2022年新高考數學名校地市選填壓軸題好題匯編（七）一、單選題1．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，直角三角形的三個頂點分別在等邊三角形的邊、、上，且，則長度的最大值為（）A． B．6 C． D．2．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知實數滿足，則大小關系為（）A． B．C． D．3．（2021·江蘇高郵·高三月考）某一輛汽車經過多次實驗得到，每小時耗油量（單位：與速度（單位：的下列數據：04060801200.0006.6678.12510.00020.000為了描述汽車每小時耗油量與速度的關系，現有以下四種模型供選擇：甲：，乙：，丙：，丁：.其中最符合實際的函數模型為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁4．（2021·福建·三明一中高三月考）設函數在上存在導函數，對任意實數，都有，當時，，若，則實數的最小值是（）A． B． C． D．5．（2021·福建福州·高三期中）已知函數，若實數滿足且，則的取值范圍為（）A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）6．（2021·福建福州·高三期中）意大利數學家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”：即1?1?2?3?5?8?13?21在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草，萬壽簡等）的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在物理及化學等領域也有著廣泛得應用.已知斐波那契數列滿足：，若，則等于（）A．15 B．14 C．608 D．3777．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知函數，分別是定義在上的偶函數和奇函數，且，若函數有唯一零點，則實數的值為A．或 B．1或 C．或2 D．或18．（2021·山東日照·高三月考）設，，，則（）A． B． C． D．9．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數，，若方程有4個實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數的定義域為，是奇函數，為偶函數，當時，，則以下各項中最小的是（）A． B． C． D．11．（2021·湖北武漢·高三期中）已知雙曲線的左?右焦點分別為，，過且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為A，若，則此雙曲線的漸近線為（）A． B． C． D．12．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知，，，則（）A． B． C． D．13．（2022·全國·高三專題練習）在中，D為三角形所在平面內一點，且，則（）A． B． C． D．14．（2020·陜西·涇陽縣教育局教學研究室高一期中）Logistic模型是常用數學模型之一，可應用于流行病學領域．有學者根據公布數據建立了某地區新冠肺炎累計確診病例數I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：，其中K為最大確診病例數．當I()=0.95K時，標志著已初步遏制疫情，則約為（）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．6915．（2021·湖南郴州·高三月考）已知函數，若，且的最大值為3，則的值為（）A．-1 B．1 C．0 D．216．（2021·湖南郴州·高三月考）已知點是橢圓：上一點，點?是橢圓的左?右焦點，若的內切圓半徑的最大值為，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．17．（2021·湖南·高三月考）如圖是古箏鳴箱俯視圖，鳴箱有多根弦，每根弦下有一只弦碼，弦碼又叫雁柱，用于調節音高和傳振.右圖是根據左圖繪制的古箏弦及其弦碼簡易直觀圖.在直觀圖中，每根弦都垂直于x軸，左邊第一根弦在y軸上，相鄰兩根弦間的距離為1，弦碼所在的曲線(又稱為雁柱曲線)方程為y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示與y軸重合的弦)根弦分別與雁柱曲線和直線l：y＝x＋1交于點An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，則（）參考數據：1.122＝8.14A．814 B．900 C．914 D．100018．（2021·湖南·高三月考）已知球O的半徑為2，三棱錐P－ABC四個頂點都在球O上，球心O在平面ABC內，△ABC是正三角形，則三棱錐P－ABC的最大體積為（）A．3 B．2 C． D．3二、多選題19．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，?分別為，的中點，過點??作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（）A．三棱柱外接球的表面積為B．C．若交于，則D．將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為20．（2021·江蘇高郵·高三月考）函數在區間，上連續，對，上任意二點與，有時，我們稱函數在，上嚴格上凹，若用導數的知識可以簡單地解釋為原函數的導函數的導函數（二階導函數）在給定區間內恒為正，即.下列所列函數在所給定義域中“嚴格上凹”的有（）A． B．C． D．21．（2022·全國·高三專題練習）在中，角??的對邊分別為??，已知，下列哪些條件一定能夠得到？（）A． B．C． D．邊上的中線長為22．（2021·福建·三明一中高三月考）若存在直線，使得函數和對其公共定義域上的任意實數都滿足，則稱此直線為和的“隔離直線”，已知函數，，，下列命題為真命題的是（）A．