2022年新高考數學名校地市選填壓軸題好題匯編(十二)(原卷版+解析)

2022年新高考數學名校地市選填壓軸題好題匯編（十二）一、單選題1．（2023·河南·溫縣第一高級中學高二開學考試（文））已知拋物線：的焦點為，準線為，點在上，直線交軸于點，若，則點到準線的距離為（）A．6 B．5 C．4 D．32．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知數列，，其中為最接近的整數，若的前m項和為10，則（）A．15 B．20 C．30 D．403．（2023·廣東·金山中學高三期末）設函數在上的導函數為，若，，，則不等式的解集為（）A． B． C． D．4．（2023·山東·煙臺二中高三期末）根據拋物線的光學性質可知，從拋物線的焦點發(fā)出的光線經該拋物線反射后與對稱軸平行，一條平行于對稱軸的光線經該拋物線反射后會經過拋物線的焦點.如圖所示，從沿直線發(fā)出的光線經拋物線兩次反射后，回到光源接收器，則該光線經過的路程為（）A．11 B．12 C．13 D．145．（2023·山東菏澤·高三期末）瑞士著名數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上.這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”.在平面直角坐標系中作，，點，點，過其“歐拉線”上一點Р作圓O：的兩條切線，切點分別為M，N，則的最小值為（）A． B． C． D．6．（2023·山東菏澤·高三期末）設函數，的定義域分別為F，G，且.若對任意的，都有，則稱為在G上的一個“延拓函數”.已知函數，若為在上的一個延拓函數，且是偶函數，則函數的解析式是（）A． B． C． D．7．（2023·湖南郴州·高三期末）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號.設，用表示不超過x的最大整數，則稱為高斯函數.已知數列滿足，且，若數列的前n項和為，則（）A．4950 B．4953 C．4956 D．49598．（2023·湖南郴州·高三期末）雙曲線，左右焦點分別為，過作垂直于軸的直線交雙曲線于兩點，的內切圓圓心為，的內切圓圓心為，則四邊形的面積是（）A． B． C． D．9．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知角滿足，則（）A． B． C． D．10．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知，，且，則（）A． B． C． D．，大小關系無法確定11．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知過拋物線的焦點的直線交于兩點（點在點的右邊），為原點.若的重心的橫坐標為10，則的值為（）A．144 B．72 C．60 D．4812．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知函數，過點可作兩條直線與函數相切，則下列結論正確的是（）A． B．C．的最大值為2 D．13．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）如圖所示的木質正四棱錐模型，過點A作一個平面分別交于點E，F，G，若，則的值為（）A． B． C． D．14．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）已知雙曲線C的離心率為是C的兩個焦點，P為C上一點，，若的面積為，則雙曲線C的實軸長為（）A．1 B．2 C．3 D．415．（2023·廣東潮州·高三期末）、分別為雙曲線的左、右焦點，過的直線與的左、右兩支曲線分別交于、兩點，若，則（）A． B． C． D．16．（2023·湖南常德·高三期末）若函數為定義在R上的奇函數，為的導函數，當時，，則不等式的解集為（）A． B．C．（0，2） D．17．（2023·湖南常德·高三期末）已知雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為，，O為坐標原點，P為雙曲線右支上且位于第一象限內的一點，直線PO交雙曲線C的左支于點A，直線交雙曲線C的右支于另一點B，，，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．2二、多選題18．（2023·重慶市實驗中學高三階段練習）已知數列滿足，則下列結論錯誤的是（）A． B．C． D．19．（2023·廣東茂名·高三階段練習）如圖所示的幾何體中，底面是邊長為2的正方形，為矩形，平面平面，，則下列結論正確的是（）A． B．異面直線與所成的角為C． D．三棱錐的體積為420．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知點，若過點的直線交圓：于，兩點，是圓上一動點，則（）A．