2022年新高考數(shù)學(xué)名校選填壓軸題匯編（解析）

1、2022年新高考數(shù)學(xué)名校選填壓軸題匯編（十七） 一、單選題1（2022廣東佛山二模）設(shè)且，函數(shù)，若，則下列判斷正確的是（）A的最大值為-aB的最小值為-aCD【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，用a表示b，c，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解作答.【詳解】依題意，因，則是奇函數(shù)，于是得，即，因此，而，當(dāng)時(shí)，的最小值為-a，當(dāng)時(shí)，的最大值為-a，A，B都不正確；，即，因此，C不正確，D正確.故選：D2（2022廣東佛山二模）中，O是外接圓圓心，是的最大值為（）A0B1C3D5【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用向量運(yùn)算化簡(jiǎn)變形向量等式，再利用正弦定理求出的最大值即可計(jì)算作答.【詳解】過點(diǎn)O作

2、，垂足分別為D，E，如圖，因O是外接圓圓心，則D，E分別為AC，的中點(diǎn)，在中，則，即，同理，因此，由正弦定理得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，所以的最大值為3.故選：C【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求兩個(gè)向量的數(shù)量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算；利用數(shù)量積的幾何意義具體應(yīng)用時(shí)可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時(shí)要注意數(shù)量積運(yùn)算律的應(yīng)用3（2022廣東梅州二模）已知是定義在上的奇函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，且，則不等式的解集是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】令，根據(jù)題意可得函數(shù)在上遞增，從而可得出函數(shù)在上的符號(hào)分布，從而可得函數(shù)在上的符號(hào)分布，再結(jié)合是定義在上的奇函數(shù)，即可得出函數(shù)在上的符號(hào)分布，從而可得

3、出答案.【詳解】令，則，所以函數(shù)在上遞增，又因，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，又因當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，又因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，因?yàn)槭嵌x在上的奇函數(shù)，所以，當(dāng)時(shí)，由不等式，得或，解得，所以不等式的解集是.故選：B.4（2022廣東梅州二模）兩不共線的向量，滿足，且，則（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由兩邊平方后整理得一元二次不等式，根據(jù)一元二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷，整理后可知只能為0，即可解得答案.【詳解】解：由題意得：，即，即故選：C5（2022湖南湘潭三模）A，B，C，D是半徑為4的球面上的四點(diǎn)，已知AB=5，BC=3，cosBAC=，當(dāng)AD取得最大值時(shí)，四面體ABCD的體積為（）ABCD【答案】D

4、【解析】【分析】根據(jù)余弦定理確定為直角三角形，求出球心到平面的距離，又當(dāng)AD為直徑時(shí)取得最大值，得到到平面的距離，即可得到四面體ABCD的體積.【詳解】在中，解得，則，設(shè)球心到平面的距離為，則.當(dāng)AD為直徑時(shí)取得最大值，點(diǎn)到平面的距離為，故四面體的體積.故選：D6（2022湖南湘潭三模）若函數(shù)在（0，）上恰有2個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍為（）ABCD【答案】B【解析】【分析】化簡(jiǎn)函數(shù)，根據(jù)，得到，結(jié)合在上恰有2個(gè)零點(diǎn)，列出不等式，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)，因?yàn)椋?，又由在上恰?個(gè)零點(diǎn)，所以，解得，所以的取值范圍為.故選：B.7（2022湖南師大附中一模）若關(guān)于的方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則

5、實(shí)數(shù)的取值范圍是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】將方程，轉(zhuǎn)化為，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)與的圖象，利用數(shù)形結(jié)合法求解.【詳解】方程，即為，因?yàn)榉匠逃袃蓚€(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以函數(shù)與的圖象有兩不同的交點(diǎn)，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)與的圖象如圖所示：由圖象知：當(dāng)直線過點(diǎn)時(shí)，當(dāng)直線與半圓相切時(shí)，圓心到直線的距離等于半徑，即，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是，故選：D【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用主要表現(xiàn)在利用零點(diǎn)求參數(shù)范圍，若方程可解，通過解方程即可得出參數(shù)的范圍，若方程不易解或不可解，則將問題轉(zhuǎn)化為構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系求解，這樣會(huì)使得問題變得直觀、簡(jiǎn)單，這也體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用8（2

6、022湖南師大附中一模）在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點(diǎn)為M，O為線段B1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）AA，M，O三點(diǎn)共線BM，O，A1，A四點(diǎn)共面CB，B1，O，M四點(diǎn)共面DA，O，C，M四點(diǎn)共面【答案】C【解析】【分析】由長(zhǎng)方體性質(zhì)易知，四點(diǎn)共面且，是異面直線，再根據(jù)與、面、面的位置關(guān)系知在面與面的交線上，同理判斷、，即可判斷各選項(xiàng)的正誤.【詳解】因?yàn)?，則，四點(diǎn)共面.因?yàn)?，則平面，又平面，則點(diǎn)在平面與平面的交線上，同理，、也在平面與平面的交線上，所以、三點(diǎn)共線，從而，四點(diǎn)共面，四點(diǎn)共面.由長(zhǎng)方體性質(zhì)知：，是異面直線，即，四點(diǎn)不共面.故選：C.9（2

