2023年新高考地區(qū)數學名校地市選填壓軸題好題匯編01含解析

2023年新高考地區(qū)數學名校地市選填壓軸題好題匯編（一）一、單選題1．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）端午佳節(jié)，人們有包粽子和吃粽子的習俗，粽子主要分為南北兩大派系，地方細分特色鮮明，且形狀各異，裹蒸粽是廣東肇慶地區(qū)最為出名的粽子，是用當地特有的冬葉?水草包裹糯米?綠豆?豬肉?咸蛋黃等蒸制而成的金字塔形的粽子，現將裹蒸粽看作一個正四面體，其內部的咸蛋黃看作一個球體，那么，當咸蛋黃的體積為時，該裹蒸粽的高的最小值為（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【解析】要使正四面體的高最小，當且僅當球與正四面體相內切，設正四面體的棱長為，高為，內切球的半徑為，則，解得，如圖正四面體中，令為的中點，為底面三角形的中心，則底面所以，即.故選：A2．（2022·廣東惠州·高三階段練習）甲罐中有5個紅球，3個白球，乙罐中有4個紅球，2個白球.整個取球過程分兩步，先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別用A1?A2表示由甲罐取出的球是紅球?白球的事件；再從乙罐中隨機取出兩球，分別用B?C表示第二步由乙罐取出的球是“兩球都為紅球”?“兩球為一紅一白”的事件，則下列結論中不正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在事件發(fā)生的條件下，乙罐中有5紅2白7個球，則，A正確；在事件發(fā)生的條件下，乙罐中有4紅3白7個球，則，B正確；因，，，，則，C不正確；因，，則，D正確.故選：C.3．（2022·廣東·鶴山市鶴華中學高三開學考試）已知直線平分圓的面積，過圓外一點向圓做切線，切點為Q，則的最小值為（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【解析】圓化為標準方程為，所以圓心，半徑，因為直線平分圓的面積，所以圓心在直線上，故，即，在中，，當時，最小為16，最小為4．故選：A．4．（2022·廣東廣州·高三開學考試）設，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設，，，，易得.設，則令有，故在上單調遞增.①因為，即，故，即，故，即.②設，則，設，則.設，則，故為增函數，故，即.故，當時，為增函數，故，故當時為增函數，故，故.③設，，易得當時，故，即.綜上故選：B5．（2022·廣東廣州·高三開學考試）若空間中經過定點O的三個平面，，兩兩垂直，過另一定點A作直線l與這三個平面的夾角都相等，過定點A作平面和這三個平面所夾的銳二面角都相等.記所作直線l的條數為m，所作平面的個數為n，則（

）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】B【解析】將，，放入正方體，根據對稱性可知，對角線分別與三個平面，，所成角都相等，對角線分別與三個平面，，所成角都相等，因為平面平面，所以對角線分別與三個平面，，所成角都相等，同理對角線分別與三個平面，，所成角都相等，過點A分別作的平行線，則所作四條平行線分別與三個平面，，所成角都相等，所以.如下圖，正方體的內接正四面體的四個平面與，，所夾的銳二面角都相等，所以過A分別作與正四面體四個面平行的平面即可，所以.故選：B.6．（2022·廣東·深圳外國語學校高三階段練習）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.7．（2022·廣東·深圳外國語學校高三階段練習）已知雙曲線（，）的左右焦點分別為，，O為坐標原點，點P為雙曲線C中第一象限上的一點，的平分線與x軸交于Q，若，則雙曲線的離心率范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設雙曲線的半焦距為，離心率為，由，則，，因為是的平分線，所以,又因為，所以，所以，解得，即，所以雙曲線的離心率取值范圍為.故選：B8．（2022·廣東·高三階段練習）設，，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設,則,當時,,函數單調遞減,當時,,函數單調遞增,故當時,函數取得最大值,因為,,,當時,,函數單調遞減,可得,即.故選:C9．（2022·廣東·高三階段練習）定義在R上的函數滿足；且當時，．則方程所有的根之和為（

）A．14 B．12 C．10 D．8【答案】A【解析】由可得為奇函數，且關于對稱.又由題意，故，所以關于對稱，且，故的周期為4.又當時，，此時，故在為增函數.綜上可畫出的函數部分圖象.又方程的根即與的交點，易得在區(qū)間上均有3個交點，且關于對稱，加上共7個交點，其根之和為故選：A10．（2022·廣東·高三開學考試）設，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設，，因為，令，得；令，得．所以在上單調遞增，在上單調遞減，而，，，因為，所以．故選：A．11．（2022·廣東·高三開學考試）已知，數列滿足，且對一切，有，則（

