年新高考地區數學名校地市選填壓軸題好題匯編（十七）一、單選題1．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）已知橢圓的左、右焦點分別為和，為上一點，且的內心為，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題知為上一點，所以，，所以的周長為，因為的內心為所以，內切圓的半徑為，所以，由三角形內切圓的性質知，，即，兩邊平方并整理得，即，所以，離心率為故選：C2．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）已知定義在上的可導函數f（x）的導函數為f（x），滿足且為偶函數.為奇函數，若，則不等式的解集為（）A． B．C． D．【答案】A【解析】因為為偶函數，為奇函數，所以，.所以，，所以.令，則.令上式中取，則，所以.令取，則，所以.所以為周期為8的周期函數.因為為奇函數，所以，令，得：，所以，所以，即為，所以.記，所以.因為，所以，所以在上單調遞減.不等式可化為，即為.所以.故選：.3．（2023·廣東深圳·高三校聯考期中）若函數，的值域為，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】根據題意可知若，則可得；顯然當時，可得，由的值域為，利用三角函數圖像性質可得，解得，即的取值范圍是.故選：D4．（2023·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）已知，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，則，在上單調遞增，，即，，，即；令，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，，（當且僅當時取等號），，即（當且僅當時取等號），，即；綜上所述：.故選：D.5．（2023·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）若點是所在平面上一點，且是直線上一點，，則的最小值是（

）．A．2 B．1C． D．【答案】C【解析】設，，因為，所以，，所以點G是的重心，設點D是AC的中點，則，B、G、D共線，如圖，又．因為B、H、D三點共線，所以，所以，當且僅當，即，時取等號，即的最小值是.故選：C．6．（2023·湖北·高三校聯考階段練習）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，所以，化簡得，所以，又，所以，故．故選：D7．（2023·湖北·高三校聯考階段練習）已知數列為等比數列，公比為q（），前n項和為，則“”是“數列是單調遞增數列”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】C【解析】解法一：通項法：若，則，所以或，．①若，當時，是遞增數列，所以是遞增數列；當時，是遞減數列，所以是遞增數列．②若是遞減數列，所以是遞增數列．所以“”是“數列是單調遞增數列的充分條件．若是單調遞增數列，則，所以，因為，所以，所以“”是“數列是單調遞增數列”的必要條件．由上可知：“”是“數列是單調遞增數列”的充要條件．解法二：定義法，若是單調遞增數列，則，所以．若，則所以“”是“數列是單調遞增數列”的充要條件故選：C8．（2023·湖北武漢·高三湖北省武昌實驗中學校考階段練習）已知函數的一個對稱中心為，現將函數圖象上各點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，若函數在上單調遞減，則可取值為（

）A． B． C．2 D．3【答案】D【解析】，∵函數圖象的一個對稱中心為.∴，即，∵，∴，∴，將函數圖象上各點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，則，當時，，若函數在上單調遞減，則，得，故D符合.故選：D.9．（2023·山東·高三校聯考階段練習）記非常數數列的前n項和為，設甲：是等比數列；乙：（，1，且），則（

）A．甲是乙的充要條件 B．甲是乙的充分不必要條件C．甲是乙的必要不充分條件 D．甲是乙的既不充分也不必要條件【答案】A【解析】若，則（），∴，，．∵，1，∴，∴數列是以為公比的等比數列．若數列為等比數列，且，則．又，∴，∴，此時，1，，所以甲是乙的充要條件．故選：A．10．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知，，，且，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因為，所以，所以．因為，所以，因為，所以，，所以．由，得，即，所以，所以．又，所以．故選：C11．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知函數，則函數的零點個數為（

）A．0或3 B．0或1 C．1或2 D．2或3﹒【答案】A【解析】當時，，所以,所以當時，，即函數單調遞增；當時，，即函數單調遞減；所以，并且當時，，當時，圖象如下所示：令，則，則可得，,，均無零點，故零點個數為0；當時，如下圖所示：參照的解析可知，此時也無零點；當時，如下圖所示：令可解得結合上圖可知：均有1個零點，所以此時有3個零點，綜上：有0個或3個零點，故選：A.12．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知函數在區間內不存在最值，且在區間上，滿足恒成立，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由，則內不存在最值，即，則，，則或，由，則中恒成立，只需且，或；所以的取值范圍是.故選：D13．（2023·福建·高三校聯考階段練習）已知函數在上單調遞增，則的最大值是（