7、022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，下列說法錯(cuò)誤的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】先將問題轉(zhuǎn)化為：與有兩個(gè)交點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合根據(jù)選項(xiàng)判斷即可.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以有兩個(gè)根，即，即與有兩個(gè)交點(diǎn)，畫出函數(shù)圖像如下圖所示：設(shè)，所以，當(dāng)時(shí)，解得，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，解得，函數(shù)單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，與有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，故A正確；結(jié)合圖像可知，因?yàn)?，要證明，即證明，整理得，令，所以，設(shè)，所以恒成立，所以在單調(diào)遞增，所以，即，故D正確；由D選項(xiàng)正確，即，即成立，因?yàn)椋?，所以，故B不正確；因?yàn)?，可得，可得，故C選項(xiàng)正確.故選：B.10（2022湖北黃岡中

8、學(xué)模擬預(yù)測(cè)）小林同學(xué)喜歡吃4種堅(jiān)果：核桃腰果杏仁榛子，他有5種顏色的“每日?qǐng)?jiān)果”袋.每個(gè)袋子中至少裝1種堅(jiān)果，至多裝4種堅(jiān)果.小林同學(xué)希望五個(gè)袋子中所裝堅(jiān)果種類各不相同，且每一種堅(jiān)果在袋子中出現(xiàn)的總次數(shù)均為偶數(shù)，那么不同的方案數(shù)為（）A20160B20220C20280D20340【答案】A【解析】【分析】設(shè)出核桃、腰果、杏仁、榛子為H，Y，X，Z，分類討論求出分堆情況，再進(jìn)行排列，求出最后答案.【詳解】依次記核桃、腰果、杏仁、榛子為H，Y，X，Z，則每個(gè)字母出現(xiàn)2次或4次，分類計(jì)算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，則其中的“4”必須是HYXZ，故

9、1種可能；若是“8=3+2+1+1+1”，則考慮（HYX）（Z）（）（），故有種可能；若是“8=1+1+2+2+2”，則考慮（Z）（X）（Z）（X）（），故有種可能；小計(jì)：1+12+12=25；（2）諸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”類型若是“10=4+3+1+1+1”，則四個(gè)H無論怎么安排，都會(huì)出現(xiàn)某兩個(gè)袋僅放H，故0種可能；若是“10=4+2+2+1+1”，則“1+1”中有一個(gè)是H，“4+2+2”中各一個(gè)H，“2+2”中除了一個(gè)H外，另一個(gè)互異，故有種可能；若是“10=3+3+2+1+1”，則“1+1”中各有1個(gè)H，“3+3+2”中各一個(gè)H，可以考慮含模式，（H）（H）（H）（

10、）（H），故有種可能；若是“10=3+2+2+2+1”，則可用下表進(jìn)一步分類，有1+種可能；YXZHHHHHHHHHHH若是“10=2+2+2+2+2”，則四個(gè)H至少有兩個(gè)出現(xiàn)搭配相同，故0種可能；小計(jì)：；（3）諸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”類型若是“12=4+4+2+1+1”，則“4+4”必然重復(fù)，故0種可能；若是“12=4+3+3+1+1”，則枚舉“3+3”的情況，發(fā)現(xiàn)僅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，則考慮（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ）（XZ）（）（）（），故有種可能；若是“12=3+3+3+2+

11、1”，則有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2種可能；若是“12=3+3+2+2+2”，則枚舉“3+3”的情況，發(fā)現(xiàn)（HYX）（HYZ）（HY）（H）（Y），有2種可能.小計(jì)；諸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”類型若是“14=4+4+*+*+*”，則“4+4”必然重復(fù)，故0種可能；若是“14=4+3+3+3+1”，則“4+3+3+3”中至少有3個(gè)Z，故0種可能；若是“14=4+3+3+2+2”，則“4+3+3”至少有2個(gè)Z，考慮（HYXZ）（HYX）（Z）（）（），其中Z有種可能，故此小類有3種可能；

12、若是“14=3+3+3+3+2”，則“3+3+3+3”中至少有3個(gè)Z，故0種可能；小計(jì)；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1種可能；綜上：共有25+76+54+12+1=168個(gè)分堆可能，故不同的方案數(shù)為=種.故選：A【點(diǎn)睛】比較復(fù)雜一些的排列組合問題，要結(jié)合分類加法原理和分步乘法原理進(jìn)行求解，特別是分類標(biāo)準(zhǔn)，要做到不重不漏，本題中，應(yīng)用的是把8,10,12,14,16分為5個(gè)數(shù)（從1到4）的和的分類標(biāo)準(zhǔn)，可以做到不重不漏.11（2022山東昌樂二中模擬預(yù)測(cè)）在邊長(zhǎng)為6的菱形中，現(xiàn)將沿折起，當(dāng)三棱錐的體積最大時(shí)，三

