2022年新高考地區(qū)數(shù)學選擇題填空壓軸題匯編十五含解析

Page12022年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編（十五）一、單選題1．（2022·廣東肇慶·模擬預測）已知當時，函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有且只有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】將兩個函數(shù)的解析式聯(lián)立，消去，得到等式，問題轉化為方程有兩個不同的正實根，根據(jù)這個等式運用常變量分離法，通過構造新函數(shù)，利用導數(shù)的性質進行求解即可.【詳解】由題設，當時，，令，則，所以當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減.又，，所以當時，直線與的圖象有兩個交點，即函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有且只有兩個交點.故選：A.【點睛】關鍵點睛：利用常變量分離法構造函數(shù)利用導數(shù)的性質是解題的關鍵.2．（2022·廣東廣州·一模）若正實數(shù)a，b滿足，且，則下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)單調性及得到或，分別討論兩種情況下四個選項是否正確，A選項可以用對數(shù)函數(shù)單調性得到，B選項可以用作差法，C選項用作差法及指數(shù)函數(shù)單調性進行求解，D選項，需要構造函數(shù)進行求解.【詳解】因為，為單調遞增函數(shù)，故，由于，故，或，當時，，此時；，故；，；當時，，此時，，故；，；故ABC均錯誤；D選項，，兩邊取自然對數(shù)，，因為不管，還是，均有，所以，故只需證即可，設（且），則，令（且），則，當時，，當時，，所以，所以在且上恒成立，故（且）單調遞減，因為，所以，結論得證，D正確故選：D3．（2022·廣東廣州·一模）設拋物線的焦點為F，過點的直線與E相交于A，B兩點，與E的準線相交于點C，點B在線段AC上，，則與的面積之比（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)拋物線焦半徑公式得到B點橫坐標，進而利用拋物線方程求出B點縱坐標，直線AB的方程，求出C點坐標，聯(lián)立直線與拋物線，求出A點縱坐標，利用求出答案.【詳解】如圖，過點B作BD垂直準線于點D，則由拋物線定義可知：，設直線AB為，，，，不妨設，則，所以，解得：，則，解得：，則，所以，解得：，則直線AB為，所以當時，即，解得：，則，聯(lián)立與得：，則，所以，其中.故選：C4．（2021·廣東·一模）已知菱形的邊長為2，，是邊的中點，連接并延長至點，使得，若為線段上的動點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】解法一：連接，，以所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，利用坐標法求解即可；解法二：設設，進而以為基底，得，，再根據(jù)向量數(shù)量積運算得，進而根據(jù)二次函數(shù)性質即可得答案.【詳解】解法一：連接，，以所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則，，，，.設，因為，所以，所以，，所以，，所以.易知直線的方程為，設，則，，所以，因為，所以.故選：B解法二：設，則.連接，因為為的中點，所以，，所以.設，，根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質可知，函數(shù)，的最小值在處取得，為，最大值在處取得，為，所以的取值范圍是.故選：B5．（2021·廣東·一模）已知等比數(shù)列的通項公式為，，記的前項和為，前項積為，則使得成立的的最大正整數(shù)值為（

）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意求得，，由，得到，解得，進而求得使得成立的的最大正整數(shù)值.【詳解】由題意，等比數(shù)列的通項公式為，可得數(shù)列是首項為、公比為的等比數(shù)列，所以，，由，得，由，可得，結合，可得，.當時，，不滿足題意；當時，，，，所以，不滿足題意.綜上，使得成立的的最大正整數(shù)值為17.故選：A.6．（2022·湖南益陽·一模）若雙曲線：，，分別為左?右焦點，設點是在雙曲線上且在第一象限的動點，點為△的內心，，則下列說法正確的是（