）A．0 B． C． D．3【答案】A【解析】由題意可得，因為在上單調遞增，所以恒成立，即恒成立，設，則，當0時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，故，即.故選：A.14．（2023·江蘇連云港·高三校考階段練習）已知圓與雙曲線，若在雙曲線上存在一點，使得過點所作的圓的兩條切線，切點為、，且，則雙曲線的離心率的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】連接、、，則，，由切線長定理可知，，又因為，，所以，，所以，，則，設點，則，且，所以，，所以，，故，故選：B.15．（2023·江蘇·高三泰州中學校聯考階段練習）已知函數（其中是自然對數的底數），若則的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由函數，，可知，即函數為奇函數，所以，又，當且僅當時等號成立，所以函數為增函數，由于，所以，而，所以，則，即.故選：B16．（2023·江蘇·高三泰州中學校聯考階段練習）已知分別是雙曲線的左、右焦點，頂點在原點的拋物線的焦點恰好是，設雙曲線與拋物線的一個交點為，若則雙曲線的離心率是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】過點分別向軸和拋物線的準線作垂線，垂足分別為,不妨設則因為為雙曲線上的點，所以即故又在三角形中，由余弦定理得化簡可得即解得故選：D.17．（2023·江蘇鹽城·高三校聯考階段練習）已知是數列的前項和，則“是遞增數列”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】B【解析】當是遞增數列，則，則，但是的符號不確定，故充分性不成立；當時，則，故是遞增數列，即必要性成立；綜上，“是遞增數列”是“”的必要不充分條件.故選：B.18．（2023·江蘇鹽城·高三校聯考階段練習）已知數列的首項，且，，則滿足條件的最大整數（

）A．2022 B．2023 C．2024 D．2025【答案】C【解析】因為，所以，所以，所以數列是等比數列，首項為，公比為，所以，即，所以，而當時，單調遞增，又因為，且，所以滿足條件的最大整數.故選：C.19．（2023·江蘇揚州·高三儀征中學校聯考階段練習）已知直角三角形ABC中，，AB=2，AC=4，點P在以A為圓心且與邊BC相切的圓上，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】以為原點建系，，，即，故圓的半徑為，∴圓，設中點為，，，∴，故選：D.20．（2023·江蘇揚州·高三儀征中學校聯考階段練習）設，則下列關系正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】記，因為，當時，，所以在上單調遞增，則當時，，即，取，所以，記，因為，所以在上單調遞減，則當時，，即，取，所以，故，即；記，因為，當時，，所以在上單調遞增，所以當時，，即，取，所以，即；所以.故選：C.21．（2023·河北·高三石家莊一中實驗學校校聯考期末）直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是A． B． C． D．【答案】A【解析】分析：先求出A，B兩點坐標得到再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可直線分別與軸，軸交于，兩點,則點P在圓上圓心為（2，0），則圓心到直線距離故點P到直線的距離的范圍為則故答案選A.22．（2023·河北·高三石家莊一中實驗學校校聯考期末）設，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】，令，令，，，所以，即，故在上單調遞增，所以，即，綜上，.故選：D.二、多選題23．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）如圖，正方體中，頂點A在平面α內，其余頂點在α的同側，頂點，B，C到的距離分別為，1，2，則（）A．BC∥平面B．平面A1AC⊥平面C．直線與所成角比直線與所成角小D．正方體的棱長為2【答案】BCD【解析】對A，因為B，C到的距離分別為1，2，顯然不相等，所以BC不可能與平面平行，因此選項A不正確；對B，設的交點為，顯然是的中點，因為平面，C到的距離為2，所以O到的距離分別為1，而B到的距離為1，因此，即，設平面，所以，因為是正方形，所以，又因為平面，平面，所以，因為平面，所以平面，因此有平面，而，所以平面平面，因此選項B正確；對C，設到平面的距離為，因為平面，是正方形，點，B到的距離分別為，1，所以有，設正方體的棱長為，設直線與所成角為，所以，設直線與所成角為，所以，因為，所以，因此選項C正確；對D，因為平面平面，平面平面，，所以在平面的射影與共線，顯然，如圖所示：由，，由（負值舍去），因此選項D正確，故選：.24．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）已知函數，其中實數，則下列結論正確的是（）A．必有兩個極值點B．有且僅有3個零點時，的范圍是C．當時，點是曲線的對稱中心D．當時，過點可以作曲線的3條切線【答案】ABD【解析】選項A：由題意可得，令解得或，因為，所以令解得或，令解得，所以在，上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，故A正確；選項B：要使有且僅有3個零點，只需，即，解得，故B正確；選項C：當時，，，，所以點不是曲線的對稱中心，C錯誤；選項D：，設切點為，所以在點處的切線方程為：，又因為切線過點，所以，解得，令，，所以過點可以作曲線切線條數可轉化為與圖像的交點個數，，令解得或，因為，所以令解得或，令解得，則在，上單調遞增，在上單調遞減，且，，圖像如圖所示，所以當時，與圖像有3個交點，即過點可以作曲線的3條切線，故D正確；故選：ABD25．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）正方形ABCD的邊長為2，E是BC中點，如圖，點P是以AB為直徑的半圓上任意點，，則（