在內單調遞增B．和之間存在“隔離直線”，且的最小值為C．和之間存在“隔離直線”，且的取值范圍是D．和之間存在唯一的“隔離直線”23．（2021·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是邊長為2，側棱長為4，E是的中點，則（）A．三棱錐的體積為B．C．三棱錐的外接球的半徑是D．過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形面積為24．（2021·福建福州·高三期中）已知函數的定義域、值域都是，且滿足，則下列結論一定正確的是（）A．若，則 B．C． D．25．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）在數學中，布勞威爾不動點定理可應用到有限維空間，并構成一般不動點的基石，它得名與荷蘭教學家魯伊茲布勞威爾，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A． B．C． D．26．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）對，[x]表示不超過x的最大整數，十八世紀，y=[x]被“數學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數，人們更習慣稱為“取整函數”，則下列命題中的真命題是（）A．B．C．函數的值域為[0，1）D．若，使得同時成立，則正整數n的最大值是527．（2021·山東日照·高三月考）已知正方形ABCD的邊長為2，點P為正方形ABCD所在平面內的一點，則（）A．若點Р滿足，且，則點Р在線段BC上B．若點P滿足，則C．若，則點Р在的中位線上D．以點A為圓心作單位圓，分別交AB，AD于E，F兩點，點Р是弦EF所對的劣弧上一點，則的取值范圍為28．（2021·山東日照·高三月考）函數，下列命題正確的是（）A．若且，則B．方程最多有兩個實根C．直線與曲線相切于點則D．當時，函數滿足，且與圖象的交點為，則29．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數，下列結論正確的是（）A．是奇函數B．若在定義域上是增函數，則C．若的值域為，則D．當時，若，則30．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數，則下述結論中錯誤的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在[0，2π]有且僅有2個極小值點B．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在上單調遞增C．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則ω的范圍是D．若f（x）圖象關于對稱，且在單調，則ω的最大值為1131．（2021·福建·福清西山學校高三期中）如圖，，，是全等的等腰直角三角形，，處為直角頂點，且O，，，四點共線.，若點，，，分別是邊，，上的動點（包含端點），記，，，則（）A． B． C． D．32．（2021·湖北武漢·高三期中）已知數列滿足，，前n項和為，則下列選項中正確的是（）（參考數據：，）A． B．C． D．是單調遞增數列，是單調遞減數列33．（2021·湖南·高三月考）已知數列的前n項和為，下列說法正確的是（）A．若，則是等差數列B．若，則是等比數列C．若是等差數列，則D．若是等比數列，則，，成等比數列34．（2021·湖南郴州·高三月考）已知直線：和圓：，下列說法正確的是（）A．直線恒過定點 B．圓被軸截得的弦長為C．直線被圓截得的弦長存在最大值，且最大值為4 D．直線被圓截得的弦長存在最小值，且最小值為435．（2021·湖南郴州·高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，，?分別是?的中點，是上的動點，則下列結論中正確的是（）A．直線，所成的角的大小隨點的位置變化而變化B．三棱錐的體積是定值C．直線與平面所成的角的余弦值是D．三棱柱的外接球的表面積是36．（2021·湖南·高三月考）已知數列{an}各項均是正數，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0<a<4)的兩根，下列結論正確的是（）A．若{an}是等差數列，則數列{an}前9項和為18B．若{an}是等差數列，則數列{an}的公差為2C．若{an}是等比數列，{an}公比為q，a＝1，則q4－14q2＋1＝0D．若{an}是等比數列，則a3＋a7的最小值為237．（2021·湖南·高三月考）已知兩個完全一樣的四棱錐，它們的側棱長都等于，底面都是邊長為2的正方形.下列結論成立的是（）A．將這兩個四棱錐的底面完全重合，在得到的八面體中，有6對平行棱B．將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到的八面體的所有頂點都在半徑為的球上C．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到的幾何體共有7個面D．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，這兩個四棱錐的底面互相垂直三、雙空題38．（2021·福建福州·高三期中）已知數列滿足，則___________.設為數列的前項和，若對任意恒成立，則實數取值范圍是___________.39．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）函數，當時，零點的個數是______；若存在實數，使得對于任意，都有，則實數的取值范圍是______.40．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數的定義域為R，且滿足下列條件：①；②則___________；若方程在上有2020個不同的實數根，則實數的取值范圍是___________.41．（2021·湖北武漢·高三期中）如圖，已如平面四邊形ABCD，，，，.沿直線AC將翻折成，則___________；當平面平面ABC時，則異面直線AC與所成角余弦值是___________.