13、棱錐的外接球的表面積為（）ABCD【答案】A【解析】【分析】當(dāng)三棱錐的體積最大值時(shí)，平面平面，即可求出外接圓的半徑，從而求出面積.【詳解】當(dāng)三棱錐的體積最大值時(shí)，平面平面，如圖，取的中點(diǎn)為，連接，則.設(shè)分別為，外接圓的圓心，為三棱錐的外接球的球心，則在上，在上，且,且平面，平面.平面平面，平面平面，平面平面，同理四邊形為平行四邊形平面，平面，即四邊形為矩形. 外接球半徑 外接球的表面積為 故選：A.12（2022山東昌樂二中模擬預(yù)測(cè)）PQ為經(jīng)過拋物線焦點(diǎn)的任一弦，拋物線的準(zhǔn)線為l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ繞l一周所得旋轉(zhuǎn)面面積為，以MN為直徑的球面積為，則（）ABCD【答案】C

14、【解析】【分析】解：設(shè)設(shè)與軸夾角為，令，根據(jù)拋物線的定義可知，再根據(jù)圓臺(tái)的側(cè)面積公式及球的表面積公式得到、，即可判斷；【詳解】解：設(shè)與軸夾角為，令，則，則，所以當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立；故選：C13（2022山東濰坊模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E：（）的右頂點(diǎn)為A，直線交E于第一象限內(nèi)的點(diǎn)B點(diǎn)C在E上，若四邊形OABC為平行四邊形，則（）A若k越大，則E的長(zhǎng)軸越長(zhǎng)B若k越大，則E越扁C若，則E的離心率為D若，則E的離心率最大【答案】C【解析】【分析】由題意分析坐標(biāo)，得與關(guān)系，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)逐一判斷【詳解】由OABC為平行四邊形知，故,代入橢圓方程得，即對(duì)于A，若k越大，越小，A錯(cuò)誤對(duì)于B，若越大，則越小，橢圓越圓

15、，B錯(cuò)誤對(duì)于C，若，則，C正確對(duì)于D，無最大值，D錯(cuò)誤故選：C14（2022山東濰坊模擬預(yù)測(cè)）如圖，在邊長(zhǎng)為a的等邊三角形ABC中，圓D1與ABC相切，圓D2與圓D1相切且與AB，AC相切，圓Dn+1與圓Dn相切且與AB，AC相切，依次得到圓D3，D4，Dn設(shè)圓D1，D2，Dn的面積之和為，（），則（）ABCD【答案】B【解析】【分析】結(jié)合等邊三角形、圓的幾何性質(zhì)求得各圓的半徑，從而求得各圓面積，進(jìn)而求得.【詳解】等邊三角形內(nèi)心、重心、外心、垂心四心合一.所以圓的半徑為，面積為，圓的半徑為，面積為，圓的半徑為，面積為，以此類推，圓的面積為，所以各圓的面積組成的數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所

16、以.故選：B15（2022山東青島一模）設(shè)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，若，則，的大小關(guān)系為（）ABCD【答案】D【解析】【分析】根據(jù)的奇偶性化簡(jiǎn)，結(jié)合的單調(diào)性確定的大小關(guān)系.【詳解】依題意是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，由于在上單調(diào)遞增，所以.故選：D16（2022山東青島一模）已知函數(shù)，將的圖象先向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，然后再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)的圖象，若圖象關(guān)于對(duì)稱，則為（）ABCD【答案】A【解析】【分析】化簡(jiǎn)解析式，根據(jù)三角函數(shù)圖象變換求得，由求得的值.【詳解】，的圖象先向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，然后再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)，故，所以，由于，所以.故選：A二、多選題17（202

17、2廣東佛山二模）在棱長(zhǎng)為3的正方體中，M是的中點(diǎn)，N在該正方體的棱上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A存在點(diǎn)N，使得B三棱錐M的體積等于C有且僅有兩個(gè)點(diǎn)N，使得MN平面D有且僅有三個(gè)點(diǎn)N，使得N到平面的距離為【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)點(diǎn)的位置容易判斷A，由求解可判斷B；當(dāng)分別為中點(diǎn)時(shí)，可判斷C；易證平面，平面，且，可判斷D【詳解】對(duì)于A，顯然無法找到點(diǎn)N，使得，故A錯(cuò)；對(duì)于B，故正確；對(duì)于C，如圖所示分別為中點(diǎn)，有平面，平面，故正確；對(duì)于D，易證平面，平面，且，所以有點(diǎn)四點(diǎn)到平面的距離為，故D錯(cuò)故選：BC18（2022廣東佛山二模）已知，且 ，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列選項(xiàng)中一定成立的是

18、（）ABCD【答案】AC【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，計(jì)算出其單調(diào)性即可判斷.【詳解】構(gòu)造函數(shù) ， ，當(dāng) 時(shí)， ， 時(shí)， ， 時(shí)， ，在處取最大值， ， ，函數(shù)圖像如下： ， ，A正確；B錯(cuò)誤； ， ， ，C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC.19（2022廣東梅州二模）一球筐中裝有個(gè)小球，甲、乙兩個(gè)同學(xué)輪流且不放回的抓球，每次最少抓個(gè)球，最多抓個(gè)球，規(guī)定：由甲先抓，且誰抓到最后一個(gè)球誰贏，則以下推斷中正確的有（）A若，則甲有必贏的策略B若，則甲有必贏的策略C若，則乙有必贏的策略D若，則乙有必贏的策略【答案】ABC【解析】【分析】對(duì)甲第一抓球的個(gè)數(shù)進(jìn)行分析，結(jié)合題意進(jìn)行推理，可判斷各選項(xiàng)的正誤.【詳解