）A．最大值為 B．最大值為1C．最大值是2 D．最大值是【答案】BCD【解析】以AB中點O為原點建立平面直角坐標系，，，，設，則，，，由，得且，，故A錯；時，故B正確；，故C正確；，故D正確．故選：BCD.26．（2023·廣東深圳·高三校聯考期中）已知等差數列的首項為，公差為，前項和為，若，則下列說法正確的是（

）A． B．使得成立的最大自然數C． D．中最小項為【答案】ACD【解析】根據題意：即兩式相加，解得：，故A正確.由，可得到，所以，，，所以，故C正確；由以上可得：，，而，當時，；當時，；要使得成立的最大自然數，故B錯誤.當，或時，；當時，；由，,所以中最小項為，故D正確.故選：ACD.27．（2023·廣東深圳·高三校聯考期中）如圖，正方體的棱長為，點是的中點，點是側面內一動點，則下列結論正確的為（

）

A．當在上時，三棱錐的體積為定值B．與所成角正弦的最小值為C．過作垂直于的平面截正方體所得截面圖形的周長為D．當時，面積的最小值為【答案】ABD【解析】對于A選項，連接、，如下圖所示：在正方體中，且，故四邊形為平行四邊形，所以，，因為平面，平面，所以，平面，當在上時，點到平面的距離等于點到平面的距離，所以，，A對；對于B選項，連接，因為平面，所以，與所成的最小角為直線與平面所成的角，因為平面，所以，與平面所成角為，因為平面，所以，，因為，，所以，，所以，，故與所成角正弦的最小值為，B對；對于C選項，分別取線段、的中點、，連接、、、、、、，因為四邊形為正方形，則，又因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，則，在和中，，，，所以，，則，所以，，則，即，因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為、分別為、的中點，則，因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，則、、、四點共面，因為，，，、平面，所以，平面，過作垂直于的平面截正方體所得截面，則截面為梯形，由勾股定理可得，同理可得，，，所以，截面周長為，C錯；對于D選項，由C選項可知，平面，則點的軌跡為線段，因為平面，平面，則，則，當時，即當點與點重合時，的長取最小值，此時，，所以，，D對.故選：ABD.28．（2023·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）如圖，點是正方體中的側面上的一個動點，則（

）A．點存在無數個位置滿足B．若正方體的棱長為，三棱錐的體積最大值為C．在線段上存在點，使異面直線與所成的角是D．點存在無數個位置滿足到直線和直線的距離相等【答案】ABD【解析】對于A，連接，四邊形為正方形，；平面，平面，；又，平面，平面，則當平面，即在線段上時，恒成立，點存在無數個位置，使得，A正確；對于B，連接，交于點，連接，交于點，，，，平面，平面，又平面，；同理可得：；又，平面，平面，即平面；∽，，，；是邊長為的等邊三角形，；設點到平面的距離為，則；當與重合時，取得最大值，，B正確；對于C，以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，當在線段上時，可設，，則，，；則當時，，異面直線與所成的角大于，C錯誤；對于D，平面，點到直線的距離即為其到點的距離，若點到直線和直線的距離相等，則點軌跡是以為焦點，為準線的拋物線在側面上的部分，點存在無數個位置滿足到直線和直線的距離相等，D正確.故選：ABD.29．（2023·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）已知拋物線上三點，，，為拋物線的焦點，則（