42．（2021·湖南郴州·高三月考）依次將一數列的每相鄰兩項之積及原數列首尾項（仍為新數列的首尾項），構造新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.現將數列1，2進行構造，第1次得到數列1，2，2；第2次得到數列1，2，，2；第3次得到數列1，2，，，2；依次構造，第次得到數列1，，，…，，2；記，則___________，設數列的前項積為，則___________.四、填空題43．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）已知三棱錐P-ABC外接球的表面積為，PA平面ABC，，，則三棱錐體積的最大值為______.44．（2021·江蘇高郵·高三月考）我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.則函數圖象的對稱中心為___________.45．（2021·福建·三明一中高三月考）已知函數，若函數恰有6個零點，則實數的取值范圍是______．46．（2021·福建福州·高三期中）為了參加校教職工運動會，某校高三年級組準備為本年級教師訂制若干件文化衫，經與廠家協商，可按出廠價結算，同時廠家也承諾超過50件就可以每件比出廠價低22元給予優惠.如果按出廠價購買年級組總共應付元，但若再多買15件就可以達到優惠條件并恰好也是共付元（為整數），則的值為___________.47．（2021·山東日照·高三月考）對任意的，定義函數滿足成立，則稱函數為函數到函數在區間D上的“中值函數”.已知函數，，，且是到在區間上的“中值函數”，則實數的取值范圍為___________.48．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數，，若函數有3個不同的零點，，，且，則的取值范圍是_____________.49．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知函數為奇函數，設，則___________.50．（2021·湖南·高三月考）在中，角，，所對的邊分別為，，，若，，，成等差，則的值為___________.51．（2021·湖南·高三月考）已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點B繞點A沿逆時針方向旋轉角得到點P.已知平面內點，，把點B繞點A沿順時針方向旋轉后得到點P，則點P的坐標為___________.52．（2021·湖南·高三月考）如圖是2021年9月17日13：34神州十二號返回艙(圖中C)接近地面的場景.傘面是表面積為1200m2的半球面(不含底面圓)，傘頂B與返回艙底端C的距離為半球半徑的5倍，直線BC與水平地面垂直于D，D和觀測點A在同一水平線上.在A測得點B的仰角∠(DAB＝30°，且BC的視角∠BAC滿足sin∠BAC＝，則此時返回艙底端離地面距離CD＝____________.(π＝3.14，sin∠ACB＝，計算過程中，球半徑四舍五入保留整數，長度單位：m).2022年新高考數學名校地市選填壓軸題好題匯編（七）一、單選題1．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，直角三角形的三個頂點分別在等邊三角形的邊、、上，且，則長度的最大值為（）A． B．6 C． D．【答案】C【分析】設，用正弦定理把用表示，然后求得，結合兩?和與差的正弦公式可求得最大值．【詳解】設，則，，，中，由正弦定理，得，，同理，＝，其中，，且為銳角，所以當時，．故選：C．【點睛】關鍵點點睛：本題考查用正弦定理解三角形．解題關鍵是引入角，把表示為的函數，從而把用的三角函數表示，再利用三角函數知識求得最值．2．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知實數滿足，則大小關系為（）A． B．C． D．【答案】D【分析】先分析得到，再構造函數利用導數比較的大小即得解.【詳解】，，設，所以，所以函數在單調遞減，設所以，所以，因為函數在單調遞減，所以，故選：D【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是兩次構造函數，第一次是構造函數，得到函數在單調遞減，第二次是構造函數得到.在解答函數的問題時，經常要觀察已知條件構造函數解決問題.3．（2021·江蘇高郵·高三月考）某一輛汽車經過多次實驗得到，每小時耗油量（單位：與速度（單位：的下列數據：04060801200.0006.6678.12510.00020.000為了描述汽車每小時耗油量與速度的關系，現有以下四種模型供選擇：甲：，乙：，丙：，丁：.其中最符合實際的函數模型為（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】根據題意以及表中數據可知，函數在定義域，上單調遞增，且函數的圖象經過坐標原點，即可判斷出最符合實際的函數模型．【詳解】依題意可知該函數必須滿足三個條件：第一，定義域為，；第二，在定義域上單調遞增；第三，函數經過坐標原點.當時，沒有意義，排除丁，函數不一定經過坐標原點，排除甲，函數單調遞減，排除丙，故最符合實際的函數模型為乙.故選：B.4．（2021·福建·三明一中高三月考）設函數在上存在導函數，對任意實數，都有，當時，，若，則實數的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】構造函數，根據等式可得出函數為偶函數，利用導數得知函數在上單調遞減，由偶函數的性質得出該函數在上單調遞增，由，得出，利用函數的單調性和偶函數的性質解出該不等式即可.【詳解】構造函數，對任意實數，都有，則，所以，函數為偶函數，.當時，，則函數在上單調遞減，由偶函數的性質得出函數在上單調遞增，，即，即，則有，由于函數在上單調遞增，，即，解得，因此，實數的最小值為，故選A.