19、】對(duì)于A選項(xiàng)，若，只要甲第一次抓個(gè)球，乙抓個(gè)或個(gè)球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必贏的策略，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，若，只要甲第一次抓個(gè)球，乙抓個(gè)或個(gè)球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必贏的策略，B對(duì)；對(duì)于C選項(xiàng)，若，若甲第一次抓個(gè)球，則問題轉(zhuǎn)化為剩余個(gè)球，由乙先抓，結(jié)合B選項(xiàng)可知，乙有必贏的策略，若甲第一次抓個(gè)球，則問題轉(zhuǎn)化為剩余個(gè)球，由乙先抓，結(jié)合A選項(xiàng)可知，乙有必贏的策略，綜上，若，則乙有必贏的策略，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，若，若甲第一次抓個(gè)球，則問題轉(zhuǎn)化為剩余個(gè)球，由乙先抓，結(jié)合C選項(xiàng)可知，甲有必贏的策略，若甲第一次抓個(gè)球，則問題轉(zhuǎn)化為剩余個(gè)球，由乙先抓，結(jié)合B選項(xiàng)可知，乙有必贏的策略，D錯(cuò).故選：AB

20、C.20（2022廣東梅州二模）在長(zhǎng)方體中，動(dòng)點(diǎn)在體對(duì)角線上（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的有（）A當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，為銳角B存在點(diǎn)，使得平面C的最小值D頂點(diǎn)到平面的最大距離為【答案】ABD【解析】【分析】如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，根據(jù)判斷得符號(hào)即可判斷A；當(dāng)平面，則，則有，求出，即可判斷B；當(dāng)時(shí)，取得最小值，結(jié)合B即可判斷C；利用向量法求出點(diǎn)到平面的距離，分析即可判斷D.【詳解】解：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，則，故，則，對(duì)于A，當(dāng)為中點(diǎn)時(shí)，則，則，所以，所以為銳角，故A正確；當(dāng)平面，因?yàn)槠矫?，所以，則，解得，故存在點(diǎn)，使得平面，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，取得最

21、小值，由B得，此時(shí)，則，所以，即的最小值為，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)平面的法向量，則有，可取，則點(diǎn)到平面的距離為，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)到平面的距離為0，當(dāng)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，所以點(diǎn)到平面的最大距離為，故D正確.故選：ABD.21（2022湖南湘潭三模）已知雙曲線（）的左右焦點(diǎn)分別為F1（c，0），F(xiàn)2（c，0）.直線與雙曲線左右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，M為線段AB的中點(diǎn)，且|AB|=4，則下列說法正確的有（）A雙曲線的離心率為BCD【答案】BD【解析】【分析】連接，設(shè)，由已知，利用雙曲線的定義求得，判斷D正確，根據(jù)直線的斜率把圖中線段用表示，從而求得，得離心率判斷A，由數(shù)量積的定義計(jì)算數(shù)量積判斷BC【詳解

22、】如圖，連接，設(shè)，因?yàn)?，所以，D正確.又為線段的中點(diǎn)，所以.又，所以，則，得，所以雙曲線的離心率為，A不正確；，B正確，C不正確.故選：BD22（2022湖南湘潭三模）已知數(shù)列滿足，則下列說法正確的有（）ABC若，則D【答案】BCD【解析】【分析】直接計(jì)算出即可判斷A選項(xiàng)；構(gòu)造函數(shù)函數(shù)，由，得到，進(jìn)而判斷B選項(xiàng)；由得到，再結(jié)合累乘法得到，按照等比數(shù)列求和公式即可判斷C選項(xiàng)；構(gòu)造函數(shù)，由得到，結(jié)合累乘法求得，按照等比數(shù)列求和公式即可判斷D選項(xiàng).【詳解】，則，又，所以，A不正確.令函數(shù)，則，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即，又易得是遞增數(shù)列，故，所以，B正確.易知是遞增數(shù)列，所以，則，則，即，所以

23、，即，所以，所以，而當(dāng)時(shí)，則有，C正確.令函數(shù)，則，所以在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，則，所以，所以，D正確.故選：BCD.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵點(diǎn)在于B選項(xiàng)通過構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行放縮得到，結(jié)合即可判斷；C選項(xiàng)由放縮得到，D選項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)得到，再結(jié)合累乘法和求和公式進(jìn)行判斷.23（2022湖南師大附中一模）在棱長(zhǎng)為1的正方體 中，是棱的中點(diǎn)，是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且平面，則（）A點(diǎn)的軌跡是一條線段B直線與可能相交C直線與不可能平行D三棱錐的體積為定值【答案】AD【解析】【分析】取線段，中點(diǎn)，證得平面平面，得到平面，可判定A正確；根據(jù)異面直線的定義，得到與是異面直線，可判定B錯(cuò)誤；當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，可判定C錯(cuò)誤；由點(diǎn)到平面