）A．雙曲線的漸近線方程為B．點的運動軌跡為雙曲線的一部分C．若，，則D．不存在點，使得取得最小值【答案】C【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的方程直接寫出漸近線方程判定A；由圓的切線長定理和雙曲線的定義可求得的橫坐標，可判定B；由雙曲線的定義和余弦定理，利用等面積法求得的縱坐標，由正弦和求交點，求得的坐標，運用向量的坐標表示，可得，可判定C；若與關于y軸對稱，結合雙曲線的定義及對稱性可得，可判定D.【詳解】由題意，雙曲線，可知其漸近線方程為，A錯誤；設，△的內切圓與、、分別切于、、，可得，由雙曲線的定義可得：，即，又，解得，則的橫坐標為，由與的橫坐標相同，即的橫坐標為，故在定直線上運動，B錯誤；由且，解得：，∴，則，∴，同理可得：，設直線，直線，聯(lián)立方程得，設△的內切圓的半徑為，則，解得，即，∴，由，可得，解得，故，C正確；若與關于y軸對稱，則且，而，∴，故要使的最小，只需三點共線即可，易知：，故存在使得取最小值，D錯誤.故選：C.【點睛】方法點睛：D選項求動點到兩定點的距離最值，應用雙曲線的定義及對稱性將動點轉移到兩定點之間的某條曲線上，結合兩定點間的線段最短求最小值．7．（2022·全國·高三專題練習）已知邊長為的菱形，，沿對角線把折起，二面角的平面角是，則三棱錐的外接球的表面積是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】作出圖形，利用勾股定理建立方程，求三棱錐的外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設菱形的對角線交于，頂點A在底面的投影為，由菱形的性質可得，二面角的平面角是，，因為菱形的邊長為，，，，設底面外接圓圓心為，外接球球心為，連接，過作，設，則，由勾股定理可得，，即，解得，，三棱錐的外接球的表面積為，故選：B.【點睛】方法點睛：本題主要考查三棱錐外接球表面積的求法，屬于難題.要求外接球的表面積和體積，關鍵是求出球的半徑，求外接球半徑的常見方法有：①若三條棱兩垂直則用（為三棱的長）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉化為長方體的外接球；④特殊幾何體可以直接找出球心和半徑.8．（2022·湖南·一模）已知函數(shù)有兩個極值點，若，則關于的方程的不同實根個數(shù)為A．3 B．4C．5 D．6【答案】A【解析】【詳解】試題分析：求導得，顯然是方程的二不等實根，不妨設，于是關于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的解就是或，根據(jù)題意畫圖：所以有兩個不等實根，只有一個不等實根，故答案選A.考點：導數(shù)、零點、函數(shù)的圖象9．（2022·湖南·一模）設拋物線的焦點為F，點P為C上的任意點，若點A使得的最小值為4，則下列選項中，符合題意的點A可為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)拋物線的性質，結合選項逐一判斷即可.【詳解】拋物線的準線方程為：，焦點坐標為：，A：因為在拋物線內部，而到準線的距離為：，所以的最小值為，不符合題意；B：因為在拋物線上，所以的最小值就是，不符合題意；C：因為在拋物線內部，到準線的距離為：，所以的最小值為，符合題意，D：因為在拋物線外部：所以的最小值就是，不符合題意，故選：C10．（2022·湖南·一模）在正方體中，點P滿足，且，若二面角的大小為，O為的中心，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】設正方體中心為，先根據(jù)條件得平面，所以作于Q，連，通過證明面可得即為的平面角，接下來在和中計算即可.【詳解】設正方體中心為，因為點P滿足，且所以平面，平面平面，由正方體性質平面，且平面，所以作于Q，連，面，則即為的平面角，所以．設正方體棱長為1，中，，則在中，，所以．故選：D.11．（2022·湖北·一模）各種不同的進制在我們生活中隨處可見，計算機使用的是二進制，數(shù)學運算一般用的十進制.通常我們用函數(shù)表示在x進制下表達M（M>1）個數(shù)字的效率，則下列選項中表達效率最高的是（

）A．二進制 B．三進制 C．八進制 D．十進制【答案】B【解析】【分析】根據(jù)效率的定義，結合的單調性，即可判斷和選擇.【詳解】因為，令，得易知在上單調遞增，在上單調遞減，故只需比較與的大小，而，故可得.則效率最高的是三進制.故選：.12．（2022·山東濟南·一模）已知直線與直線相交于點P，點，O為坐標原點，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件求出點P的軌跡，再借助幾何圖形，數(shù)形結合求解作答.【詳解】直線恒過定點，直線恒過定點，而，即直線與直線垂直，當P與N不重合時，，，當P與N重合時，，令點，則，，于是得，顯然點P與M不重合，因此，點P的軌跡是以原點為圓心，2為半徑的圓（除點M外），如圖，觀察圖形知，射線AP繞點A旋轉，當旋轉到與圓O：相切時，最大，最大，因，為切線，點為切點，，，則，所以最大值為，.故選：B【點睛】思路點睛：涉及在垂直條件下求動點的軌跡問題，可以借助向量垂直的坐標表示求解，以簡化計算，快捷解決問題.13．（2022·山東泰安·一模）已知數(shù)列是首項為，公差為1的等差數(shù)列，數(shù)列滿足．若對任意的，都有成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A．， B． C．， D．【答案】D【解析】【分析】由等差數(shù)列通項公式得，再結合題意得數(shù)列單調遞增，且滿足，，即，再解不等式即可得答案.【詳解】解：根據(jù)題意：數(shù)列是首項為，公差為1的等差數(shù)列，所以，由于數(shù)列滿足，所以對任意的都成立，故數(shù)列單調遞增，且滿足，，所以，解得．故選：．14．（2022·山東泰安·一模）已知拋物線C：（）的焦點為F，點M在拋物線C上，射線FM與y軸交于點，與拋物線C的準線交于點N，，則p的值等于（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】【分析】設點M到拋物線的準線的距離為|MM′|，拋物線的準線與x軸的交點記為點B.解得答案.【詳解】解：設點M到拋物線的準線的距離為|MM′|，拋物線的準線與x軸的交點記為點B.由拋物線的定義知，|MM′|＝|FM|.因為，所以，即，所以，而，解得p＝2,故選：B.15．（2022·山東煙臺·一模）過直線上一點P作圓M：的兩條切線，切點分別為A，B，若使得四邊形PAMB的面積為的點P有兩個，則實數(shù)m的取值范圍為（