【點睛】本題考查函數不等式的求解，同時也涉及函數單調性與奇偶性的判斷，難點在于根據導數不等式的結構構造新函數，并利用定義判斷奇偶性以及利用導數判斷函數的單調性，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.5．（2021·福建福州·高三期中）已知函數，若實數滿足且，則的取值范圍為（）A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）【答案】B【分析】作出函數的圖象，求出的取值范圍，可得出的取值范圍，利用結合絕對值的性質可求得，由此可求得的取值范圍.【詳解】作出函數的圖象如下圖所示：當時，，由圖可知，，即，解得，則，由，即，即，可得，因此，.故選：B6．（2021·福建福州·高三期中）意大利數學家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖為例，引入“兔子數列”：即1?1?2?3?5?8?13?21在實際生活中，很多花朵（如梅花，飛燕草，萬壽簡等）的瓣數恰是斐波那契數列中的數，斐波那契數列在物理及化學等領域也有著廣泛得應用.已知斐波那契數列滿足：，若，則等于（）A．15 B．14 C．608 D．377【答案】D【分析】由遞推公式計算數列的前幾項，再求解．【詳解】根據遞推公式計算到，到的值依次為：，其中，，．故選：D．7．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）已知函數，分別是定義在上的偶函數和奇函數，且，若函數有唯一零點，則實數的值為A．或 B．1或 C．或2 D．或1【答案】A【分析】根據題意，利用函數的奇偶性，求出，結合函數的對稱性得出和都關于對稱，由有唯一零點，可知，即可求.【詳解】解：已知，①且，分別是上的偶函數和奇函數，則，得：，②①+②得：，由于關于對稱，則關于對稱，為偶函數，關于軸對稱，則關于對稱，由于有唯一零點，則必有，，即：，解得：或.故選：A.【點睛】本題考查函數基本性質的應用，涉及函數的奇偶函數，對稱性和零點，考查函數思想和分析能力.8．（2021·山東日照·高三月考）設，，，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用對數式和指數式的關系判斷冪的大小，根據對數函數的單調性比較對數的大小．【詳解】因為，所以，，，,所以．故選：D．9．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數，，若方程有4個實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，則，方程有4個實數根等價于在上有2個實數根，即當時，函數的圖象與的圖象有2個交點，數形結合即可求解【詳解】令，則，方程有4個實數根等價于在上有2個實數根，即當時，函數的圖象與的圖象有2個交點，作出與的圖象，如圖：由圖象可知，當時，函數的圖象與的圖象有2個交點，所以方程有4個實數根時實數的取值范圍為故選：D10．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數的定義域為，是奇函數，為偶函數，當時，，則以下各項中最小的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知條件可知、，進而得到，即周期為8，應用周期性結合已知區間解析式，即可知、、、中最小值.【詳解】是奇函數，即關于對稱，的圖象關于點對稱，即．又為偶函數，即關于對稱，的圖象關于直線對稱，即．，，即，函數的周期為8，，，，，故最小．故選：D【點睛】本題考查了函數的性質，根據已知奇偶性推導函數的周期，應用函數周期求函數值，進而比較大小，屬于基礎題.11．（2021·湖北武漢·高三期中）已知雙曲線的左?右焦點分別為，，過且斜率為的直線與雙曲線在第二象限的交點為A，若，則此雙曲線的漸近線為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】通過得到，結合題干中的斜率條件表達出點坐標，再代入雙曲線方程求解與的關系，求解漸近線方程.【詳解】因為，所以，故三角形是等腰三角形，即，又因為，過點A作AB⊥x軸于點B，則，設，，由勾股定理得：，解得：，故，把A點代入雙曲線方程，得：，解得：，顯然=0，所以，所以雙曲線的漸近線為故選：D12．（2021·福建·福清西山學校高三期中）已知，，，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先通過簡單的放縮比較和的大小，再通過構造函數比較和的大小.【詳解】解：設，，當時，與相交于點和原點時，，即故選：A.【點睛】思路點睛：當數值相差比較小時，可以通過構造函數來比較大小.13．（2022·全國·高三專題練習）在中，D為三角形所在平面內一點，且，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設AD交BC于E，然后根據條件得到點E的位置，進而根據向量關系得到線段間的比例，最后得出面積比.【詳解】如圖，設AD交BC于E，且，由B,E,C三點共線可得：，∴，∴.設，則，∴.又，∴，∴.故選：B.14．（2020·陜西·涇陽縣教育局教學研究室高一期中）Logistic模型是常用數學模型之一，可應用于流行病學領域．有學者根據公布數據建立了某地區新冠肺炎累計確診病例數I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：，其中K為最大確診病例數．當I()=0.95K時，標志著已初步遏制疫情，則約為（）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【分析】將代入函數結合求得即可得解.【詳解】，所以，則，所以，，解得.故選：C.【點睛】本題考查對數的運算，考查指數與對數的互化，考查計算能力，屬于中等題.15．（2021·湖南郴州·高三月考）已知函數，若，且的最大值為3，則的值為（）A．-1 B．1 C．0 D．2【答案】C【分析】當時，，求導函數，分析導函數的符號，得出函數的單調性，作出圖象，當時，不符題意.