）A．是等差數列 B．是等比數列C．是等比數列 D．是等比數列【答案】D【解析】由題意知，所以，所以，，所以是等比數列，且,所以，選項A，B，C錯誤，選項D正確.故選：D．12．（2022·廣東·中山一中高三階段練習）已知a=，b=，c=，則a，b，c的大小關系為（

）A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a【答案】A【解析】由函數在上單調遞增，所以，由于函數在上單調遞減，所以，由于函數在上單調遞增，所以，故.故選：A.13．（2022·廣東·中山一中高三階段練習）已知函數有唯一零點，則A． B． C． D．1【答案】C【解析】因為，設，則，因為，所以函數為偶函數，若函數有唯一零點，則函數有唯一零點，根據偶函數的性質可知，只有當時，才滿足題意，即是函數的唯一零點，所以，解得.故選：C.14．（2022·廣東·高三階段練習）已知平面向量，，滿足，且，則最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，所以，又，所以，如圖所示：不妨設，則，所以，因為，所以，即，表示點C在以為圓心，以2為半徑的圓上，所以最小值為，故選：D15．（2022·湖南·邵陽市第二中學高三階段練習）已知是定義在上的函數，且對任意都有，若函數的圖象關于點對稱，且，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】令，得，即，所以，因為函數的圖象關于點對稱，所以函數的圖象關于點對稱，即，所以，即，可得，則，故選：D.16．（2022·湖南·邵陽市第二中學高三階段練習）對于定義在上的函數，若存在正常數、，使得對一切均成立，則稱是“控制增長函數”.在以下四個函數中：①；②；③；④.是“控制增長函數”的有（

）個A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】對于①，可化為，即對一切恒成立，由函數的定義域為可知，不存在滿足條件的正常數、，所以，函數不是“控制增長函數”；對于②，若函數為“控制增長函數”，則可化為，∴對一切恒成立，又，若成立，則，顯然，當時，不等式恒成立，所以，函數為“控制增長函數”；對于③，∵，∴，當且為任意正實數時，恒成立，所以，函數是“控制增長函數”；對于④，若函數是“控制增長函數”，則恒成立，∵，若，即，所以，函數是“控制增長函數”.因此，是“控制增長函數”的序號是②③④.故選：C17．（2022·湖南·麻陽苗族自治縣第一中學高三開學考試）《九章算術》是我國古代著名的數學著作，書中記載有幾何體“芻甍”．現有一個芻甍如圖所示，底面ABCD為正方形，底面ABCD，四邊形ABFE，CDEF為兩個全等的等腰梯形，，則該芻甍的外接球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】取AD，BC中點N，M，正方形中心O，EF中點，連接，如圖，依題意，平面，，點O是MN的中點，，等腰中，，，同理，因此，等腰梯形的高，由幾何體的結構特征知，芻甍的外接球球心在直線上，連，正方形外接圓半徑，則有，而，當點在線段的延長線（含點O）時，視為非負數，若點在線段（不含點O）上，視為負數，即有，即，解得，因此芻甍的外接球球心為O，半徑為，所以芻甍的外接球的體積為.故選：A18．（2022·湖南·麻陽苗族自治縣第一中學高三開學考試）若，則（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由得，設，易知是增函數，所以由得，當時，C不存在，錯誤，A錯誤，，則，，從而，D錯誤．由不等式性質，B正確．故選：B．二、多選題19．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）已知拋物線的焦點為，拋物線上的點到點的距離是2，是拋物線的準線與軸的交點，，是拋物線上兩個不同的動點，為坐標原點，則（

）A． B．若直線過點，則C．若直線過點，則 D．若直線過點，則【答案】BCD【解析】由題意得，則，故拋物線的方程為，將代入拋物線的方程，得，解得，所以A不正確；設，，易知直線的斜率不為零，當直線過點時，可設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立，得，化簡得：，則，，所以，所以，所以B正確；易知，則由選項B得，所以直線平分，所以，選項C正確；因為直線過點，且斜率不為零，所以設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立，易得，所以．因為，，且，所以，又，所以，所以D正確．故選：BCD．20．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）若函數為偶函數，為奇函數，且當時，，則（