的最小值為 B．到的距離的最大值為C．的最小值為 D．的最大值為21．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知三棱錐的所有棱長都為2，且球O為三棱錐的外接球，點M是線段BD上靠近D點的四等分點，過點M作平面截球O得到的截面面積為S，則S的可能取值為（）A． B． C． D．22．（2023·山東·煙臺二中高三期末）對于正整數是小于或等于的正整數中與互質的數的數目.函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如，則（）A．B．數列為等比數列C．數列單調遞增D．數列的前項和恒小于423．（2023·山東菏澤·高三期末）設，若為函數的極大值點，則下列關系中可能成立的有（）A． B．C． D．24．（2023·山東菏澤·高三期末）函數的圖象類似于漢字“囧”字，被稱為“囧函數”，并把其與y軸的交點關于原點的對稱點稱為“囧點”，以“囧點”為圓心，凡是與“囧函數”有公共點的圓，皆稱之為“囧圓”，則當，時，下列結論正確的是()A．函數的圖象關于直線對稱B．當時，的最大值為－1C．函數的“囧點”與函數圖象上的點的最短距離為D．函數的所有“囧圓”中，面積的最小值為25．（2023·湖南郴州·高三期末）雙曲函數在實際生活中有著非常重要的應用，比如懸鏈橋．在數學中，雙曲函數是一類與三角函數類似的函數，最基礎的是雙曲正弦函數和雙曲余弦函數．下列結論正確的是（）A．B．C．若與雙曲余弦函數和雙曲正弦函數共有三個交點，分別為，則D．是一個偶函數，且存在最小值26．（2023·湖南郴州·高三期末）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則（）A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．當直線與平面所成的角為45°時，點的軌跡長度為D．若是的中點，當在底面上運動，且滿足平面時，長度的最小值是27．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知函數，是的導函數，則下列命題正確的是（）A．在區(qū)間上是增函數 B．當時，函數的最小值為C． D．有2個零點28．（2023·廣東湛江·高三階段練習）在平面直角坐標系xOy中，已知圓O：與圓M：相交于A，B兩點，點P是線段AB上的任意一點含端點，則下列說法正確的是（）A．B．若存在點P，使得以點P為圓心，以1為半徑的圓與圓M無公共點，則C．若恒成立，則D．若圓M在A，B兩點處的切線互相垂直，則29．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知向量，且，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．的最大值為230．（2023·廣東揭陽·高三期末）如圖所示，已知正方體的棱長為分別是的中點，是線段上的動點，則下列說法正確的是（）A．平面截正方體所得的截面可以是四邊形?五邊形或六邊形B．當點與兩點不重合時，平面截正方體所得的截面是五邊形C．是銳角三角形D．面積的最大值是31．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）設a，，則下列結論正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，且，則32．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）透明塑料制成的正方體密閉容器的體積為注入體積為的液體.如圖，將容器下底面的頂點置于地面上，再將容器傾斜.隨著傾斜度的不同，則下列說法正確的是（）A．液面始終與地面平行B．時，液面始終是平行四邊形C．當時，有液體的部分可呈正三棱錐D．當液面與正方體的對角線垂直時，液面面積最大值為33．（2023·廣東潮州·高三期末）已知拋物線C：，過其準線上的點T(1，-1)作C的兩條切線，切點分別為A、B，下列說法正確的是（）A．p=1 B．拋物線的焦點為F(0，1)C． D．直線AB的斜率為34．（2023·廣東潮州·高三期末）已知函數，則（）A．對任意正奇數n，f(x)為奇函數B．當n=3時，f(x)在[0，]上的最小值為C．當n=4時，f(x)的單調遞增區(qū)間是D．對任意正整數n，f(x)的圖象都關于直線對稱35．（2023·湖南常德·高三期末）已知正方體的棱長為2，P，Q分別為棱，的中點，M為線段BD上的動點，則（）A．B．C．三棱錐的體積為定值D．M為BD的中點時，則二面角的平面角為60°36．（2023·湖南常德·高三期末）已知拋物線的焦點為，斜率為的直線交拋物線于、兩點，則（）A．拋物線的準線方程為B．線段的中點在直線上C．若，則的面積為D．以線段為直徑的圓一定與軸相切三、雙空題37．（2023·廣東揭陽·高三期末）如圖所示，在等腰直角中，為的中點，，分別為線段上的動點，且.