當時，利用導函數的幾何意義可求得答案.【詳解】解：因為函數，當時，，則，令，解得，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，如下如圖，當時，，則，且，不符.如下如圖，當時，，要使得取得最大值，則，，不妨設直線為曲線在處的切線，則，，，所以，，所以，，故選：C.16．（2021·湖南郴州·高三月考）已知點是橢圓：上一點，點?是橢圓的左?右焦點，若的內切圓半徑的最大值為，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】設的內切圓半徑為，則，結合，，，，可得，再由以及即可求解.【詳解】由題意可得：，，設的內切圓半徑為，所以，因為的內切圓半徑的最大值為，所以因為，所以，可得，所以橢圓的離心率為，故選：B.17．（2021·湖南·高三月考）如圖是古箏鳴箱俯視圖，鳴箱有多根弦，每根弦下有一只弦碼，弦碼又叫雁柱，用于調節音高和傳振.右圖是根據左圖繪制的古箏弦及其弦碼簡易直觀圖.在直觀圖中，每根弦都垂直于x軸，左邊第一根弦在y軸上，相鄰兩根弦間的距離為1，弦碼所在的曲線(又稱為雁柱曲線)方程為y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示與y軸重合的弦)根弦分別與雁柱曲線和直線l：y＝x＋1交于點An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，則（）參考數據：1.122＝8.14A．814 B．900 C．914 D．1000【答案】C【分析】由題得，再利用錯位相減法求解.【詳解】由條件可得，∴，得，∵，∴．故選：C18．（2021·湖南·高三月考）已知球O的半徑為2，三棱錐P－ABC四個頂點都在球O上，球心O在平面ABC內，△ABC是正三角形，則三棱錐P－ABC的最大體積為（）A．3 B．2 C． D．3【答案】B【分析】先求出，再求三棱錐體積的最大值.【詳解】由于球的半徑為，是正三角形，所以，∴，所以當平面時，三棱錐的體積最大.∴三棱錐的最大體積為．故選：B二、多選題19．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，?分別為，的中點，過點??作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（）A．三棱柱外接球的表面積為B．C．若交于，則D．將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為【答案】CD【分析】對于，將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑可求得外接球的表面積為，故A項錯誤；對于，延長與交于點，連接交于，連接得到截面，可推得與不平行，可知B項錯誤；對于，在中，計算可知C項正確；對于，利用體積公式計算可知D項正確.【詳解】如圖所示：將該三棱柱視為正方體的一部分，則三棱柱外接球的半徑，，其表面積為，故A項錯誤；延長與交于點，連接交于，連接，則平面即為截面.因為，是中點，所以是的中點，由與相似，得，得，而是的中點，所以與不平行且必相交，所以與截面不平行，故B項錯誤；因為，又，所以在中，，故C項正確；延長交于點，則將三棱柱分成體積較大部分的體積為，所以剩余部分的體積為，所以體積之比為，故D項正確.故選：CD.【點睛】關鍵點點睛：將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑是解題關鍵.20．（2021·江蘇高郵·高三月考）函數在區間，上連續，對，上任意二點與，有時，我們稱函數在，上嚴格上凹，若用導數的知識可以簡單地解釋為原函數的導函數的導函數（二階導函數）在給定區間內恒為正，即.下列所列函數在所給定義域中“嚴格上凹”的有（）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據題目中定義，逐個判斷各函數是否滿足條件二階導函數大于零，即可解出．【詳解】由題意可知，若函數在所給定義域中“嚴格上凹”，則滿足在定義域內恒成立．對于A，，則在時恒成立，不符合題意，故選項A錯誤；對于B，，則恒成立，符合題意，故選項B正確；對于C，，則在時恒成立，符合題意，故選項C正確；對于D，，則在時恒成立，不符合題意，故選項D錯誤.故選：BC.21．（2022·全國·高三專題練習）在中，角??的對邊分別為??，已知，下列哪些條件一定能夠得到？（）A． B．C． D．邊上的中線長為【答案】BD【分析】根據余弦定理可判斷A錯誤；由可求出，再根據兩角和的正弦公式可求得，然后由正弦定理即可判斷B正確；由可得，再根據余弦定理可得或，從而可判斷錯誤；由中點公式的向量形式可得，再根據數量積的運算即可求出，D正確．【詳解】由題意，對于，，由余弦定理可得，可得，可得，解得，（負值舍去），故錯誤；對于，由，可得，，可得，由正弦定理，可得，故正確；對于，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，故錯誤；對于，若邊上的中線長為，因為，兩邊平方，可得，可得，整理可得，所以解得，（負值舍去），故正確.故選：BD.22．（2021·福建·三明一中高三月考）若存在直線，使得函數和對其公共定義域上的任意實數都滿足，則稱此直線為和的“隔離直線”，已知函數，，，下列命題為真命題的是（）A．在內單調遞增B．和之間存在“隔離直線”，且的最小值為C．和之間存在“隔離直線”，且的取值范圍是D．和之間存在唯一的“隔離直線”【答案】ACD【分析】利用導數判斷A選項的正確性．利用公切線，結合圖象判斷BC選項的正確性．利用公切線結合導數判斷D選項的正確性．【詳解】解：A選項，，所以，對于函數，其判別式，所以，令解得，所以在區間內，單調遞增，故A正確．BC選項，畫出，的圖象如下圖所示，由圖可知，是“隔離直線”，且．設（，）分別是與圖象上的一點，且直線AB是與圖象的公切線．因為，過A點的切線方程為，即，令，令，則，所以，即，解得．所以公切線AB方程為．結合圖象可知，k的取值范圍是．所以B錯誤，C正確．對于D選項，構造函數，，所以在區間上，單調遞減；在區間上，單調遞增．