）A．為偶函數 B．C． D．當時，【答案】ACD【解析】對A，因為函數為偶函數，故，故關于對稱.又為奇函數，關于原點對稱，故關于對稱.綜上，關于與對稱.關于對稱有，關于對稱有，，故，即，所以為偶函數，故A正確；對B，由A，因為，，故B錯誤；對C，由A，，故C正確；對D，當時，，故，故D正確；故選：ACD21．（2022·廣東惠州·高三階段練習）如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點，則（

）A．M，N，B，四點共面B．異面直線與MN所成角的余弦值為C．平面BMN截正方體所得截面為等腰梯形D．三棱錐的體積為【答案】BCD【解析】對于A，易知MN與為異面直線，所以M，N，B，不可能四點共面，故A錯誤；對于B，連接，CP，易得，所以為異面直線與MN所成角，設，則，所以，所以異面直線與MN所成角的余弦值為，故B正確；對于C，連接，，易得，所以平面BMN截正方體所得截面為梯形，故C正確；對于D，易得，因為平面MNB，平面MNB，所以平面MNB，所以，故D正確.故選：BCD22．（2022·廣東·鶴山市鶴華中學高三開學考試）已知橢圓C：的左，右焦點為F1，F2，點P為橢圓C上的動點（P不在x軸上），則（

）A．橢圓C的焦點在x軸上 B．△PF1F2的周長為8+2C．|PF1|的取值范圍為[，4） D．tan∠F1PF2的最大值為3【答案】ABD【解析】對于，由橢圓的方程可知，橢圓焦點在軸上，故正確；對于，因為，而的周長為，故B正確；對于，因為不在軸上，所以，所以的取值范圍為，故C不正確；對于，設橢圓的上頂點為，則，所以的最大值為.設，則，且，而，所以的最大值為，故D正確.故選：ABD.23．（2022·廣東廣州·高三開學考試）若，則下列說法正確的有（

）A．的最小正周期是B．方程是的一條對稱軸C．的值域為D．，，對都滿足，（a，b是實常數）【答案】BC【解析】對A,因為，所以，故是的一個周期，故最小正周期是是錯誤的，對B，因為，故是的一條對稱軸是正確的，對C,當時，，由，則，故因此，由A知是的周期，故的值域為，C正確，對D,因為當時，，且是的周期，故畫出的圖象如圖：由圖可知，沒有對稱中心，故不存在，使得，故D錯誤.故選：BC24．（2022·廣東廣州·高三開學考試）已知拋物線上的四點，，，，直線，是圓的兩條切線，直線、與圓分別切于點、，則下列說法正確的有（

）A．當劣弧的弧長最短時， B．當劣弧的弧長最短時，C．直線的方程為 D．直線的方程為【答案】BD【解析】由已知得拋物線過點，即，所以，即拋物線為，對于AB選項，如圖所示，設點當劣弧的弧長最短時，最小，又，所以最大，即最小，又，又圓，所以圓心，半徑，，又，所以當時，取最小值為，此時最小為，所以A選項錯誤，B選項正確；對于CD選項，設過點作圓切線的方程為，即，所以，解得，則直線的方程為：，即，直線的方程為：，即，聯(lián)立直線與拋物線，得，故，，，同理可得，所以，直線的方程為，即，所以C選項錯誤，D選項正確；故選：BD.25．（2022·廣東廣州·高三開學考試）已知函數及其導函數的定義域均為R，對任意的，，恒有，則下列說法正確的有（

）A． B．必為奇函數C． D．若，則【答案】BCD【解析】對于A，令，則由可得，故或，故A錯誤；對于B,當時，令，則，則，故，函數既是奇函數又是偶函數；令，則，則，當時，，則為奇函數，綜合以上可知必為奇函數，B正確；對于C，令，則，故。由于,令,即，即有，故C正確；對于D，若，令，則，則，故令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，令，則，即，由此可得的值有周期性，且6個為一周期，且，故，故D正確，故選：BCD26．（2022·廣東·深圳外國語學校高三階段練習）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．是周期函數 B．滿足C． D．在上有解，則k的最大值是【答案】BCD【解析】是周期函數，但不是周期函數，所以不是周期函數，A選項錯誤；，故B選項正確；因為，等號成立時，，所以，而，當時，，，此時，故，C選項正確；當時，，故的最大值為，故在上有解，則k的最大值是，D選項正確故選：BCD27．（2022·廣東·深圳外國語學校高三階段練習）如圖，梯形ABCD中，，，M，P，N，Q分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，將△ACD以AC為軸旋轉一周，則在此旋轉過程中，下列說法正確的是（