）A． B． C．或 D．或【答案】A【解析】【分析】利用圓的性質可得，進而可得，結合題意可得，即得.【詳解】由圓M：可知，圓心，半徑為1，∴，∴四邊形PAMB的面積為，∴，要使四邊形PAMB的面積為的點P有兩個，則，解得.故選：A.二、多選題16．（2022·廣東肇慶·模擬預測）已知正方體的棱長為1，點P是線段上（不含端點）的任意一點，點E是線段的中點，點F是平面內一點，則下面結論中正確的有（

）A．平面B．以為球心?為半徑的球面與該正方體側面的交線長是C．的最小值是D．的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】對于A選項：利用線面平行的判定定理證明出平面，即可判斷；對于B選項：先作出球面與側面的交線為弧，再求弧長；對于C，D選項：將沿翻折到與在同一平面作于點G，交于P.利用幾何法判斷出最小.解三角形求出最小值，即可判斷C、D.【詳解】對于A選項：因為平面即為平面，又因為，且平面，平面，所以平面，故A正確；對于B選項：該球面與側面的交線為弧，是以為圓心，圓心角為的弧，所以弧長為，故B正確；對于C，D選項：將沿翻折到與在同一平面且點，D在直線的異側，作于點G，交于P.由兩點之間，直線最短.可得G、F重合時，最小.此時，設，則,所以.在中，,所以，則的最小值是，故C不正確，D正確.故選:ABD.17．（2022·廣東肇慶·模擬預測）已知F是拋物線的焦點，過點F作兩條互相垂直的直線，，與C相交于A，B兩點，與C相交于E，D兩點，M為A，B中點，N為E，D中點，直線l為拋物線C的準線，則（

）A．點M到直線l的距離為定值 B．以為直徑的圓與l相切C．的最小值為32 D．當最小時，【答案】BCD【解析】【分析】設直線方程，并聯(lián)立拋物線方程，利用根與系數(shù)的關系式，求得點M的橫坐標，結合拋物線定義，可判斷A;利用拋物線定義推得,由此判斷B;計算出弦長，可得的表達式，利用基本不等式求得其最小值，判斷C;求出的表達式，采用換元法，利用二次函數(shù)的單調性求得其最小值，判斷D.【詳解】設，，，，，直線的方程為，則直線的方程為,將直線的方程代入，化簡整理得，則，，故,所以，,因為點A到直線l的距離，點B到直線l的距離，點M到直線l的距離，又，所以，故A錯誤；因為，所以以為直徑的圓的圓心M到l的距離為，即以為直徑的圓與l相切，故B正確；同理，，所以，，，則，當且僅當時等號成立，故C正確；.設，則，，.當時，即時，最小，這時，故D正確,故選:BCD.【點睛】本題考查了拋物線的焦點弦的性質，具有較強的綜合性，要求學生有較好的計算能力和思維能力，解答時要注意直線方程的設法，以及聯(lián)立后結合根與系數(shù)的關系式的化簡，涉及到焦半徑以及弦長和距離的計算，比較繁雜，要細心運算.18．（2022·廣東廣州·一模）十九世紀下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學的基礎，著名的“康托三分集”是數(shù)學理性思維的構造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第1次操作：再將剩下的兩個區(qū)間，分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段；操作過程不斷地進行下去，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的區(qū)間長度記為，則（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】分析題意發(fā)現(xiàn)是一個等比數(shù)列，按照等比數(shù)列的性質逐一驗證即可，其中B選項是化簡成一個等差數(shù)列進行判斷，CD兩個選項需要利用數(shù)列的單調性進行判斷，尤其是D選項，需要構造新數(shù)列，利用做差法驗證單調性.【詳解】由題可知，；，；，由此可知，即一個等比數(shù)列；A：，A錯誤；B：，因為，所以該數(shù)列為遞減數(shù)列，又因為當時，，所以恒成立，B正確；C：，即，兩邊約去得到，當時，，原式成立；當時，恒成立，所以成立，即成立，C正確；D：令，再令，令解得，因為，所以取，由此可知時；時，故為最大值，，根據(jù)單調性，即不恒成立，D錯誤.故選：BC19．（2022·廣東廣州·一模）在長方體中，，，，則下列命題為真命題的是（