所以在定義域上的極小值也即是最小值為，所以有唯一零點，也即與有唯一公共點．由上述分析可知，公切線方程為，D選項正確．故選：ACD．23．（2021·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是邊長為2，側棱長為4，E是的中點，則（）A．三棱錐的體積為B．C．三棱錐的外接球的半徑是D．過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形面積為【答案】ACD【分析】由等積法可判斷A，建立坐標系用向量法可判斷B，確定球心位置即可判斷C，取的中點，連接，則過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形為梯形，求出面積即可判斷D【詳解】對于A：，故A正確；對于B：如圖以為原點，為坐標軸建立坐標系，則，，，因為，所以不成立，故B錯誤；對于C：，，所以，則由直角三角形的性質可知的中點到的距離相等，故三棱錐的外接球的半徑是，故C正確；對于D：取的中點，連接，則易知，所以，所以過點三點平面與該棱柱各個面的交線圍成的平面圖形為梯形，，設梯形的高為，則，所以，所以梯形的面積為，故D正確；故選：ACD24．（2021·福建福州·高三期中）已知函數的定義域、值域都是，且滿足，則下列結論一定正確的是（）A．若，則 B．C． D．【答案】ABD【分析】構造函數，利用導數分析函數在上的單調性，進而可判斷各選項的正誤.【詳解】函數，則函數的定義域為，，所以，函數在上單調遞增，對于A選項，，即，則，A對；對于B選項，，即，故，B對；對于C選項，，則，所以，，故，C錯；對于D選項，構造函數，其中，則，所以，函數在上單調遞增，故，即當時，，因為，即，由可得，則，所以，，故，D對.故選：ABD.25．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）在數學中，布勞威爾不動點定理可應用到有限維空間，并構成一般不動點的基石，它得名與荷蘭教學家魯伊茲布勞威爾，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續函數，存在一個點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根據題中所給定義，只需判斷f（x0）＝x0是否有解即可．【詳解】解：對于A：無解，所以A不滿足；對于B：，解得：或，所以B滿足題意；對于C：，解得：，所以C滿足題意；對于D：，在同一直角坐標系下畫出函數以及的圖像，可確定兩個函數的圖像有交點，即方程有解，所以D滿足題意；故選：BCD.26．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）對，[x]表示不超過x的最大整數，十八世紀，y=[x]被“數學王子”高斯采用，因此得名為高斯函數，人們更習慣稱為“取整函數”，則下列命題中的真命題是（）A．B．C．函數的值域為[0，1）D．若，使得同時成立，則正整數n的最大值是5【答案】CD【分析】由取整函數的定義判斷，由定義得，利用不等式性質即可判斷各命題的真假．【詳解】對A，由取整函數的定義可得，，所以A錯誤；對B，，，∴，所以B錯誤；對C，由定義，∴，∴函數的值域是，C正確；對D，若，使得同時成立，則，，，，，，因為，若，則不存在同時滿足，．只有時，存在滿足題意，即正整數n的最大值是5.故選：CD．27．（2021·山東日照·高三月考）已知正方形ABCD的邊長為2，點P為正方形ABCD所在平面內的一點，則（）A．若點Р滿足，且，則點Р在線段BC上B．若點P滿足，則C．若，則點Р在的中位線上D．以點A為圓心作單位圓，分別交AB，AD于E，F兩點，點Р是弦EF所對的劣弧上一點，則的取值范圍為【答案】BCD【分析】根據平面向量和三角函數的相關知識對選項逐一分析即可.【詳解】對于A選項，若點滿足且，則即與有公共點，三點共線，即點在直線上，但不一定在線段上，故A不正確；對于B選項，若點P滿足點為線段的中點，如圖：那么，故B正確；對于C選項，如圖，設的中點為，的中點為N，連接，則即點在中位線上，故C正確；對于D選項，如圖，取點為原點，分別以所在的直線為軸軸建立平面直角坐標系，則，:從而即的取值范圍為，故D正確.故選：BCD28．（2021·山東日照·高三月考）函數，下列命題正確的是（）A．若且，則B．方程最多有兩個實根C．直線與曲線相切于點則D．當時，函數滿足，且與圖象的交點為，則【答案】ACD【分析】利用函數解析式可判斷A，由特例可判斷B，利用直線與曲線相切可求得的值即可判斷C，利用函數的對稱性可判斷D.【詳解】∵，即，∴，，∴，又，∴，故A正確；令，則，由，得或，故B錯誤；由直線與曲線相切于點，則，∴，即，∵，由代入得，∴，又，∴，∴，故C正確；當時，由上知，又，∴函數的圖象關于點對稱，函數的圖象關于點對稱，∴兩函數的圖象的交點成對出現，且每一對交點都關于點對稱，∴，故D正確.故選：ACD.29．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數，下列結論正確的是（）A．是奇函數B．若在定義域上是增函數，則C．若的值域為，則D．當時，若，則【答案】AB【分析】對于A利用函數奇偶性定義證明；對于B，由增函數定義知即可求解；對于C，利用指數函數的單調性，求出分段函數每段函數上的值域，結合的值域為，即可求解；對于D，將等價于，利用函數定義域及單調性即可求解；【詳解】對于A，當時，，，；當時，，，，所以是奇函數，故A正確；對于B，由在定義域上是增函數，知，解得，故B正確；對于C，當時，在區間上單調遞增，此時值域為，當時，在區間上單調遞增，此時值域為，要使的值域為，則，解得，故C錯誤；對于D，當時，由于，則在定義域上是增函數，等價于，即，解得，故D錯誤；故選：AB30．（2021·湖北·石首市第一中學高三月考）已知函數，則下述結論中錯誤的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在[0，2π]有且僅有2個極小值點B．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在上單調遞增C．