（1）當時，則的值為__________.（2）的最大值為__________.38．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）已知函數，則的單調遞增區(qū)間為________；若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為________．四、填空題39．（2023·湖北·漢陽一中高二階段練習）如圖所示，三棱錐的頂點P，A，B，C都在球O的球面上，且所在平面截球O于圓，為圓的直徑，P在底面上的射影為，C為的中點，D為的中點.，點P到底面的距離為，則球O的表面積為_________.40．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知正四棱錐的所有棱長均為，E，F分別是PC，AB的中點，M為棱PB上異于P，B的一動點，則的最小值為________.41．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知橢圓：與圓：，若在橢圓上不存在點P，使得由點P所作的圓的兩條切線互相垂直，則橢圓的離心率的取值范圍是________.42．（2023·山東·煙臺二中高三期末）已知函數的定義域為，當時，，若，則的解集為______．43．（2023·山東·煙臺二中高三期末）如圖，在四棱錐中，是邊長為4的等邊三角形，四邊形ABCD是等腰梯形，，，，若四棱錐的體積為24，則四棱錐外接球的表面積是___________.44．（2023·山東菏澤·高三期末）如圖，等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體的側棱，，直角邊AE繞斜邊AB旋轉一周，在旋轉的過程中，三棱錐體積的取值范圍是___________.45．（2023·湖南郴州·高三期末）已知是平面向量，與是單位向量，且，若，則的最小值為_____________．46．（2023·湖南郴州·高三期末）已知為坐標原點，過點的直線與拋物線交于兩點，設直線的斜率分別為，若，則的值為___________．47．（2023·廣東湛江·高三階段練習）在四面體ABCD中，，，，二面角D-AC-B的大小為120°，則此四面體的外接球的表面積是________.48．（2023·廣東湛江·高三階段練習）在平面直角坐標系中，已知拋物線與雙曲線有公共焦點，拋物線Ｍ與雙曲線交于，兩點，，，三點共線，則雙曲線的離心率為______．49．（2023·廣東揭陽·高三期末）如圖所示，已知是雙曲線右支上任意一點，雙曲線在點處的切線分別與兩條漸近線交于兩點，則__________.50．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）設F為拋物線的焦點，過F作傾斜角為的直線交C于A，B兩點，若，則____________.51．（2023·廣東潮州·高三期末）在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知動點E從C點出發(fā)，沿外表面經過棱AD上一點到點B的最短距離為，則該棱錐的外接球的表面積為_________．52．（2023·湖南常德·高三期末）已知正三棱錐的底面是邊長為的等邊三角形，其內切球的表面積為，且和各側面分別相切于點、、三點，則的周長為______．2022年新高考數學名校地市選填壓軸題好題匯編（十二）一、單選題1．（2023·河南·溫縣第一高級中學高二開學考試（文））已知拋物線：的焦點為，準線為，點在上，直線交軸于點，若，則點到準線的距離為（）A．6 B．5 C．4 D．3答案:B解析：分析：過點作軸的垂線，垂足為，進而根據得，再結合拋物線定義即可得答案.【詳解】解：如圖，過點作軸的垂線，垂足為，由題知，即因為，所以所以，所以點到準線的距離為.故選：B2．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知數列，，其中為最接近的整數，若的前m項和為10，則（）A．15 B．20 C．30 D．40答案:C解析：分析：由題意，為最接近的整數，得到中有2個1，4個2，6個3，8個4，，進而得到，結合等差數列的求和公式，即可求解.【詳解】由題意知，函數為最接近的整數，且，，，，由此，在最接近的整數中，有2個1，4個2，6個3，8個4，，又滿足，得：，則，因為的前項和為10，即，所以是首項為，公差為的等差數列的前5項和，則.故選：C.3．（2023·廣東·金山中學高三期末）設函數在上的導函數為，若，，，則不等式的解集為（）A． B． C． D．答案:A解析：分析：令，根據因為，得到，得出函數為上的單調遞增函數，由題設條件，令，求得，把不等式轉化為，結合單調性，即可求解.【詳解】令，可得，因為，可得，所以，所以函數為上的單調遞增函數，由不等式，可得，所以，即因為，令，可得，又因為，可得，所以所以不等式等價于，由函數為上的單調遞增函數，所以，即不等式的解集為.