）A．MN和BC不可能平行B．AB和CD有可能垂直C．若AB和CD所成角是，則D．若面ACD⊥面ABC，則三棱錐的外接球的表面積是28π【答案】AD【解析】對于A，若MN和BC平行，則N應該在DM上，但在旋轉過程中，N不可能在DM上，所以MN和BC不可能平行，則A正確；對于B，當不在平面中時，若，因為，，故平面，而平面，故平面平面，過作，垂足為，因為平面平面，平面，故平面，而平面，故，故，矛盾，當當在平面中時，也不成立，故B錯誤.對于C，因為在未旋轉時AB和CD是平行的，若某一時刻AB和CD所成角是，即CD與旋轉后的所成角為，如下圖.當△ACD旋轉到，即在平面ABCD內，此時因為，則，所以，AB和CD所成角是，即和CD所成角是.此時旋轉到，取AC的中點，連接，則，所以，則在三角形中，，所以C錯誤；對于D，因為，所以的外接圓的圓心在的中點上，在中，因為，所以為鈍角三角形，則外接圓的圓心在外，則的中垂線和的中垂線的交點即為，過做平面的垂線，過做平面的垂線，兩垂線的交于點，與重合，即即為外接球的球心，則，則，，所以，則三棱錐的外接球的表面積是，所以D正確.故選：AD.28．（2022·廣東·高三階段練習）已知雙曲線的左，右頂點分別為，，點P，Q是雙曲線C上關于原點對稱的兩點（異于頂點），直線，，的斜率分別為，，，若，則下列說法正確的是（

）A．雙曲線C的漸近線方程為 B．雙曲線C的離心率為C．為定值 D．的取值范圍為【答案】BCD【解析】設，則，因為，，故，依題意有，所以，所以雙曲線C的漸近線方程為，離心率，故選項A錯誤，選項B正確；因為點P，Q關于原點對稱，所以四邊形為平行四邊形，即有，所以，故C正確；設的傾斜角為，的傾斜角為，由題意可得，則，根據對稱性不妨設P在x軸上方，則，則，則，因為P在x軸上方，則，或，函數在和上單調遞增，所以，故D正確.故選：BCD.29．（2022·廣東·高三階段練習）如圖，已知正方體的棱長為2，點M為的中點，點P為正方形上的動點，則（

）A．滿足MP//平面的點P的軌跡長度為B．滿足的點P的軌跡長度為C．不存在點P，使得平面AMP經過點BD．存在點P滿足【答案】ACD【解析】如圖1，取的中點F，取的中點E，連接EF，FM，EM，因為M為的中點，所以，，，因為平面，平面，所以平面，同理可得：平面，因為平面EFM，所以平面平面，因為點P為正方形上的動點，所以當P在線段EF上時，MP//平面，故滿足MP//平面的點P的軌跡長度為的長，為，A正確；如圖2，過點M作MQ⊥AM，交于點Q，可得：，因為正方體的棱長為2，點M為的中點，所以，故，即，解得：，過點Q作，交于點S，交于點T，則平面，因為平面，所以，當點P位于線段ST上時，滿足，即滿足的點P的軌跡長度為線段ST的長度，又因為，所以B選項錯誤；如圖3，連接BM，取中點H，連接AH，HM，則可知平面截正方體所得的截面為ABMH，與正方形沒有交點，所以不存在點P，使得平面AMP經過點B故C正確；如圖4，延長到點O，使得，則點M關于平面的對稱點為O，連接AO交正方形于點P，則此時使得取得最小值，最小值為，當點P與重合時，此時，故存在點P滿足D正確；故選：ACD30．（2022·廣東·高三開學考試）直六棱柱中，底面是邊長為2的正六邊形，側棱，點是底面的中心，則（

）A．平面 B．與所成角的余弦值為C．平面 D．與平面所成角的正弦值為【答案】ABD【解析】對于選項A：記，連接，易得，從而//平面，故選項A正確；對于選項B：因為，所以與BC所成角即為（或其補角），易得，，，由余弦定理，得，故選項B正確；對于選項C：因為，所以BO不與AO垂直，所以BO不與平面垂直，故選項C不正確；對于選項D：取中點H，連接、FH，易證面，所以是與平面所成的角，在中，，，，所以，故選項D正確．故選：ABD．31．（2022·廣東·高三開學考試）已知直線，曲線，曲線關于直線對稱的曲線所對應的函數為，則以下說法正確的是（