）A．若直線與直線CD所成的角為，則B．若經(jīng)過點A的直線與長方體所有棱所成的角相等，且與面交于點M，則C．若經(jīng)過點A的直線m與長方體所有面所成的角都為θ，則D．若經(jīng)過點A的平面β與長方體所有面所成的二面角都為，則【答案】ACD【解析】【分析】A根據(jù)長方體的性質找到直線與直線CD所成角的平面角即可；B構建空間直角坐標系，根據(jù)線線角相等，結合空間向量夾角的坐標表示求，即可求M坐標，進而確定線段長；C、D將長方體補為以為棱長的正方體，根據(jù)描述找到對應的直線m、平面β，結合正方體性質求線面角、面面角的正弦值.【詳解】A：如下圖，直線與直線CD所成角，即為直線與直線AB所成角，則，正確；B：構建如下圖示的坐標系，過A的直線與長方體所有棱所成的角相等，與面交于且，又，則，故，則，錯誤.C：如下圖，過A的直線m與長方體所有面所成的角都為θ，則直線m為以為棱長的正方體的體對角線，故，正確；D：如下圖，過A的平面β與長方體所有面所成的二面角都為，只需面β與以為棱長的正方體中相鄰的三條棱頂點所在平面平行，如面，故，則，正確.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)長方體或將其補全為正方體，結合各選項線線角、線面角相等判斷直線或平面的位置，進而求對應角的函數(shù)值.20．（2021·廣東·一模）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．在上單調遞減B．直線為圖象的一條對稱軸C．在上的解集為D．函數(shù)在上的圖象與直線的交點的橫坐標之和為【答案】AC【解析】【分析】先根據(jù)絕對值的含義，將寫成分段函數(shù)的形式，然后逐段研究并作出其圖象，最后根據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質即可求解.【詳解】由題意得，函數(shù)，作出的大致圖象如圖所示，由圖可知，在上單調遞減，所以A正確；由圖易知函數(shù)的圖象沒有對稱軸，所以直線不是函數(shù)圖象的對稱軸，所以B錯誤；當時，，由，可得，當時，，由，可得或，所以在上的解集為，所以C正確；結合函數(shù)的圖象，可得函數(shù)在上的圖象與直線有4個交點，設交點的橫坐標從左到右依次設為，，，，根據(jù)函數(shù)的解析式可知，當時，，根據(jù)余弦函數(shù)圖象的對稱性可知，，當時，，根據(jù)正弦函數(shù)圖象的對稱性可知，，所以，所以選項D錯誤.故選：AC.21．（2022·全國·高三專題練習）已知定義在上的函數(shù)滿足對任意的，，，且當時，，則（

）A．B．對任意的，C．是減函數(shù)D．若，且不等式恒成立，則的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】A.取，易得；B.取，可得，然后驗證的情況；C.由當時，，且可得，當時，，與為減函數(shù)矛盾，從而可判斷C錯誤；D.先證明的單調性，然后由可得，結合函數(shù)的單調性可得，再化簡、換元，通過構造函數(shù)、求導得新函數(shù)的單調性和最值，即可得解.【詳解】取，則，解得或，若，則對任意的，，與條件不符，故，A正確；對任意的，，若存在，使得，則，與矛盾，所以對任意的，，B正確；當時，，且，所以當時，，與為減函數(shù)矛盾，C錯誤；假設，則因為，所以，則，即，所以函數(shù)在上單調遞增，由題意得，所以，結合在上單調遞增可知，則，令，則，，令，，易得在上單調遞減，在上單調遞增，從而，所以，則，D正確.故選：ABD.【點睛】本題中用到特殊值，特殊函數(shù)來解決問題，特別是選項D中，將不等式轉化為，再結合換元法，求導等辦法來求解，綜合能力要求較高.22．（2022·湖南益陽·一模）已知正方體的棱長為2，點E、F分別是棱、的中點，點P在四邊形內（包含邊界）運動，則下列說法正確的是（

）A．若P是線段的中點，則平面平面B．若P在線段上，則異面直線與所成角的范圍是C．若平面，則點P的軌跡長度為D．若平面，則長度的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】對于A，先證明，，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理即可判斷；對于B，由可將與所成的角轉化為與所成的角，結合為正三角形可得與所成角的取值范圍；對于C，先利用線面位置關系得到點的軌跡，然后求解即可；對于D，先由線線平行證明線面平行，進而得面面平行，可確定點的軌跡為線段，然后結合勾股定理求解長度的最值即可求解．【詳解】對于A：因為、分別是線段、的中點，所以，則，則，所以，又由平面，所以，所以平面，又因為平面，所以平面平面，即選項A正確；對于B：在正方體中，，所以與所成的角為與所成的角，連接、，則為正三角形，所以與所成角的取值范圍為，即選項B錯誤；對于C：設平面與直線交于點，連接、，則為的中點，分別取、的中點、，連接、、，由，所以平面，同理可得平面，又因為，所以平面平面，又由平面，所以直線平面，故點的軌跡是線段，易得，即選項C正確；對于D：取的中點，的中點，的中點，連接，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面，連接、，則，又因為，所以，所以平面，連接、，由，且，得，故、、、四點共面，所以平面平面，因為平面，所以平面，所以點的軌跡為線段，由知、，連接，，在中，，所以，所以，則，故線段長度的最小值為，線段長度的最大值為，所以長度的取值范圍是，即選項D正確．故選：ACD．23．（2022·湖南益陽·一模）函數(shù)的取值可以為（

）A． B． C． D．【答案】CD【解析】【分析】由題得，再利用數(shù)形結合分析求解.【詳解】解：由題得可理解為單位圓上動點到兩定點的距離和.如圖所示，點處于位置時，三點共線取到最小值，當位于時，，此時.過了點逆時針運動時，都在逐步增加，當位于時，，此時.故選：CD24．（2022·湖南·一模）已知F為拋物線的焦點，點P在拋物線上，過點F的直線l與拋物線交于，兩點，O為坐標原點，拋物線的準線與x軸的交點為M．則下列說法正確的是（