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則ω的范圍是D．若f（x）圖象關于對稱，且在單調，則ω的最大值為11【答案】BD【分析】利用正弦函數的圖象和性質對每一個選項逐一分析判斷得解.【詳解】因為,因為在有且僅有個零點，所以，所以.所以選項C正確；此時，在有且僅有個極小值點，故選項A正確；因為，因為，所以當時，所以，此時函數不是單調函數，所以選項B錯誤；若的圖象關于對稱，則，.，，，.當時，，當時，，此時，函數在區間上單調遞減，故的最大值為9．故選項D錯誤.故選：BD【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數的單調區間時，首先化簡成形式，再求的單調區間，只需把看作一個整體代入的相應單調區間內即可，注意要先把化為正數．31．（2021·福建·福清西山學校高三期中）如圖，，，是全等的等腰直角三角形，，處為直角頂點，且O，，，四點共線.，若點，，，分別是邊，，上的動點（包含端點），記，，，則（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】建立平面直角坐標系，寫出各點的坐標，進行求解.【詳解】如圖，以O為原點，建立直角坐標系，則，，所以，A正確；其中，，，所以，B正確；其中，，，，所以，C正確，D錯誤；故選：ABC32．（2021·湖北武漢·高三期中）已知數列滿足，，前n項和為，則下列選項中正確的是（）（參考數據：，）A． B．C． D．是單調遞增數列，是單調遞減數列【答案】ACD【分析】對于A：由已知得，令，有，，由，由此可判斷；對于B：由，得，由此可判斷；對于C：由，，得，由此可判斷；對于D：令，則有與異號，與同號，繼而得，，再得，得出，，由此可判斷.【詳解】解：對于A：由得，令，即，則，又，所以，則在上單調遞減，所以，所以，故A正確；對于B：因為，，故B不正確；對于C：因為，所以，，所以，即，所以，故C正確；對于D：因為，，令，所以與異號，與同號，又，所以，，即，，又，所以，所以，，所以是單調遞增數列，是單調遞減數列，所以是單調遞增數列，是單調遞減數列，故D正確，故選：ACD.33．（2021·湖南·高三月考）已知數列的前n項和為，下列說法正確的是（）A．若，則是等差數列B．若，則是等比數列C．若是等差數列，則D．若是等比數列，則，，成等比數列【答案】BC【分析】根據（）；即可判斷選項A、B；根據等差數列的性質易判斷選項C；易舉反例進行判斷選項D．【詳解】當時，；（），不滿足上式，所以數列不是等差數列，選項A錯誤；當時，,，且滿足上式，所以此時數列是等比數列，選項B正確；根據等差數列的性質可知：；故選項C正確；當時，是等比數列，而，，，不能構成等比數列，選項D錯誤．故選：BC．34．（2021·湖南郴州·高三月考）已知直線：和圓：，下列說法正確的是（）A．直線恒過定點 B．圓被軸截得的弦長為C．直線被圓截得的弦長存在最大值，且最大值為4 D．直線被圓截得的弦長存在最小值，且最小值為4【答案】AD【分析】利用直線系方程求得直線所過定點的坐標判斷A；求出圓C被x軸截得的弦長判斷B；當直線過圓心時可判斷C，當直線時算出弦長可判斷D.【詳解】由，得，聯立，得，無論m為何值，直線恒過定點，故A正確；在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故B錯誤；當直線l過圓心C時，直線被圓截得的弦長最大，最大值為6，此時直線方程為，故C錯誤；設，易知P在圓內，當直線時，直線l被圓截得的弦長最小，且最小值為，故D正確.故選：AD35．（2021·湖南郴州·高三月考）如圖，在直三棱柱中，，，，?分別是?的中點，是上的動點，則下列結論中正確的是（）A．直線，所成的角的大小隨點的位置變化而變化B．三棱錐的體積是定值C．直線與平面所成的角的余弦值是D．三棱柱的外接球的表面積是【答案】BC【分析】對于A，證明平面，從而可證得，即可判斷A；對于B，證明，從而可說明點到平面的距離即為點到平面的距離，為定值，即可判斷B；對于C，根據平面，可得即為直線與平面所成的角的平面角，求得，即可判斷C；對于D，根據題意可知矩形的對角線即為三棱柱的外接球的直徑，求得外接圓的半徑，即可判斷D.【詳解】解：對于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以，因為，即，是的中點，所以，又，所以平面，又平面，所以，故A錯誤；對于B，因為?分別是?的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離即為點到平面的距離，為定值，即三棱錐的高為定值，又的面積也為定值，即三棱錐的底面積為定值，所以三棱錐的體積是定值；對于C，因為平面，所以即為直線與平面所成的角的平面角，在中，，所以，即直線與平面所成的角的余弦值是，故C正確；對于D，在直三棱柱中，，所以矩形的對角線即為三棱柱的外接球的直徑，矩形的對角線為，即三棱柱的外接球的半徑為，所以三棱柱的外接球的表面積是，故D錯誤.故選：BC.36．（2021·湖南·高三月考）已知數列{an}各項均是正數，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0<a<4)的兩根，下列結論正確的是（）A．若{an}是等差數列，則數列{an}前9項和為18B．若{an}是等差數列，則數列{an}的公差為2C．若{an}是等比數列，{an}公比為q，a＝1，則q4－14q2＋1＝0D．若{an}是等比數列，則a3＋a7的最小值為2【答案】AC【分析】對于選項A，計算得，所以A正確；對于選項B，數列公差滿足，故B錯誤；對于選項C，分析推理得到，故C正確；對于選項D，不等式中，等號不成立，故D錯誤．【詳解】由條件得，．如果是等差數列，則，，∴，所以A正確；又，∴數列公差滿足，故B錯誤；如果是等比數列，由得，∴，∴，即，∴，故C正確；由已知得，由于，所以，即數列的公比不為，∴，∴在不等式中，等號不成立，故D錯誤．故選：AC37．（2021·湖南·高三月考）已知兩個完全一樣的四棱錐，它們的側棱長都等于，底面都是邊長為2的正方形.下列結論成立的是（）A．將這兩個四棱錐的底面完全重合，在得到的八面體中，有6對平行棱B．