24、的距離是定值，且的面積為定值，可判定D正確.【詳解】如圖所示，分別取線段，中點(diǎn)，連接，則，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，則平面,又點(diǎn)是側(cè)面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)的軌跡為線段，所以A正確；因?yàn)樵谄矫鎯?nèi)，直線與平面相交，且交點(diǎn)不在上，所以與是異面直線，所以B錯(cuò)誤；當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線與直線平行，所以C錯(cuò)誤；因?yàn)?，則平面，所以點(diǎn)到平面的距離是定值，又由的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，所以D正確.故選：AD.24（2022湖南師大附中一模）已知正數(shù)x，y，z滿足，則（）ABCD【答案】ABD【解析】【分析】設(shè)，求出，根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及換底公式計(jì)算即可判斷A；利用作商法即可判斷B；利用作差法即可判斷D；再根

25、據(jù)AD即可判斷C.【詳解】解：設(shè)，則，所以，A正確；因?yàn)椋瑒t，因?yàn)?，則，所以，B正確；因?yàn)?，則，D正確.因?yàn)?，則，所以，C錯(cuò)誤.故選：ABD.25（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知向量，且，其中，下列說法正確的是（）A與所成角的大小為BC當(dāng)時(shí)，取得最大值D的最大值為【答案】AD【解析】【分析】利用向量夾角定義和模的求法即可選定A選項(xiàng)，利用正弦倍角公式和積化和差公式可以排除B選項(xiàng)，根據(jù)均值不等式和余弦定理結(jié)合選項(xiàng)B中得出的結(jié)論即可判斷C選項(xiàng)和D選項(xiàng)的正誤.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)：因?yàn)?所以有：，解得，所以與所成角的大小為；對(duì)于B選項(xiàng)：，因?yàn)?，所以，結(jié)合得，將代入化簡(jiǎn)，得，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)

26、和D選項(xiàng)：以B點(diǎn)為圓心，建立平面直角坐標(biāo)系，則由可設(shè)，使用余弦定理得： ，故可得， 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，結(jié)和公式，以及選項(xiàng)B中的，可知當(dāng)時(shí)，取得最大值，而此時(shí)平方后化為一元二次方程后無解，因此D選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：AD.26（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且對(duì)于恒成立，若定義，則以下說法正確的是（）A是等差數(shù)列BCD存在使得【答案】BC【解析】【分析】利用退一相減法可得數(shù)列的通項(xiàng)及，即可判斷各選項(xiàng).【詳解】當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，由，得，故，即，所以數(shù)列為等比數(shù)列，首項(xiàng)，公比，故，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；則，所以，B選項(xiàng)正確；當(dāng)時(shí)，假設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，當(dāng)時(shí)，即成立，故，C選項(xiàng)正確；D選項(xiàng)錯(cuò)誤

27、；故選：BC.27（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）雙曲線的虛軸長(zhǎng)為2，為其左右焦點(diǎn)，是雙曲線上的三點(diǎn)，過作的切線交其漸近線于兩點(diǎn).已知的內(nèi)心到軸的距離為1.下列說法正確的是（）A外心的軌跡是一條直線B當(dāng)變化時(shí)，外心的軌跡方程為C當(dāng)變化時(shí)，存在使得的垂心在的漸近線上D若分別是中點(diǎn)，則的外接圓過定點(diǎn)【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)，結(jié)合雙曲線的漸近線方程、直線斜率的公式，通過解方程（組）、運(yùn)用夾角公式逐一判斷即可.【詳解】因?yàn)橐阎膬?nèi)心到軸的距離為1，雙曲線的虛軸長(zhǎng)為2，所以的內(nèi)心橫坐標(biāo)，雙曲線方程：，漸近線.設(shè).當(dāng)點(diǎn)在雙曲線上時(shí)：設(shè)直線與雙曲線交兩點(diǎn)當(dāng)直線與雙曲線相切時(shí)，此時(shí)切點(diǎn)滿足：切

28、線設(shè)直線與漸近線交兩點(diǎn)切點(diǎn)正是線段的中點(diǎn)，；線段中垂線是.中垂線與軸交于點(diǎn)，且.可設(shè)一方面，；另一方面，線段中點(diǎn)是考慮到，點(diǎn)確系之外心！其軌跡是直線.選項(xiàng)A正確！依（1）設(shè)線段中點(diǎn)是線段中垂線是，即線段中垂線是，即，即外心的軌跡方程為.故選項(xiàng)B錯(cuò)?。?）對(duì)來講，若垂心在漸近線上可設(shè)坐標(biāo)是，進(jìn)而化簡(jiǎn)得把代入并化簡(jiǎn)得：考慮到不在漸近線上得，故，這不可能！垂心不能在上，同理不能在上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；（4）設(shè)共圓！的外接圓過定點(diǎn)原點(diǎn)，選項(xiàng)D對(duì).故選：AD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：正確地進(jìn)行數(shù)學(xué)運(yùn)算，應(yīng)用夾角公式是解題的關(guān)鍵.28（2022山東昌樂二中模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，若，則（）A在上恒為正B在上單調(diào)遞減Ca，b