故選：A.4．（2023·山東·煙臺二中高三期末）根據拋物線的光學性質可知，從拋物線的焦點發(fā)出的光線經該拋物線反射后與對稱軸平行，一條平行于對稱軸的光線經該拋物線反射后會經過拋物線的焦點.如圖所示，從沿直線發(fā)出的光線經拋物線兩次反射后，回到光源接收器，則該光線經過的路程為（）A．11 B．12 C．13 D．14答案:B解析：分析：設出B、C坐標，由坐標和焦點弦公式表示出三條線段直接可得.【詳解】設，，所以，，，所以該光線經過的路程為12.故選：B5．（2023·山東菏澤·高三期末）瑞士著名數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上.這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”.在平面直角坐標系中作，，點，點，過其“歐拉線”上一點Р作圓O：的兩條切線，切點分別為M，N，則的最小值為（）A． B． C． D．答案:B解析：分析：求中垂線方程，結合點線距離判斷“歐拉線”與圓O的位置關系并求出圓心到直線的距離，由幾何關系判斷的最小時的位置，進而求的最小值.【詳解】由題設，中點為，“歐拉線”斜率為，所以“歐拉線”方程為，即，又到的距離為，即“歐拉線”與圓O相離，要使的最小，則在△與△中最小，即最大，而僅當“歐拉線”時最大，所以，則，且圓O半徑，，所以，即.故選：B6．（2023·山東菏澤·高三期末）設函數，的定義域分別為F，G，且.若對任意的，都有，則稱為在G上的一個“延拓函數”.已知函數，若為在上的一個延拓函數，且是偶函數，則函數的解析式是（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：根據定義利用函數的定義域和奇偶性，以及當時，是否滿足條件，進行判斷即可.【詳解】解：是偶函數定義域關于原點對稱對于選項A：是偶函數，當時，，則不滿足條件，A錯誤；對于選項B：當時，無意義，則定義域不滿足條件，B錯誤；對于選項C：是偶函數，當時，，滿足條件，C正確；對于選項D：當時，無意義，則定義域不滿足條件，D錯誤；故選：C7．（2023·湖南郴州·高三期末）高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號.設，用表示不超過x的最大整數，則稱為高斯函數.已知數列滿足，且，若數列的前n項和為，則（）A．4950 B．4953 C．4956 D．4959答案:C解析：分析：由題利用累加法可得，進而可得，分類討論的取值，即求.【詳解】由，可得，根據累加法可得所以，故，當時，；當時，；當時，；當時，，因此.故選：C.8．（2023·湖南郴州·高三期末）雙曲線，左右焦點分別為，過作垂直于軸的直線交雙曲線于兩點，的內切圓圓心為，的內切圓圓心為，則四邊形的面積是（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：由題意，得，根據雙曲線方程，可得，從而可表示出，設圓的半徑為，利用等面積法計算出，從而代入公式求解面積.【詳解】如圖，因為圓，分別為與的內切圓，軸，所以，由題意，，所以，由通徑可得，再由雙曲線的定義可知，設圓，圓的半徑為，由等面積法可得，即，得，所以，故四邊形的面積為.故選：C【點睛】關于三角形內切圓的半徑的計算通常采用等面積法，計算出三角形的周長，底邊長與高，再利用面積相等列式計算.9．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知角滿足，則（）A． B． C． D．答案:D解析：分析：由題意可得，分兩種情況推出，進而可得結果.【詳解】由，且可知①或②由解得，由有知不可能，得.故選：D10．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知，，且，則（）A． B． C． D．，大小關系無法確定答案:C解析：分析：將已知化為，構造函數，利用導數討論單調性，即可得出結論.【詳解】易知，設，則，設，則，所以單調遞減，所以，即，單調遞減，因為，所以.故選：C.【點睛】關鍵點睛：解題的關鍵是構造函數，利用導數求單調性.11．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知過拋物線的焦點的直線交于兩點（點在點的右邊），為原點.若的重心的橫坐標為10，則的值為（）A．144 B．72 C．60 D．48答案:D解析：分析：根據拋物線方程求出拋物線的焦點為，再利用三角形的重心公式可得點的橫坐標所滿足的關系，結合焦點弦長與點的坐標關系，即可求得的值.【詳解】因為拋物線，所以拋物線的焦點為，設點的坐標分別為，因為若的重心的橫坐標為10，所以，可得.又直線過拋物線的焦點，根據拋物線的幾何性質，得.故選：D.12．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知函數，過點可作兩條直線與函數相切，則下列結論正確的是（）A． B．