）A．拋物線的準線方程為B．，則，，成等差數列C．若，，三點共線，則D．若，則的中點到軸距離的最小值為2【答案】ABD【解析】把點代入拋物線，得，所以拋物線的準線方程為，故A正確；因為，所以，，，又由，得，所以，即，，成等差數列，故B正確；因為A，F，C三點共線，所以直線斜率，即，所以，化簡得，，故C不正確；設AC的中點為，因為，，所以，得，即的中點到軸距離的最小值為2，故D正確.故選：ABD30．（2023·湖北·高三校聯考階段練習）投擲一枚質地不均勻的硬幣，己知出現正面向上的概率為p，記表示事件“在n次投擲中，硬幣正面向上出現偶數次”，則下列結論正確的是（

）A．與是互斥事件 B．C． D．【答案】ACD【解析】對A，因為對立事件是互斥事件，所以A正確；對B，，所以B錯；對C，由全概率公式可知，所以C正確；對D，由C可知，因為，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，所以，因為且，所以，所以，所以是關于n的遞減數列，所以，D正確．故選：ACD.31．（2023·湖北·高三校聯考階段練習）定義在上的函數，其導函數為，且滿足，若，且，則下列不等式一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABC【解析】A選項：因為，可知在上單調遞增，且，則，所以，A正確；B選項：因為，且，則，即，因為在上單調遞增，所以，B正確；C選項：令，則，可知在上單調遞增，因為，所以，即，又因為，則，可得，所以，C正確；D選項：由C可知，且，則，取，此時，，所以，D錯誤．故選：ABC.32．（2023·湖北武漢·高三湖北省武昌實驗中學校考階段練習）設等比數列的公比為，其前項和為，前項積為，且滿足條件，，，則下列選項正確的是（

）A． B．C．是數列中的最大項 D．【答案】BC【解析】由得與異號，即或，因為，所以，，即數列的前2023項大于1，而從第2024項開始都小于1，對于A：公比，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以，故B正確；對于C，數列的前2023項大于1，而從第2024項開始都小于1，等比數列的前項積為，所以是數列中的最大項，故C正確；對于D，，因為，所以，即，故D錯誤.故選：BC.33．（2023·湖北武漢·高三湖北省武昌實驗中學校考階段練習）已知函數與的定義域均為，分別為的導函數，，，若為奇函數，則下列等式一定成立的是（

）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.34．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知是定義在上的不恒為零的函數，對于任意都滿足，且為偶函數，則下列說法正確的是（

）A． B．為奇函數C．關于點對稱 D．【答案】ACD【解析】由對于任意都滿足，令，則，所以A正確；令，可得，即，所以函數關于點對稱，所以C正確，B錯誤；又由為偶函數知關于直線對稱，即，可得，則，所以，所以函數的周期為，令，則，可得，，所以，所以D正確．故選：ACD．35．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知正四棱錐的側棱長是x，正四棱錐的各個頂點均在同一球面上，若該球的體積為，當時，正四棱錐的體積可以是（

）A． B． C． D．【答案】BD【解析】因為球的體積為，所以球的半徑為．設正四棱錐的底面邊長為2a，高為h，則，即，又因為，即，整理得，可得，令，則，因為，，令，解得；令，解得；可知在內單調遞增，在內單調遞減，當時，取到最大值；當時，；當時，；所以正四棱錐體積．因為，，所以正四棱錐的體積可以是，.故選：BD．36．（2023·山東·高三校聯考階段練習）對于任意非零實數x，y﹐函數滿足，且在單調遞減，，則下列結論正確的是（

）A． B．C．為奇函數 D．在定義域內單調遞減【答案】AC【解析】令，則，解得，故A正確；因為，即，所以是以為首項，2為公比的等比數列，故，故B錯誤；由題意，函數的定義域為，關于原點對稱，令，則，令代換，則，由兩式可得，化簡可得，所以為奇函數，故C正確；因為在單調遞減，函數為奇函數，可得在上單調遞減，但是不能判斷在定義域上的單調性，例如，故D錯誤.故選：AC37．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知正四面體的棱長為2，下列說法正確的是（