29、，c中最大的是aDa，b，c中最小的是b【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)當(dāng)時(shí)，即可判斷A；利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)在上的單調(diào)性，進(jìn)而求出函數(shù)的最小值即可判斷B；結(jié)合選項(xiàng)A和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得即可判斷C；利用作差法和結(jié)合選項(xiàng)B可得，根據(jù)C的分析過程可知，進(jìn)而判斷D.【詳解】A：當(dāng)時(shí)，所以，故A正確；B：函數(shù)的定義域?yàn)椋?，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以在上恒成立，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；C：由選項(xiàng)A可知，當(dāng)時(shí)，所以，因?yàn)椋?，即；?dāng)時(shí)，得，因?yàn)椋?，即，所以中最大的是a，故C正確；D：，所以，由選項(xiàng)B可知函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，即，由選項(xiàng)C可知，有，所以中最小

30、的是c，故D錯(cuò)誤；故選：AC29（2022山東昌樂二中模擬預(yù)測(cè)）在平面四邊形ABCD中，的面積是面積的2倍，又?jǐn)?shù)列滿足，當(dāng)時(shí)，恒有，設(shè)的前n項(xiàng)和為，則（）A為等比數(shù)列B為遞減數(shù)列C為等差數(shù)列D【答案】BCD【解析】【分析】設(shè)與交于點(diǎn)，由面積比得，根據(jù)平面向量基本定理得與關(guān)系，從而得數(shù)列遞推關(guān)系，然后根據(jù)各選項(xiàng)求解數(shù)列，判斷結(jié)論，其中選項(xiàng)D需要用錯(cuò)位相減法求和【詳解】設(shè)與交于點(diǎn)，共線，所以存在實(shí)數(shù)，使得，所以，所以，所以，所以，不是等比數(shù)列，A錯(cuò)；因?yàn)?，所以，即，所以是等差?shù)列，C正確；又因?yàn)椋瑒t，即，所以當(dāng)時(shí)，即，所以是遞減數(shù)列，B正確；因?yàn)?，所以兩式相減得，所以，D正確故選：BCD30（20

31、22山東濰坊模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為的正方體中，點(diǎn)是平面內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足，則下列結(jié)論正確的是（）AB點(diǎn)的軌跡是一個(gè)半徑為的圓C直線與平面所成角為D三棱錐體積的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】證明出平面，利用線面垂直的性質(zhì)可判斷A選項(xiàng)；利用勾股定理計(jì)算出的長(zhǎng)，可判斷B選項(xiàng)；利用線面角的定義可判斷C選項(xiàng)；計(jì)算出面積的最大值，結(jié)合錐體體積公式可判斷D選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，連接，因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，則，平面，平面，則，因?yàn)?，平面，平面，同理可證，平面，平面，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，設(shè)平面，因?yàn)椋?，三棱錐為正三棱錐，因?yàn)槠矫妫瑒t為正的中心，則，所以，平面，平面，即，因?yàn)椋?，解得，所以，點(diǎn)的軌

32、跡是半徑為的圓，B錯(cuò)；對(duì)于C選項(xiàng)，平面，所以，與平面所成的角為，且，故，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，點(diǎn)到直線的距離為，所以點(diǎn)到直線的距離的最大值為，故的面積的最大值為，因?yàn)槠矫妫瑒t三棱錐的高為，所以，三棱錐體積的最大值為，D對(duì).故選：ACD.31（2022山東濰坊模擬預(yù)測(cè)）我們約定雙曲線與雙曲線為相似雙曲線，其中相似比為.則下列說法正確的是()A的離心率相同，漸近線也相同B以的實(shí)軸為直徑的圓的面積分別記為，則C過上的任一點(diǎn)引的切線交于點(diǎn)，則點(diǎn)為線段的中點(diǎn)D斜率為的直線與的右支由上到下依次交于點(diǎn)、，則【答案】AC【解析】【分析】A：根據(jù)雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程求出漸近線方程和離心率比較即可；B：求出的實(shí)軸，確定兩個(gè)

33、圓的半徑并求它們的面積即可判斷；C：設(shè)出切線的方程，分別與方程聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理求出P點(diǎn)橫坐標(biāo)和AB中點(diǎn)橫坐標(biāo)比較即可；D：根據(jù)C中方程求出、并比較，根據(jù)弦長(zhǎng)公式即可得到關(guān)系.【詳解】的漸近線為，離心率為，則雙曲線實(shí)軸長(zhǎng)為，虛軸長(zhǎng)為，漸近線方程為，故兩個(gè)雙曲線的漸近線方程相同，在雙曲線里面，離心率，兩雙曲線離心率也相同，故A正確；，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若P為頂點(diǎn)時(shí)，切線與x軸垂直，根據(jù)雙曲線對(duì)稱性可知，此時(shí)切線與的交點(diǎn)AB關(guān)于x軸對(duì)稱，即線段AB的中點(diǎn)為P；當(dāng)該切線與x軸不垂直時(shí)，設(shè)切線方程為，聯(lián)立切線與，得(*)，直線與相切，則方程(*)為二次方程，且，方程有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根即為P點(diǎn)橫坐標(biāo)，則