）A．的最大值為B．若點，則的最小值為6C．無論過點F的直線l在什么位置，總有D．若點C在拋物線準線上的射影為D，則B、O、D三點共線【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)拋物線的性質，結合題意，對每個選項進行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】根據(jù)題意，可得，設，且點在軸上方.對A：過點作軸交軸與點，如下圖所示：容易知：，且則，當且僅當，即時取得等號.故可得的最大值為，當且僅當垂直于軸時取得最大值，故A正確；對B：根據(jù)題意，過點作垂直于拋物線的準線，垂足為，作圖如下：因為，數(shù)形結合可知，當且僅當與重合，與重合時，取得最小值，此時，故B錯誤；對C：根據(jù)題意，作圖如下：設過點的直線方程為，聯(lián)立拋物線方程，可得：，故可得，故可得，故可得，故C正確；對D：根據(jù)題意，作圖如下：因為，故可得，又，，故共線，且有公共點，故B,O,D三點共線，故D正確.故選：ACD.【點睛】本題考查直線與拋物線相交，利用韋達定理以及拋物線定義處理最值、共線等問題，處理問題的關鍵是充分利用拋物線定義和韋達定理，進行合理的轉化，屬綜合中檔題.25．（2022·福建·廈門一中高二階段練習）設，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是（

）A．， B．， C．， D．，【答案】BCD【解析】把各選項代入函數(shù)式檢驗，能求出實根的解出實根，不能求出實根的用函數(shù)的性質判斷．【詳解】記，，時，，或，不滿足題意；，時，，，在和是遞增，在上遞減，而，只有一個零點，即只有一個實根，同理，時，在和是遞增，在上遞減，而，只有一個零點，即只有一個實根，，時，，只有一個實根，故選：BCD.【點睛】本題考查方程實根個數(shù)問題，對于方程根無法解出的情況可以通過研究函數(shù)的極值與單調性確定函數(shù)零點即方程根的個數(shù)．26．（2022·湖南·一模）已知函數(shù)在區(qū)間上單調，且滿足有下列結論正確的有(

)A．B．若，則函數(shù)的最小正周期為；C．關于x的方程在區(qū)間上最多有4個不相等的實數(shù)解D．若函數(shù)在區(qū)間上恰有5個零點，則的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】A：在上單調，，，故；B：求出區(qū)間右端點關于的對稱點，由題可知在上單調，據(jù)此可求出f(x)周期的范圍，從而求出ω的范圍.再根據(jù)知是f(x)的對稱軸，根據(jù)對稱軸和對稱中心距離為周期的倍即可求出ω，從而求出其周期；C：根據(jù)ω的范圍求出周期的范圍，根據(jù)正弦型函數(shù)一個完整周期只有一個最高點即可求解；D：由知，是函數(shù)在區(qū)間，上的第1個零點，而在區(qū)間上恰有5個零點，則，據(jù)此即可求ω的范圍.【詳解】A，∵，∴在上單調，又，，∴，故A正確；B，區(qū)間右端點關于的對稱點為，∵，f(x)在上單調，∴根據(jù)正弦函數(shù)圖像特征可知在上單調，∴為的最小正周期，即3，又，∴.若，則的圖象關于直線對稱，結合，得，即，故k＝0，，故B正確.C，由，得，∴在區(qū)間上最多有3個完整的周期，而在1個完整周期內只有1個解，故關于的方程在區(qū)間上最多有3個不相等的實數(shù)解，故C錯誤.D，由知，是函數(shù)在區(qū)間，上的第1個零點，而在區(qū)間上恰有5個零點，則，結合，得，又，∴的取值范圍為，故D正確.故選：ABD.【點睛】本題綜合考察的周期、單調性、對稱中心、對稱軸等特性，解題的關鍵是熟練掌握正弦型函數(shù)對稱軸，對稱中心的位置特征，掌握正弦型函數(shù)單調性與周期的關系.常用結論：(1)單調區(qū)間的長度最長為半個周期；(2)一個完整周期內只有一個最值點；(3)對稱軸和對稱中心之間的距離為周期的倍.27．（2022·湖南·一模）已知雙曲線的左焦點為F，過點F作C的一條漸近線的平行線交C于點A，交另一條漸近線于點B．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．點A到兩漸近線的距離的乘積為 D．O為坐標原點，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)共線向量的性質，結合雙曲線的漸近線方程、離心率公式逐一判斷即可.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，不妨設過點F的直線與直線平行，交于C于點A.對于A：設雙曲線半焦距為c，過點F與直線平行的直線的方程為，與聯(lián)立，解得，由，設，所以，可得，依題：，得，故漸近線方程為，A錯誤；對于B：由可得，B正確；對于C：A到兩漸近線距離的乘積，C正確對于D：故，故，所以D正確．故選：BCD【點睛】關鍵點睛：求出兩點坐標是解題的關鍵.28．（2022·湖南·一模）數(shù)列滿足，，則（