）A．不論為何值，直線恒過定點；B．；C．若直線與曲線相切，則；D．若直線上有兩個關于直線對稱的點在曲線上，則.【答案】ACD【解析】選項：直線中，令，得，與a無關，故正確；選項B：設是曲線上任意一點，M關于直線的對稱點為，則，所以，即，則，從而，故不正確；選項C：由，得，設切點為，則切線斜率，所以，從而，故正確；選項D：直線上有兩個關于直線對稱的點在曲線上，等價于直線與曲線有兩個不同的交點．方程，即有兩個解，設函數，，，令，解得，所以函數在單調遞增，在單調遞減，所以，又當趨近于正無窮時，趨近于，當趨近于時，趨近于負無窮，所以，故正確．故選：ACD．32．（2022·廣東·中山一中高三階段練習）下列命題中正確的是（

）A．雙曲線與直線有且只有一個公共點B．平面內滿足的動點的軌跡為雙曲線C．若方程表示焦點在軸上的雙曲線，則D．過給定圓上一定點作圓的動弦，則弦的中點的軌跡為橢圓【答案】AC【解析】對于，解方程組，得唯一解，所以曲線與直線有且只有一個公共點，所以對；對于，當時，滿足的動點的軌跡為兩條射線，不是雙曲線，所以錯；對于，若方程表示焦點在軸上的雙曲線，且，所以對；對于，舉反例，不妨設圓的方程為，定點，動點，則在圓上，在，，點軌跡是圓，而不是橢圓，所以錯．故選：．33．（2022·廣東·中山一中高三階段練習）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】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(qū)間為，單調遞增區(qū)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.34．（2022·廣東·高三階段練習）設與是兩個不共線向量，關于向量，，，則下列結論中正確的是（

）A．當時，向量，不可能共線B．當時，向量，可能出現共線情況C．若，且為單位向量，則當時，向量，可能出現垂直情況D．當時，向量與平行【答案】BD【解析】對于A，假設與共線，則，解得：或，則當時，向量，可能共線，此時，A錯誤；對于B，假設與共線，則，解得：，則當時，向量，可能共線，此時，B正確；對于C，，向量，不可能垂直，C錯誤；對于D，當時，，又，，則向量與平行，D正確.故選：BD.35．（2022·廣東·高三階段練習）已知函數，，若方程有兩個不相等的實根，則實數的取值可以是（

）A． B． C． D．【答案】BC【解析】因為，因為方程有兩個不相等的實根，則方程在和時各有一個實根，則，當時，由得，可得；當時，由可得，可得.由題意可得，解得，故選：BC.36．（2022·湖南·邵陽市第二中學高三階段練習）已知函數，下列關于該函數結論正確的是（

）A．的圖象關于直線對稱 B．的一個周期是C．的最大值為2 D．是區(qū)間上的減函數【答案】BD【解析】由，對于A，，故A不正確；對于B，，故B正確；對于C，，所以的最大值為，當時，，取得最大值，所以的最大值為，故C不正確；對于D，在區(qū)間上是減函數，且，所以在區(qū)間上是減函數；在區(qū)間上是增函數，且，所以在區(qū)間上是減函數，故D正確；故選：BD.37．（2022·湖南·邵陽市第二中學高三階段練習）在現代社會中，信號處理是非常關鍵的技術，我們通過每天都在使用的電話或者互聯(lián)網就能感受到．而信號處理背后的“功臣”就是正弦型函數．函數的圖象就可以近似的模擬某種信號的波形，則（

）A．函數為周期函數，且最小正周期為B．函數的圖象關于點對稱C．函數的圖象關于直線對稱D．函數的導函數的最大值為4【答案】BCD【解析】，，所以，不是函數的最小正周期，A選項錯誤；，，所以，故函數的圖象關于點對稱，B選項正確；，所以，函數的圖象關于直線對稱，C選項正確；，，，，，則，又，所以函數的最大值為，D選項正確.故選：BCD.38．（2022·湖南·麻陽苗族自治縣第一中學高三開學考試）已知函數是定義在R上的奇函數，當時，．則下列結論正確的是（

