線右支最多有一個公共點，即C錯誤；對于D選項：時，到點的距離與到直線的距離相等的點的軌跡是頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線，由消去x得，，當，直線C與拋物線交于兩點，D正確.故選：BD35．（2024·福建三明·高三期中）已知正方體的棱長為1，點是線段的中點，點是線段上的動點，則下列結論正確的是（

）A．三棱柱的體積為B．平面C．與平面所成角為D．點到平面的距離為【答案】BC【解析】對A：，故A錯誤；對B：連接，如下所示：易知//，面面，故//面；易知//，面面，故//面；又面，故面//面；又面，故//面，故B正確；對C：連接交于點，連接，如下所示：因為為正方形，故可得，又面面，故，又面，，故面，又面與面為同一個平面，則直線與平面所成角即為，又面，則，故在△中，，，又，故，即與平面所成角為，C正確；對D：在△中，，故；在△中，，故，又面，設點到面的距離為，則由可得，即，解得，即點到面的距離為，故D錯誤.故選：BC.36．（2024·福建三明·高三期中）意大利數學家列昂納多·斐波那契是第一個探討了印度和阿拉伯數學理論的歐洲人，斐波那契數列被譽為是最美的數列，斐波那契數列滿意：，，.若將數列的每一項依據下圖方法放進格子里，每一小格子的邊長為1，記前項所占的格子的面積之和為，每段螺旋線與其所在的正方形所圍成的扇形面積為，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】對于A選項，因為斐波那契數列總滿意，所以，，，類似的有，，累加得，由題知，故選項A正確，對于B選項，因為，，，類似的有，累加得，故選項B正確，對于C選項，因為，，，類似的有，累加得，故選項C錯誤，對于D選項，可知扇形面積，故，故選項D正確，故選：ABD.37．（2024·江蘇蘇州·高三階段練習）對于三次函數,給出定義:設是函數的導數,是的導數,若方程有實數解,則稱點為函數的“拐點”.經過探究發覺:任何一個三次函數都有“拐點”,任何一個三次函數都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心.設函數,則以下說法正確的是（

）A．B．當時,有三個零點C．D．當有兩個極值點時,過的直線必過點【答案】AB【解析】解:由題知,關于選項A:,令可得,的拐點為,,對稱中心為,即成立,-故選項A正確;關于選項B:當時,,不是的零點,令,即有三個根,令,,時,單調遞增,時,單調遞減,時,單調遞減,,,,,畫圖象如下:由圖可知:時,與有三個交點,即有三個零點,故選項B正確;關于選項C:由選項A可知:,,兩式相加可得,故選項C錯誤;關于選項D:由于有兩個極值點有兩根,,由于直線過,則直線肯定過中點,由選項A知,且有,中點坐標為,則直線肯定過,故選項D錯誤.故選:AB38．（2024·江蘇蘇州·高三階段練習）瑞士聞名數學家歐拉在1765年得出定理：三角形的外心?重心?垂心位于同始終線上，這條直線被后人稱為“歐拉線”.在平面直角坐標系中作，點，點，圓是“歐拉線”上一點，過可作圓的兩條線切，切點分別為.則下列結論正確的是（

）A．的“歐拉線”方程為B．圓上存在點，使得C．四邊形面積的最大值為4D．直線恒過定點【答案】ABD【解析】設中點為，因為，所以，因為，所以，且，，所以，由題意可得歐拉線為直線，則歐拉線的方程為即，A正確；由圓的切線性質可得，設，則，在中由正弦定理得，所以，由二次函數的性質得當時取最小值8，所以，即的最大值為，所以，所以圓上存在點，使得，B正確；由圓的切線的定義可知，，，所以，又因為，且，所以即四邊形面積的最小值為4，C錯誤；設，因為，，所以四點共圓，其中為直徑，設中點，則，所以圓為即，所以為圓和圓的相交弦，兩圓方程相減得方程為，即，由解得過定點，D正確；故選：ABD39．（2024·江蘇·句容碧桂園學校高三階段練習）如圖，在菱形中，，，為的中點，將沿直線翻折成，連接和，為的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（

）A．B．的長為定值C．與的夾角為D．當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積是【答案】ABD【解析】A選項：由題意在菱形中，，為的中點，所以，又，所以，且將沿直線翻折成，所以，又，平面，又平面，所以，故A選項正確；B選項：如圖所示，取中點，連接，，所以，且，又因為為的中點，所以，且又由A選項得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B選項正確；C選項：由B選項得，所以與的夾角即為與所成角，，，且，所以，所以，故C選項錯誤；D選項：當三棱錐的體積最大時，平面，由四邊形為菱形，且，，可知，故三棱錐的外接球即為其所在矩形的外接球，故外接球半徑，外接球表面積，故D選項正確；故選：ABD.40．（2024·江蘇·常熟市中學高三階段練習）雙扭線最早于1694年被瑞士數學家雅各布·伯努利用來描述他所發覺的曲線．在平面直角坐標系xOy中，把到定點，距離之積等于的點的軌跡稱為雙扭線C．已知點是雙扭線C上一點，下列說法中正確的有（