34、根據(jù)韋達(dá)定理可知，聯(lián)立切線與，得(*)，設(shè)，則，P在切線上，為中點(diǎn).綜上，P為線段AB中點(diǎn)，故C正確；對(duì)于D，由(*)和(*)可知，即，故D錯(cuò)誤；故選：AC.32（2022山東青島一模）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是，為橢圓上一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A的周長(zhǎng)為6B的面積為C的內(nèi)切圓的半徑為D的外接圓的直徑為【答案】ABC【解析】【分析】求得，進(jìn)而求得，由此對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確選項(xiàng).【詳解】橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是，為橢圓上一點(diǎn)，所以.所以的周長(zhǎng)為，A正確.的面積為，B正確.設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，則，C選項(xiàng)正確.為銳角，所以的外接圓的直徑為，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：ABC33（2022山東青島一模

35、）已知圓臺(tái)的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為，母線長(zhǎng)為2，為母線中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A圓臺(tái)母線與底面所成角為60B圓臺(tái)的側(cè)面積為C圓臺(tái)外接球半徑為2D在圓臺(tái)的側(cè)面上，從到的最短路徑的長(zhǎng)度為5【答案】ACD【解析】【分析】對(duì)于A：過A作交底面于F，判斷出即為母線與底面所成角.即可求解；對(duì)于B：作出圓臺(tái)的側(cè)面展開圖，直接求出面積，即可判斷；對(duì)于C：設(shè)圓臺(tái)外接球的球心為O，半徑R.由，求出；對(duì)于D：圓臺(tái)的側(cè)面上，判斷出從到的最短路徑的長(zhǎng)度為CE，利用勾股定理求解.【詳解】對(duì)于A：過A作交底面于F，則底面，所以即為母線與底面所成角.在等腰梯形ABCD中，,所以.因?yàn)闉殇J角，所以.故A正確

36、；對(duì)于B：由題意，圓臺(tái)的側(cè)面展開圖為半圓環(huán)，其面積為.故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：設(shè)圓臺(tái)外接球的球心為O，半徑R.由題意可得：.設(shè)，則，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正確；對(duì)于D：如圖示，在在圓臺(tái)的側(cè)面上，從到的最短路徑的長(zhǎng)度為CE.由題意可得：.由為中點(diǎn)，所以，所以.故D正確.故選：ACD【點(diǎn)睛】立體幾何中的折疊、展開問題：要把握折疊（展開）過程中的不變量.三、雙空題34（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)從兩個(gè)筆筒中抽取使用的筆，藍(lán)色筆筒里有6支藍(lán)筆，4支黑筆，黑色筆筒里有6支黑筆，4支藍(lán)筆.第一次從黑筆筒中取出一支筆并放回，隨后從與上次取出的筆顏色相同的筆筒中再取出一支筆，依此類

37、推.記第次取出黑筆的概率為，則_，_.【答案】 【解析】【分析】第次取出黑筆的概率為，則取出藍(lán)筆的概率為，進(jìn)而根據(jù)題意建立遞推關(guān)系，再結(jié)合得數(shù)列為等比數(shù)列，公比為，首項(xiàng)為，進(jìn)而得，再根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求解即可.【詳解】解：第次取出黑筆的概率為，則取出藍(lán)筆的概率為，所以第次取出黑筆的概率為，可能有兩種情況，即第次取出的是黑筆或藍(lán)筆，所以第次取出黑筆的概率為，即，因?yàn)?，所以?shù)列為等比數(shù)列，公比為，首項(xiàng)為，所以，所以.所以，綜上，故答案為：；35（2022山東青島一模）已知函數(shù)，若函數(shù)，則函數(shù)的圖象的對(duì)稱中心為_；若數(shù)列為等差數(shù)列，_【答案】 44【解析】【分析】根據(jù)題意計(jì)算的值，從而可求出其對(duì)

38、稱中心，由等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合，可得，再利用等差數(shù)的性質(zhì)和的對(duì)稱性可求出的值【詳解】因?yàn)?，所以，所以的圖象的對(duì)稱中心為，即為，因?yàn)榈炔顢?shù)列中，所以，得，因?yàn)榈膱D象的對(duì)稱中心為，所以， ，因?yàn)?，所?，故答案為：，44四、填空題36（2022廣東佛山二模）公比為q的等比數(shù)列滿足： ，記，則當(dāng)q最小時(shí)，使成立的最小n值是_【答案】17【解析】【分析】根據(jù)題意，求出q，寫出通項(xiàng)公式即可.【詳解】 是等比數(shù)列， ，又 ， ，設(shè)函數(shù) ， ，當(dāng) 時(shí)， ， 時(shí)， ，在x=1時(shí)， 取極小值1， ， ，由題意即q=e， ， ， ， ，n的最小值是17.故答案為：17.37（2022廣東梅州二模）分形幾何學(xué)的創(chuàng)立為