將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到的八面體的所有頂點都在半徑為的球上C．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到的幾何體共有7個面D．將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，這兩個四棱錐的底面互相垂直【答案】ACD【分析】畫出圖形，可以得到八面體中，有6對平行棱，所以選項A正確；如圖一，設的中點為，計算得到，∴B錯誤；如圖二，分別設四棱錐的底面正方形的邊與的中點為，，分別連接，，,得到的幾何體共有7個面,所以選項C正確；證明平面平面．∴D正確．【詳解】將這兩個四棱錐的底面完全重合，得到如圖一的幾何體，其中平行的棱分別是，，，，，．∴A正確；如果這個幾何體所有頂點都在一個球上，則點，到平面的距離與正方形對角線的一半都等于球的半徑．設的中點為，則平面，由于，∴，又，∴，∴B錯誤；將這兩個四棱錐的一個側面完全重合，得到如圖二的幾何體．分別設四棱錐的底面正方形的邊與的中點為，，分別連接，，．∵，∴，∴．∵，，∴．∴，即．，是平面內兩條相交直線，∴平面．同理，平面．∴平面與平面重合．∴共有平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面個平面．∴C正確；由上可知，是二面角的平面角，且，即二面角等于．∴二面角等于，∴二面角為直二面角，∴平面平面．∴D正確．故選：ACD三、雙空題38．（2021·福建福州·高三期中）已知數列滿足，則___________.設為數列的前項和，若對任意恒成立，則實數取值范圍是___________.【答案】2；.【分析】根據題意，當時，，當時，，所以；由題得出當時，，兩式相減從而得出通項公式，進而可知，最后利用裂項相消法求出數列的前項和，進而得出實數取值范圍.【詳解】解：當時，，當時，，所以，因為，所以時，，兩式相減得到，故，經檢驗適合此式，所以，所以，即，則，由于對任意恒成立，所以，所以實數取值范圍是.故答案為：2；.39．（2021·福建省龍巖第一中學高三月考）函數，當時，零點的個數是______；若存在實數，使得對于任意，都有，則實數的取值范圍是______.【答案】1【分析】根據零點定義可確定零點個數，，求出導函數，由存在最小值得參數范圍，【詳解】時，，顯然時，，時，，，零點為．只有1個零點．若存在實數，使得對于任意，都有，所以是函數的最小值．，時，，．若，則時，恒成立，單調遞減，，時，，，，所以此時無最小值．，則時，，遞減，時，，遞增，極小值，時，，時，無最小值，時，最小值，綜上，的范圍是．故答案為：1；．【點睛】本題考查函數零點個數問題，考查用導數研究函數最值．解題關鍵是分類討論確定導函數的正負，得出的單調性，從而確定極值，解題時特別注意分段函數需要分段討論，然后比較才可能得到最小值．40．（2021·山東師范大學附中高三月考）已知函數的定義域為R，且滿足下列條件：①；②則___________；若方程在上有2020個不同的實數根，則實數的取值范圍是___________.【答案】或【分析】根據條件推得函數是周期為的函數，結合函數解析式可求得的值；作出函數在上的圖象，數形結合即可求解．【詳解】因為，所以是周期為的函數，故．函數在上有個周期，要使方程在上有2020個不同的實數根，需要每個周期內有2個根，作出函數在上的圖象如圖所示，由圖可知，當或時，方程在上有2個根，所以的取值范圍為或．故答案為：；或41．（2021·湖北武漢·高三期中）如圖，已如平面四邊形ABCD，，，，.沿直線AC將翻折成，則___________；當平面平面ABC時，則異面直線AC與所成角余弦值是___________.

【答案】2【分析】根據題干中條件，選擇AC的中點為原點建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，用空間向量求解數量積和異面直線的夾角余弦值.【詳解】因為，，，由勾股定理得：，因為，所以三角形ABC為等腰三角形取AC的中點O，則OB⊥AC，以O為原點，OB所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，垂直于平面ABC為z軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，則；當平面平面ABC時，在yoz平面上，則，設異面直線AC與所成角為，則異面直線AC與所成角余弦值是故答案為：2，42．（2021·湖南郴州·高三月考）依次將一數列的每相鄰兩項之積及原數列首尾項（仍為新數列的首尾項），構造新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.現將數列1，2進行構造，第1次得到數列1，2，2；第2次得到數列1，2，，2；第3次得到數列1，2，，，2；依次構造，第次得到數列1，，，…，，2；記，則___________，設數列的前項積為，則___________.【答案】【分析】由題意可得的值，然后，，然后可得數列是首項為，公比為2的等比數列，然后可得，然后可算出答案.【詳解】第四次構造得到的數列為，故因為，所以由數列的構造方式可得所以，因為所以數列是首項為，公比為2的等比數列所以，所以所以故答案為：；.四、填空題43．（2021·江蘇·揚州中學高三月考）已知三棱錐P-ABC外接球的表面積為，PA平面ABC，，，則三棱錐體積的最大值為______.【答案】【分析】根據三棱錐的外接球的表面積可求得底面的外接圓面積,進而利用正弦定理與求得長度,再根據余弦定理與面積公式求解底面的最大值即可.【詳解】由題,設底面外接圓直徑為,則因為平面且,故.在底面中利用正弦定理有,解得.在中用余弦定理有,化簡得,即,根據基本不等式有,解得.故三棱錐體積.故答案為：【點睛】本題主要考查了三棱錐外接球的問題,需要根據題意建立三棱錐高與底面外接圓半徑以及三角形的關系,并利用基本不等式求最值.屬于中檔題.44．（2021·江蘇高郵·高三月考）我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.則函數