）A．雙扭線C關于原點O中心對稱；B．；C．雙扭線C上滿意的點P有兩個；D．的最大值為．【答案】ABD【解析】對A，設動點，由題意可得的軌跡方程為把關于原點對稱的點代入軌跡方程，明顯成立；對B，因為，故．又，所以，即，故．故B正確；對C，若，則在的中垂線即y軸上．故此時，代入，可得，即，僅有一個，故C錯誤；對D，因為，故，，因為，，故．即，所以．又，當且僅當，，共線時取等號．故，即，解得，故D正確．故選：ABD.41．（2024·江蘇·常熟市中學高三階段練習）如圖，在正方體中，E，F是底面正方形四邊上的兩個不同的動點，過點的平面記為，則（

）A．截正方體的截面可能是正五邊形B．當E，F分別是的中點時，分正方體兩部分的體積之比是25∶47C．當E，F分別是的中點時，上存在點P使得D．當F是中點時，滿意的點E有且只有2個【答案】BCD【解析】A.若截正方體的截面為五邊形，則五邊形必有兩條邊位于正方體相對的平行平面上，此時該五邊形必有兩條邊相互平行，但正五邊形沒有哪兩條邊平行，故截面不行能是五邊形，選項A錯誤．B.如圖，延長分別交于點G，I，連接分別交于點H，J，∴截面為五邊形，記正方體棱長為6，，截面下側的體積為，另側體積為：，∴，故選項B正確.C．截面為圖中等腰梯形，此時取中點P，知，平面,平面

∴，故選項C正確．D.當E在上時，設，由，故上有一個點E；當E在上時，，故上不存在這樣的點E；當E在上時，，故上也不存在；當E在上時，設，∴，故上存在一個點E，

∴共2個，選項D正確．故選：BCD.三、填空題42．（2024·廣東·小欖中學高三階段練習）已知函數在定義域上是增函數，則實數的取值范圍是______.【答案】【解析】由已知可知，在上為增函數，則，函數在上為增函數，則，可得，因為函數在上為增函數，則，可得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.43．（2024·廣東·高三階段練習）在中，斜邊為，點在邊上，設，，若，則用表示為___________．【答案】【解析】因為，，所以，在中由正弦定理可得，所以，所以，在中，，所以，又因為，，所以，即，所以，即，在中由余弦定理可得，所以．故答案為：．44．（2024·廣東·高三階段練習）如圖，是面積為1的等腰直角三角形，記的中點為，以為直角邊第一次構造等腰，記的中點為，以為直角邊其次次構造等腰，…，以此類推，當第n次構造的等腰的直角邊所構成的向量與同向時，構造停止，則構造出的全部等腰直角三角形的面積之和為____________．【答案】【解析】的面積是，構造出的第一個三角形的面積是前者的一半，即，構造出的其次個三角形的面積是前者的一半，即，以此類推，構造出的三角形的面積是首項為，公比為的等比數列，每次構造旋轉，所以當與同向時，旋轉了次，所以構造出的全部等腰直角三角形的面積之和為.故答案為：45．（2024·湖南常德·高三階段練習）設函數的定義域為D，若滿意條件：存在，使在上的值域為，則稱為“倍脹函數”.若函數為“倍脹函數”，則實數t的取值范圍是________.【答案】【解析】因為函數為“倍脹函數”，且定義域為，所以存在，使在上的值域為.因為為增函數，所以，所以方程有兩個不等的實數根.令，則，令，解得.易知在上單調遞增，在上單調遞減，所以.易知當時，，當時，所以要使方程有兩個不等的實數根，只需，得，所以t的取值范圍為.故答案為：46．（2024·湖南·武岡市教化科學探討所高三期中）已知數列滿意（），設數列的前項和為，若，，則___________.【答案】【解析】因為，，所以，則，所以，，則，可知，，，所以，又，，所以，則，又，所以，，所以，因為，所以，故答案為：．47．（2024·湖北·仙桃市田家炳試驗高級中學高三階段練習）設函數的圖象與的圖象有公共點，且在公共點處的切線重合，則實數b的最大值為______.【答案】【解析】設公共點坐標為，，，由在公共點處切線相同得，即，解得（舍去）或，又，即，所以，設函數，，令得.當時，，當時，.所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，b取最大值，將代入，則得.故答案為：.48．（2024·山東·泗水縣教化和體育局教學探討中心高三期中）已知函數，，若關于的不等式的解集中恰好有一個整數，則實數的取值范圍是______.【答案】【解析】，則，設，則，令，所以或，在上遞減，在上遞增，在上遞減，在取微小值，，在取極大值，，作圖，時，，，，由圖知在下方圖象中只有一個整數點，，故答案為:49．（2024·福建·高三階段練習）已知雙曲線C：的左