39、解決傳統(tǒng)科學(xué)眾多領(lǐng)域的難題提供了全新的思路.圖1是長(zhǎng)度為1的線段，將圖1中的線段三等分，以中間部分的線段為邊，向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉得到圖2，稱為“一次分形”；用同樣的方法把圖2中的每條線段重復(fù)上述操作，得到圖3，稱為“二次分形”，依次進(jìn)行“次分形”（）.規(guī)定：一個(gè)分形圖中所有線段的長(zhǎng)度之和為該分形圖的長(zhǎng)度，要得到一個(gè)長(zhǎng)度不小于30的分形圖，則的最小整數(shù)值是_.（取，）【答案】12【解析】【分析】根據(jù)題意得到每次分形后所得線段之和為首項(xiàng)為，公比是的等比數(shù)列，求出次分形后線段之和為，列出不等式，結(jié)合，求出.【詳解】由題意得：“n次分形”后線段之和是“（n-1）次分形” 后所得線

40、段之和的，且一次分形后線段之和為，故每次分形后所得線段之和可看出首項(xiàng)為，公比是的等比數(shù)列，故次分形后線段之和為，故，兩邊取對(duì)數(shù)得：，又 ，解得：，故的最小整數(shù)值為12.故答案為：1238（2022湖南湘潭三模）已知直線l是曲線與的公共切線，則l的方程為_.【答案】或【解析】【分析】設(shè)與曲線相切于點(diǎn)，與曲線相切于點(diǎn)1），結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義，列出方程求得的值，即可求解.【詳解】設(shè)與曲線相切于點(diǎn)，與曲線相切于點(diǎn)1），則，整理得，解得或，當(dāng)時(shí)，的方程為；當(dāng)時(shí)，的方程為.故答案為：或.39（2022湖南師大附中一模）已知點(diǎn)、在橢圓上，為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線與的斜率之積為，設(shè)，若點(diǎn)在橢圓上，則的值為_【答案】【

41、解析】【分析】設(shè)點(diǎn)、，可得出，且，將點(diǎn)代入橢圓的方程，可求得的值.【詳解】設(shè)點(diǎn)、，則，且.由題設(shè)，點(diǎn)在橢圓上，則即，得.故答案為：.40（2022湖南師大附中一模）已知函數(shù)，若對(duì)，都有，則k的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】對(duì)函數(shù)求導(dǎo)可知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，設(shè)，則當(dāng)時(shí)，恒成立，即恒成立，設(shè)，求其最大值后可求k的取值范圍.【詳解】，則當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，不妨設(shè)，則，由已知，即，令，則在上不存在減區(qū)間，從而當(dāng)時(shí)，恒成立，即恒成立，令，則，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，所以，所以.41（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）過點(diǎn)作斜率為的直線交橢圓于兩點(diǎn)，若上存在相異的

42、兩點(diǎn)使得，則外接圓半徑的最小值為_.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意可知在同一個(gè)阿氏圓上，可設(shè)設(shè) 為線段AB的外分點(diǎn)，由此可根據(jù)外接圓的直徑為 ,列出等量關(guān)系，并表示出外接圓半徑，設(shè)直線AB的參數(shù)方程，聯(lián)立橢圓的方程，根據(jù)參數(shù)的幾何意義，進(jìn)行化簡(jiǎn)，可得答案.【詳解】由題意知點(diǎn)在橢圓內(nèi)，故，則可設(shè)，不妨設(shè)，故可知在同一個(gè)阿氏圓上，設(shè)其半徑為 ，不妨設(shè)A,B位置如圖：則由阿氏圓的定義可知， 為線段AB的分比為 的內(nèi)分點(diǎn)，設(shè) 為分比為的外分點(diǎn)，則 ,則 ,故,即 ,故 ；設(shè)直線AB的方程為 （t為參數(shù)，為傾斜角， ），代入到中得到： ， ，設(shè)其兩根為 ，則 ，故，由于，其中為銳角，故 ，當(dāng)時(shí)，取到最

43、大值 ，故 的最小值為 ，當(dāng)時(shí)，同理可解得的最小值為，故答案為：42（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）定義，.若，則_.【答案】35【解析】【分析】根據(jù)所給定義、復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算法則以及復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式計(jì)算可得；【詳解】解：因?yàn)?，所以，則，所以，所以，所以；故答案為：43（2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）在一棱長(zhǎng)為6的正四面體密閉容器內(nèi)部有一半徑為的球體自由運(yùn)動(dòng).則容器內(nèi)部未被球所掃過的體積為_.（結(jié)果保留到整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）【答案】7【解析】【分析】首先從直觀上分析容器內(nèi)部的哪些區(qū)域是小球永遠(yuǎn)不可能接觸到的，容易看到是四個(gè)角（頂點(diǎn)附近）的區(qū)域，因此，最終要就是研究小球被卡住的位置，也就是小球與同一頂點(diǎn)的三個(gè)側(cè)面都相切時(shí)