）A．當時，B．函數有兩個零點C．若方程有三個解，則實數的取值范圍是D．【答案】AC【解析】對A，設，則，所以，又函數是定義在R上的奇函數，所以，所以，即故A正確．對B，當時，，所以，令，解得，當時，；當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，函數取得極小值，當時，，又，故函數在僅有一個零點．當時，，所以函數在沒有零點，所以函數在上僅有一個零點，函數是定義在上的奇函數，故函數在上僅有一個零點，又，故函數在上有3個零點．故B錯誤．對C，作出函數的大致圖象，由圖可知若關于的方程有解，由B中的單調性可得，實數的取值范圍是.故C正確．由圖可知，對，故D錯誤．故選：AC．39．（2022·湖南·麻陽苗族自治縣第一中學高三開學考試）2022年北京冬奧會開幕式精彩紛呈，其中雪花造型驚艷全球．有一個同學為了畫出漂亮的雪花，將一個邊長為1的正六邊形進行線性分形．如圖，圖（n）中每個正六邊形的邊長是圖中每個正六邊形的邊長的．記圖（n）中所有正六邊形的邊長之和為，則下列說法正確的是（

）A．圖（4）中共有294個正六邊形B．C．是一個遞增的等比數列D．記為數列的前n項和，則對任意的且，都有【答案】BCD【解析】對于A，由圖可知，圖至圖中正六邊形的個數構成以為首項，為公比的等比數列，故圖中共有個正六邊形，A錯誤；對于B，由題可知，圖中每個正六邊形的邊長為，，，B正確；對于C，是底數大于的指數型函數，是一個遞增的等比數列，C正確；對于D，，，，，當且時，對任意的且，都有，D正確.故選：BCD.三、填空題40．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）已知橢圓的左、右焦點分別為，，若橢圓上存在一點使得，則該橢圓離心率的取值范圍是________．【答案】【解析】由橢圓的定義可知：，在△中，由余弦定理得：，所以，又，即，當且僅當時等號成立，故，所以，，解得：.故答案為：41．（2022·廣東廣州·高三開學考試）折紙是我國民間的一種傳統(tǒng)手工藝術，明德小學在課后延時服務中聘請了民間藝術傳人給同學們教授折紙.課堂上，老師給每位同學發(fā)了一張長為10cm，寬為8cm的矩形紙片，要求大家將紙片沿一條直線折疊.若折痕（線段）將紙片分為面積比為1:3的兩部分，則折痕長度的取值范圍是___________cm.【答案】【解析】由題意得：長方形紙片的面積為，又，，當折痕如下圖MN所示時，設，則，解得：，，即，當且僅當時取等號；令，則，在上單調遞減，在上單調遞增，又，故，故；當折痕如下圖所示時，設，則，解得：，，當時，取得最小值64，當或5時，取得最大值89，則；當折痕如下圖所示時，設，則，解得：，則，令，則在上單調遞減，在上單調遞增，又，故，；綜上所述：折痕長的取值范圍為，故答案為：42．（2022·廣東·深圳外國語學校高三階段練習）已知函數的導函數滿足：，且，當時，恒成立，則實數a的取值范圍是______________．【答案】【解析】設，則，故，則，又因為，即，所以，，，因為，所以在上恒成立，其中，理由如下：構造，則，令得：，當得：，當得：，故在處取的極小值，也是最小值，，從而得證.故，故，實數a的取值范圍為故答案為：43．（2022·廣東·高三階段練習）若不等式有且僅有一個正整數解，則實數a的取值范圍是______．【答案】【解析】依題意不等式可化為．令，，．函數的圖像恒過定點．函數，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減．所以當x＝1時，．又，記點，，且，當時，．作出函數大致圖像，如圖．若滿足不等式有且僅有一個正整數解，則結合函數圖像必有．又因為，，所以．44．（2022·廣東·高三階段練習）已知：，直線：，為直線上的動點，過點作的切線，，切點為，，當四邊形的面積取最小值時，直線AB的方程為____．【答案】【解析】：的標準方程為，則圓心，半徑．因為四邊形的面積，要使四邊形面積最小，則需最小，此時與直線垂直，直線的方程為，即，聯(lián)立，解得．則,則以為直徑的圓的方程為，與的方程作差可得直線的方程為．故答案為：.45．（2022·廣東·高三開學考試）已知雙曲線，、是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線右支上一點，是的平分線，過作的垂線，垂足為，則點的軌跡方程為_______．【答案】【解析】延長，交于，因為，，，所以，所以，所以，因為M是雙曲線C右支上一點，所以，又因為P是的中點，O是的中點，所以，所以P的軌跡是以O為圓心，半徑為2的圓的一部分，所以點P的軌跡方程為．故答案為：.46．