）A．數(shù)列可能為常數(shù)列 B．當時，數(shù)列前10項之和為C．當時，的最小值為 D．若數(shù)列為遞增數(shù)列，則【答案】ABD【解析】【分析】利用構造數(shù)列法可得數(shù)列為等差數(shù)列，寫出通項公式，從而判斷每個選項.【詳解】A．由，得，當時，，為常數(shù)列；B．，故為等差數(shù)列，時，的前10項和為；C．由B知，時，，故，數(shù)列的最小值為；D．，故，當遞增時，有．故選：ABD【點睛】求解本題的關鍵是通過構造數(shù)列法，證明得數(shù)列為等差數(shù)列，從而寫出通項公式，再判斷每個選項.29．（2022·湖北·一模）我們把經(jīng)過同一頂點的三條棱兩兩垂直的三棱錐，稱作直角三棱錐.在直角三棱錐S?ABC中，側棱SA?SB?SC兩兩垂直，設SA=a，SB=b，SC=c，點S在底面ABC的射影為點D，三條側棱SA?SB?SC與底面所成的角分別為??，下列結論正確的有（

）A．D為△ABC的外心 B．△ABC為銳角三角形C．若，則 D．【答案】BCD【解析】【分析】對于A，連接并延長交于，連接，可證得，同理可證得，從而可判斷，對于B，由勾股定理結合余弦定理判斷，對于C，，可得，然后結合已知條件判斷，對于D，利用由等面積法求解判斷【詳解】連接并延長交于，連接，因為平面，平面，所以，因為SA?SB?SC兩兩垂直，所以平面，因為平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以，即，同理可證得，故D應為的垂心，故選項A不正確；由勾股定理可得，，在中，由余弦定理得，，所以為銳角，同理可得都為銳角，所以為銳角三角形，故選項B正確；設，則由題意得，若，則，因為??都為銳角，所以，選項C正確；由選項A可知，平面，因為平面，所以，由等面積法可得，得，故.故選項D正確.故選：BCD30．（2022·湖北·一模）已知函數(shù)，則(

)A．的圖象關于對稱 B．的最小正周期為C．的最小值為1 D．的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】A：驗證與是否相等即可；B：驗證與相等，從而可知為f(x)的一個周期，再驗證f(x)在(0，)的單調性即可判斷為最小正周期；C、D：由B選項即求f(x)最大值和最小值.【詳解】，故選項A正確；∵，故為的一個周期.當時，，此時，令，得，故.∵當時，；當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，故的最小正周期為，選項B錯誤；由上可知在上的最小值為，最大值為，由的周期性可知，選項CD均正確.故選：ACD.31．（2022·山東濟南·一模）已知函數(shù)，下列結論正確的是（

）A．為偶函數(shù) B．的值域為C．在上單調遞減 D．的圖象關于直線不對稱【答案】AB【解析】【分析】利用偶函數(shù)的定義及正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的奇偶性判定選項A正確；先利用絕對值的代數(shù)意義將的解析式化為分段函數(shù)，再利用兩角和的正弦、余弦公式化簡，進而利用三角函數(shù)的性質判定選項B正確；利用兩角和的正弦公式、三角函數(shù)的單調性判定選項C錯誤；利用是最大值判定選項D錯誤.【詳解】對于A：因為的定義域為R，且，所以函數(shù)是偶函數(shù)，即選項A正確；對于B：由題意，得，即，當時，，則，即；當時，，則，即；綜上所述，的值域為，即選項B正確；對于C：當時，，且，令，得，令，得，即在上單調遞增，在上單調遞減，即選項C錯誤；對于D：由選項B得的最大值為，且，即的圖象關于直線對稱，即選項D錯誤.故選：AB.32．（2022·山東濟南·一模）平面內到兩定點距離之積為常數(shù)的點的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運行規(guī)律時發(fā)現(xiàn)的.已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，其軌跡為一條連續(xù)的封閉曲線C.則下列結論正確的是（

）A．曲線C與y軸的交點為， B．曲線C關于x軸對稱C．面積的最大值為2 D．的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出曲線C的方程，由判斷A；由曲線方程對稱性判斷B；取特值計算判斷C；求出的范圍計算判斷D作答.【詳解】設點，依題意，，整理得：，對于A，當時，解得，即曲線C與y軸的交點為，，A正確；對于B，因，由換方程不變，曲線C關于x軸對稱，B正確；對于C，當時，，即點在曲線C上，，C不正確；對于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD【點睛】結論點睛：曲線C的方程為，(1)如果，則曲線C關于y軸對稱；(2)如果，則曲線C關于x軸對稱；(3)如果，則曲線C關于原點對稱.33．（2022·山東泰安·一模）如圖，在直三棱柱中，，，D是棱的中點，，點E在上，且，則下列結論正確的是（