）A．正四面體的外接球體積為B．若點P滿足，且，則的最小值為C．若正四面體在正四面體的內部，且可以任意轉動，則正四面體的體積可能為D．若正四面體的四個頂點分別在四個互相平行的平面內，且每相鄰平行平面間的距離均相等，則此距離為【答案】ABD【解析】（審核老師您好，這道題目是個壓軸題，想了很長時間，有考慮不周的地方求私聊，謝謝，請刪除本行）因為正四面體棱長為2，所以正四面體所在正方體棱長為，其外接球即為正方體的外接球，所以外接球半徑為，所以外接球體積，故A正確；因為點P滿足，且，所以點在平面內，則的最小值為正四面體底面上的高，作平面，如圖，則為三角形的中心，所以，在中，，即的最小值為，故B正確；要使正四面體在正四面體的內部，且可以任意轉動，則正四面體的外接球在四面體內切球內部，當正四面體的外接球恰好為正四面體內切球時，正四面體的體積最大值，設正四面體內切球半徑為，則，解得，所以正四面體的外接球半徑為，設正四面體的棱長為，則，解得，由A可知，體積，故C錯誤；在正方體中作出正四面體，作其中過三個頂點的互相平行的平面，如圖，由于相鄰平面間距離都相等，不妨求平面與平面間的距離，其中，為正方體棱上的中點，過作于，則即為兩平行平面間的距離，因為，所以，所以，即相鄰平行平面間的距離為，故D正確.故選：ABD38．（2023·福建·高三校聯考階段練習）已知函數，，若關于的方程有3個實數解，，，且，則（

）A．的最小值為4 B．的取值范圍是C．的取值范圍是 D．的最小值是13【答案】BCD【解析】作出的大致圖象，如圖所示.，其中，所以，則，，.所以，當且僅當，即時，等號成立，但，A錯誤.當時，是偶函數，則，所以，，B，C均正確.因為，所以.設函數，則，當時，，當時，，所以，D正確.故選：BCD39．（2023·江蘇連云港·高三校考階段練習）已知橢圓：的左右焦點分別為、，點在橢圓內部，點在橢圓上，橢圓的離心率為，則以下說法正確的是（

）A．離心率的取值范圍為 B．當時，的最大值為C．存在點，使得 D．的最小值為【答案】ABD【解析】對于A項：因為點在橢圓內部，所以，得，，故A項正確；對于B項：，當在軸下方時，且，，三點共線時，有最大值，由，得，，所以得，所以最大值，故B項正確；對于C項：設，若，即：，則得，即點在以原點為圓心，半徑為的圓上，又由A項知，得，又因為，得，所以得，所以該圓與橢圓無交點，故C項錯誤；對于D項：，，當且僅當時取等號，故D項正確.故選：ABD.40．（2023·江蘇連云港·高三校考階段練習）函數在區間上為單調函數，圖象關于直線對稱，則（

）A．B．將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象關于軸對稱C．若函數在區間上沒有最小值，則實數的取值范圍是D．若函數在區間上有且僅有2個零點，則實數的取值范圍是【答案】ABD【解析】選項A：根據題意函數在區間上為單調函數，可以判斷為單調遞增函數，則，，解得又因為圖象關于直線，則，，解得，當時，符合條件.則A正確；選項B：由A可知向右平移個單位長度后，解析式變成，則圖象關于軸對稱.B正確；選項C：函數在區間沒有最小值，則令，，則，當，即時，沒有最小值.C錯誤；選項D：函數在區間上有且僅有2個零點，因為時，為函數的零點，所以另一個端點只能讓函數再有一個零點即可.所以，即，D正確.故選：ABD.41．（2023·江蘇·高三泰州中學校聯考階段練習）已知、是橢圓的左、右頂點，是直線上的動點（不在軸上），交橢圓于點，與交于點，則下列說法正確的是（

）A． B．若點，則C．是常數 D．點在一個定圓上【答案】BCD【解析】如下圖所示：對于A選項，設點，易知點、，所以，不是定值，A錯；對于B選項，當點的坐標為，，則直線的方程為，即，聯立，可得，解得或，即，所以，，B對；對于C選項，設直線的方程為，聯立可得，解得或，則，，即點，聯立可得，即點，所以，，C對；對于D選項，設點，其中，且，則，，，則，所以，，則，所以，，取線段的中點，連接，由直角三角形的幾何性質可知，所以，點在以線段的直徑的圓上，D對.故選：BCD.42．（2023·江蘇·高三泰州中學校聯考階段練習）已知數列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，…，其中第一項是，接下來的兩項是，再接下來的三項是，以此類推．則下列說法正確的是（