）A．直線與BC所成角為90°B．三棱錐的體積為C．平面D．直三棱柱外接球的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，證明，根據(jù)線面垂直的判定定理可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質可得，即可判斷A；對于B，證明平面，可得，再根據(jù)求出體積，即可判斷B；對于C，以為原點建立空間直角坐標系，利用向量法證明不垂直，即可判斷C；對于D，連接，則線段即為直三棱柱外接球的直徑，求出外接球的半徑，即可求出外接球面積，即可判斷.【詳解】解：對于A，在矩形中，因為，，D是棱的中點，所以，所以，所以，又因，，所以平面，又因平面，所以，即直線與BC所成角為90°，故A正確；對于B，在直三棱柱中，，又，，所以平面，又平面，所以，則，故B正確；對于C，由AB可知，兩兩垂直，如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，則，所以，所以不垂直，所以不垂直平面，故C錯誤；連接，則線段即為直三棱柱外接球的直徑，，所以外接球的半徑，所以直三棱柱外接球的表面積為，故D正確.故選：ABD.34．（2022·山東泰安·一模）已知函數(shù)，，，則下列結論正確的是（

）A．在上單調遞增B．當時，方程有且只有3個不同實根C．的值域為D．若對于任意的，都有成立，則【答案】BCD【解析】【分析】對于A：取特殊函數(shù)值否定結論；對于B：當時，解方程得到和是方程的根.利用零點存在定理證明在上有且只有一個零點.即可證明.對于C：根據(jù)單調性求出的值域.對于D：對x分類討論：、和三種情況，利用分離參數(shù)法分別求出k得到范圍，取交集即可.【詳解】對于A：.因為，，所以，所以.所以在上不是增函數(shù).故A錯誤；對于B：當時，方程可化為：或.由可解得：.對于，顯然代入方程成立，所以是方程的根.當時，記..所以令，解得：；令，解得：；所以在上單增，在上單減.所以.所以在上沒有零點；而在上單減，且，，所以在上有且只有一個零點.綜上所述：當時，方程有且只有3個不同實根.故B正確；對于C：對于.當時，.，所以；當時，..令，解得：；令，解得：；所以在上單減，在上單增.所以；故的值域為成立.故C正確.對于D：對于任意的，都有成立，所以及恒成立.若恒成立，則有.令，只需.令，則.則.所以，即.若恒成立，當，無論k取何值，不等式均成立，所以.當，則有.令，只需..記，則，所以在上單減，所以，即，所以在上單減，所以所以.綜上所述：.故D正確.故選：BCD【點睛】導數(shù)的應用主要有：（1）利用導函數(shù)幾何意義求切線方程；（2）利用導數(shù)研究原函數(shù)的單調性，求極值（最值）；（3）利用導數(shù)求參數(shù)的取值范圍；（4）利用導數(shù)處理恒（能）成立問題.35．（2022·山東煙臺·一模）如圖，正三棱柱中，底面ABC是邊長為2的等邊三角形，，D為BC中點，則（

）A．直線平面B．點到平面的距離為C．異面直線與所成角的余弦值為D．設P，Q分別在線段，上，且，則PQ的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得；【詳解】解：在正三棱柱中，為的中點，所以，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以，因為，即，又平面，所以平面，故A正確；因為，所以，則點到平面的距離為，故B正確；因為，，設直線與所成角為，則，所以異面直線與所成角的余弦值為，故C錯誤；設，則、，因為，，所以，，則，，所以，所以當時有最小值，所以，所以，故D正確；故選：ABD36．（2022·山東煙臺·一模）已知雙曲線C：，，為C的左、右焦點，則（

）A．雙曲線和C的離心率相等B．若P為C上一點，且，則的周長為C．若直線與C沒有公共點，則或D．在C的左、右兩支上分別存在點M，N使得【答案】BC【解析】【分析】求得雙曲線和C的離心率判斷選項A；求得的周長判斷選項B；由直線與圓錐曲線位置關系的判定判斷選項C；求解滿足題意條件的直線MN判斷選項D.【詳解】選項A：雙曲線C：的離心率雙曲線的離心率則雙曲線和C的離心率不一定相等.判斷錯誤；選項B：P為C：上一點，且則有，整理得則的周長為.判斷正確；選項C：由，可得由題意可知，方程無解當時，方程有解；當時，則有，解之得或故若直線與C沒有公共點，則或.判斷正確；選項D：根據(jù)題意，過雙曲線C的左焦點的直線方程可設為令，由，可得由，可得則有，則有，整理得，顯然不成立.當過雙曲線C的左焦點的直線為水平直線時，方程為則，，即.綜上可知，不存在分別在C的左、右兩支上M，N使得.判斷錯誤.故選：BC三、雙空題37．（2022·湖南·一模）已知函數(shù)，寫出函數(shù)的一個單調遞增區(qū)間________；當時，函數(shù)的值域為，則a的取值范圍是_______．【答案】