）A．第10個1出現在第46項B．該數列的前55項的和是1012C．存在連續六項之和是3的倍數D．滿足前n項之和為2的整數冪，且的最小整數n的值為440【答案】ACD【解析】將數列排成行的形式1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，第行為：，則第行和為，前行共有個數，前行的和為，對于選項A，第10個1出現在第1+2+3+4+5+6+7+8+9+1=46項，故A正確；對于選項B，因為，所以數列的前55項的和是，故B錯誤；對于選項C，因為，是3的倍數，所以存在連續六項之和是3的倍數，故C正確；對于選項D，設前項由前行和第行前項組成，則.前項和為，若前n項和為2的整數冪，則有，即.因為，所以當時，；當時，；當時，；當時，；所以滿足前n項之和為2的整數冪，且的最小整數n的值為440，故D正確.故選：ACD.43．（2023·江蘇鹽城·高三校聯考階段練習）已知圓錐（是底面圓的圓心，是圓錐的頂點）的母線長為，高為.若、為底面圓周上任意兩點，則下列結論正確的是（

）A．三角形面積的最大值為B．三棱錐體積的最大值C．四面體外接球表面積最小值為D．直線與平面所成角余弦值最小值為【答案】ABD【解析】選項A，由母線長為，高為，可得底面半徑為，設是底面圓的一條直徑，則，即是鈍角，又，則存在點、，當時，，三角形面積的最大值為，故A正確；選項B，因為，則當面時，，故B正確；選項C，設的外接圓半徑為，因為與底面垂直，所以，四面體外接球半徑滿足，若外接球表面積的最小，即外接球的半徑最小，又，即在底面圓中，的外接圓半徑最小，由正弦定理，，則無最大值，的外接圓半徑無最小值，即四面體外接球表面積無最小值，故C錯誤；選項D，設點到平面的距離為，直線SP與平面所成角的正弦值為，則當面時，，此時直線與平面所成角的余弦值最小，最小值為，故D正確；故選：ABD.44．（2023·江蘇鹽城·高三校聯考階段練習）若函數在上的零點從小到大排列后構成等差數列，則的取值可以為（

）A．0 B．1 C． D．【答案】ABD【解析】因為函數有零點，所以．畫出函數與的圖象，如圖所示．當或1時，經驗證，符合題意．當時，由題意可得．因為，所以．故選：ABD.45．（2023·江蘇揚州·高三儀征中學校聯考階段練習）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為4，6，高為，E是的中點，則（

）

A．正四棱臺的體積為B．正四棱臺的外接球的表面積為104πC．AE∥平面D．到平面的距離為【答案】BCD【解析】正四棱臺的體積為，，故A錯誤；連接相交于，連接相交于，如果外接球的球心在正四棱臺的內部，則在上，，因為上下底面邊長分別為4，6，所以，，設外接球的半徑為，所以，即，無解，所以外接球的球心在正四棱臺的外部，如下圖，則在延長線上，，因為上下底面邊長分別為4，6，所以，，設外接球的半徑為，所以，即，解得，所以正四棱臺的外接球的表面積為，故B正確；取的中點，連接，，連接，所以，所以是的中點，因為，所以，又，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，因為，所以，平面，平面，所以平面，因為，所以平面平面，因為平面，所以平面，故C正確；以為原點，所在的直線分別為建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，設平面的一個法向量為，所以，即，令可得，到平面的距離為，故D正確.故選：BCD.46．（2023·河北·高三石家莊一中實驗學校校聯考期末）已知為偶函數，，則下列結論正確的是（

）A．B．若的最小正周期為，則C．若在區間上有且僅有個最值點，則的取值范圍為D．若，則的最小值為【答案】ABC【解析】對A：若，為偶函數，則，，所以，A選項正確；對B：若的最小正周期為，則，所以，故B正確；對C:由，得，若在區間上有且僅有個最值點，則，得，故C正確；對D：因為，若，則或，得或，又，所以的最小值為，故D錯誤.故選：ABC.47．（2023·河北·高三石家莊一中實驗學校校聯考期末）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（

）

A．B．C．點的軌跡的長度為D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為【答案】BCD【解析】依題意，將沿直線翻折至，連接,由翻折的性質可知，關于所沿軸對稱的兩點連線被該軸垂直平分，故，又在平面內的射影在線段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即為二面角的平面角對于A選項，由題意可知，為與平面所成的線面角，故由線面角最小可知，故A錯誤；對于B選項，即為二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正確；對于C選項，恒成立，故的軌跡為以為直徑的圓弧夾在內的部分，易知其長度為，故C正確；對于D選項，如下圖所示設，在中，，，在中，，，所以，設直線與平面所成角為，則，當且僅當時取等號，故D正確．故選：BCD．三、填空題48．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，過點A且與直線CD平行的平面將長方體分成兩部分，且分別與棱DD1，CC1交于點H，M.（1）若DH=DC=9，則三棱柱ADH?BCM外接球的表面積為；（2）現同時將兩個球分別放入被平面分成的兩部分幾何體內.在平面變化過程中，這兩個球半徑之和的最大值為.【答案】【解析】（1）由，可將三棱柱補型成一個棱長為9的正方體，該正方體的體對角線長為，故外接球半徑，所以外接球的表面積為.（2）如圖，這兩個球在長方體左側面上的投影為兩個大圓，都與直線相切.設兩圓半徑分別為，，，由得，同理，，得，由已知，，令，則，，構造函數，，則，∴，當時，，單調遞增；當時，，∴單調遞減，∴.經檢驗，當時，，故的最大值為.故答案為：（1）；（2）.49．（2023·廣東東莞·高三東莞市東莞中學校考期末）已知函數，，若，則的最小值為．【答案】【解析】，則，因為，故，又當時，恒成立，即單調遞增，所以，則，令（），，當時，，當時，，所以在處取得最小值，，的最小值為.故答案為：50．（2023·廣東深圳·高三校聯考期中）已知數列滿足，，若數列為單調遞增數列，則的取值范圍為．【答案】【解析】有題意可知，時，，當時，由，得，兩式相減得：，所以，當，也滿足此式，故，，則=，若數列為單調遞增數列，則恒成立，即，即對恒成立，設，則當時，，當時，數列為遞減數列，即，可得為最大值，且，則.故答案為：.51．（2023·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）已知，分別是雙曲線C：（，）的左、右焦點，P為雙曲線C上的動點，，，點P到雙曲線C的兩條漸近線的距離分別為，，則．【答案】【解析】設雙曲線的焦距為2c，則，得．因為，所以．又因為，所以，故雙曲線C的方程為，所以兩條漸近線的方程為．設，則，故，不妨設，則，所以，所以，故答案為：52．（2023·湖北·高三校聯考階段練習）已知函數的圖象經過原點，若在上恰好有3個不同實數使得對任意x都滿足，且對任意，使得在上不是單調函數，則的取值范圍是．【答案】【解析】由題意，的圖象經過原點，∴，即．因為，所以，由可得的圖象關于點對稱，所以．即．當時，，根據在上的前4個零點依次為，可得，解得，對任意，使得在上不是單調函數，則，解得．綜上，．故答案為：.53．（2023·湖北武漢·高三湖北省武昌實驗中學校考階段練習）a,b,c分別是內角A,B,C的對邊，，，則面積的最大值為.【答案】【解析】∵，∴，即：,正弦定理可得，∵a+c=4，可得：b=2，，，，，，，當且僅當時等號成立，此時三角形為正三角形．∴．故答案為：．54．（2023·湖北武漢·高三湖北省武昌實驗中學校考階段練習）已知曲線與有公共切線，則實數的取值范圍為.【答案】【解析】設公切線與曲線和的切點分別為，，其中，對于有，則上的切線方程為，即，對于有，則上的切線方程為，即，所以，有，即，令，，令，得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，故，即.∴正實數的取值范圍是.故答案為：.55．（2023·山東·高三校聯考階段練習）設函數（）在區間內恰有兩個零點，則的取值范圍是．【答案】【解析】由題知，又因為，所以．因為，所以，當或，或時，，要滿足函數在區間內恰兩個零點，則，解得．故答案為：.56．（2023·山東·高三校聯考階段練習）函數的所有零點之和為．【答案】15【解析】令，．顯然與的圖象都關于直線對稱．在同一坐標系內作出函數與的圖象，如圖所示：由圖象知：它們的圖象有6個公共點，其橫坐標依次為，，，，，，這6個點兩兩關于直線對稱，∴，則．∴函數所有零點之和為15．故答案為：1557．（2023·山東·高三校聯考階段練習）已知函數，若是的極大值點，則a的取值范圍是．【答案】【解析】由函數，得，令，由是的極大值點，易得，且在上單調遞減，即，所以，即，當時，，符合題意；當時，，，則，，則，，則，，在上單調遞減，在上，在上，，符合題意；所以a的取值范圍是.故答案為：58．（2023·山東·高三