【解析】【分析】分和討論去絕對值符號，再根據(jù)正弦函數(shù)的單調性和最值分析結合題意即可得出答案.【詳解】解：當時，，當時，，令，則，所以函數(shù)的一個單調遞增區(qū)間為，，則函數(shù)在上遞增，在上遞減，則當時，，且，令，則，所以函數(shù)在上遞增，此時令，則，所以函數(shù)在上遞減，當時，令，則，因為當時，函數(shù)的值域為，所以.故答案為：（答案不唯一）；.38．（2022·湖北·一模）2022年北京冬奧會開幕式中，當《雪花》這個節(jié)目開始后，一片巨大的“雪花”呈現(xiàn)在舞臺中央，十分壯觀.理論上，一片雪花的周長可以無限長，圍成雪花的曲線稱作“雪花曲線”，又稱“科赫曲線”，是瑞典數(shù)學家科赫在1904年研究的一種分形曲線.如圖是“雪花曲線”的一種形成過程：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊，重復進行這一過程若第1個圖中的三角形的周長為1，則第n個圖形的周長為___________；若第1個圖中的三角形的面積為1，則第n個圖形的面積為___________.【答案】

【解析】【分析】由圖形之間的邊長的關系，得到周長是等比數(shù)列，再按照等比數(shù)列通項公式可得解；由圖形之間的面積關系及累加法，結合等比數(shù)列求和可得解.【詳解】記第個圖形為，三角形邊長為，邊數(shù)，周長為，面積為有條邊，邊長；有條邊，邊長；有條邊，邊長；分析可知，即；，即當?shù)?個圖中的三角形的周長為1時，即，所以由圖形可知是在每條邊上生成一個小三角形，即即，，，利用累加法可得數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列，數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列，故是以為公比的等比數(shù)列，當?shù)?個圖中的三角形的面積為1時，，即，此時，，有條邊，則所以，所以故答案為：，【點睛】關鍵點睛：本題考查數(shù)列的應用，解題的關鍵是通過找到圖形之間的關系，得到等比數(shù)列，求數(shù)列通項公式常用的方法：（1）由與的關系求通項公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）兩邊取到數(shù)，構造新數(shù)列法.39．（2022·山東濟南·一模）已知函數(shù)，對任意非零實數(shù)x，均滿足.則的值為___________；函數(shù)的最小值為___________.【答案】

0

【解析】【分析】根據(jù)給定條件求出待定系數(shù)a，b，進而求出的解析式，代值計算可得，變形函數(shù)式并借助二次函數(shù)求解最值作答.【詳解】函數(shù)，因對任意非零實數(shù)x，均滿足，則，有，即，由等式兩邊展開式最高次項系數(shù)得：，即，當時，，解得，經(jīng)檢驗得，，，對任意非零實數(shù)x成立，因此，，，當即時，，所以的值為0，函數(shù)的最小值為.故答案為：0；【點睛】思路點睛：兩邊是一元高次多項式的等式恒成立問題，可以借助特殊項（如最高次項、常數(shù)項等）及取特值求出待定系數(shù)，然后驗證即可.四、填空題40．（2022·廣東肇慶·模擬預測）已知函數(shù)，，，且在區(qū)間上有且只有一個極大值點，則的最大值為___________.【答案】##8.25【解析】【分析】根據(jù)題意列出方程組，求出的表達式，求出符合條件的，再根據(jù)在區(qū)間上有且只有一個極大值點，分類討論確定的值是否適合題意，可得答案.【詳解】由題意知，,，，則,，，其中，,當時，，，；當時，，，.又在區(qū)間上有且只有一個極大值點，所以，得，即，所以.當時，，，此時，此時有2個極大值點，舍去；當時，，，此時，此時有1個極大值點，成立，所以的最大值為，故答案為：41．（2022·廣東廣州·一模）如圖，在數(shù)軸上，一個質點在外力的作用下，從原點O出發(fā)，每次等可能地向左或向右移動一個單位，共移動6次，則事件“質點位于的位置”的概率為___________.【答案】【解析】【分析】理解題意構建數(shù)學模型，利用排列組合進行解題.【詳解】由圖可知，若想通過6次移動最終停在-2的位置上，則必然需要向右移動2次且向左移動4次，記向右移動一次為R，向左移動一次為L，則該題可轉化為RRLLLL六個字母排序的問題，故落在-2上的排法為所有移動結果的總數(shù)為，所有落在-2上的概率為故答案為：42．（2022·廣東廣州·一模）已知三棱錐的棱AP，AB，AC兩兩互相垂直，，以頂點P為球心，4為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長弧的弧長等于___________.【答案】##【解析】【分析】將三棱錐補全為棱長為的正方體，根據(jù)已知條件判斷棱錐各面與球面相交所成圓弧的圓心、半徑及對應圓心角，進而求出弧長，即可知最長弧長.【詳解】由題設，將三棱錐補全為棱長為的正方體，如下圖示：若，則，即在P為球心，4為半徑的球面上，且O為底面中心，又，，所以，面與球面所成弧是以為圓心，2為半徑的四分之一圓弧，故弧長為；面與與球面所成弧是以為圓心，4為半徑且圓心角為的圓弧，故弧長為；面與球面所成弧是以為圓心，4為半徑且圓心角為的圓弧，故弧長為；所以最長弧的弧長為.故答案為：.43．（2021·廣東·一模）在長方體中，底面是邊長為的正方形，，，分別為棱，的中點，為線段上的動點，則直線與平面的交點的軌跡長度為______.【答案】【解析