C．的最大值為2 D．答案:B解析：分析：根據題意，利用導數的幾何意義、韋達定理，結合特殊值法即可求解.【詳解】設切點為，又，則切線的斜率又，即有，整理得，由于過點可作兩條直線與函數相切所以關于的方程有兩個不同的正根，設為，則，得，，故B正確，A錯誤，對于C，取，則，所以的最大值不可能為2，故C錯誤，對于D，取，則，故D錯誤.故選：B.13．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）如圖所示的木質正四棱錐模型，過點A作一個平面分別交于點E，F，G，若，則的值為（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：以AC、BD交點O為坐標原點，射線OA、OB、OP為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，設，，，，(a、b>0)，進而寫出、、、坐標，可得，，由四點共面有，設，求值即可得答案.【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標系，設，，，，(a、b>0)，則，，，，∴，，由題意四點共面，則有，其中，設，∴由方程組，即，解得，所以，故選：C.14．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）已知雙曲線C的離心率為是C的兩個焦點，P為C上一點，，若的面積為，則雙曲線C的實軸長為（）A．1 B．2 C．3 D．4答案:B解析：分析：根據雙曲線的定義，在中，運用余弦定理，并結合和的面積建立方程，解出方程即可【詳解】根據雙曲線的定義，可得：又：解得：，雙曲線C的離心率為，則有：在中，由余弦定理，可得：則有：的面積為，可得：解得：故雙曲線C的實軸長為：2故選：B15．（2023·廣東潮州·高三期末）、分別為雙曲線的左、右焦點，過的直線與的左、右兩支曲線分別交于、兩點，若，則（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：利用勾股定理結合雙曲線的定義可求得，結合平面向量數量積的運算性質可求得結果.【詳解】在雙曲線中，，，，則、，因為直線過點，由圖可知，直線的斜率存在且不為零，，則為直角三角形，可得，由雙曲線的定義可得，所以，，可得，聯立，解得，因此，.故選：C.【點睛】方法點睛：求兩個向量的數量積有三種方法：（1）利用定義：（2）利用向量的坐標運算；（3）利用數量積的幾何意義．具體應用時可根據已知條件的特征來選擇，同時要注意數量積運算律的應用．16．（2023·湖南常德·高三期末）若函數為定義在R上的奇函數，為的導函數，當時，，則不等式的解集為（）A． B．C．（0，2） D．答案:D解析：分析：令，則由已知可得在上單調遞增，而，從而將原不等式轉化為，得，再利用為奇函數討論的情況，進而可求得解集【詳解】令，則，因為，當時，，所以當時，，所以在上單調遞增，因為為定義在R上的奇函數，所以，所以，所以不等式轉化為，因為在上單調遞增，所以，所以當時，，因為為定義在R上的奇函數，所以當時，不滿足，綜上，不等式的解集為故選：D17．（2023·湖南常德·高三期末）已知雙曲線C：（，）的左、右焦點分別為，，O為坐標原點，P為雙曲線右支上且位于第一象限內的一點，直線PO交雙曲線C的左支于點A，直線交雙曲線C的右支于另一點B，，，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．2答案:B解析：分析：根據雙曲線的定義以及對稱性可推得以及四邊形時平行四邊形，進而在中利用余弦定理可得到a,c之間的關系式，求得答案.【詳解】由雙曲線定義可知：，而，故，由雙曲線的對稱性可知，而,故四邊形為平行四邊形，故由得:,在中，，即，即，則，故選：B.二、多選題18．（2023·重慶市實驗中學高三階段練習）已知數列滿足，則下列結論錯誤的是（）A． B．C． D．答案:BD解析：分析：對AB，推導出數列是周期為3的周期數列再判斷即可；對C，根據，分組求即可；對D，根據，求得再判斷即可【詳解】因為，所以，從而得到，所以數列是周期為3的周期數列，所以，所以A正確，B錯誤；因為所以；所以C正確：又因為，因為m的值不確定，所以與的大小不確定，所以D錯誤.故選BD.19．（2023·廣東茂名·高三階段練習）如圖所示的幾何體中，底面是邊長為2的正方形，為矩形，平面平面，，則下列結論正確的是（）A． B．異面直線與所成的角為C． D．三棱錐的體積為4答案:AC解析：分析：利用直線與平面垂直的判斷定理證明，判斷；求出異面直線與所成的角判斷；通過求解三角形判斷；求解四棱錐的體積判斷．【詳解】因為為正方形，所以點O為的中點，又平面平面，為矩形，所以平面，平面，所以，所以，所以A正確；因為為正方形，所以，因為平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，從而異面直線與所成的角為，所以B錯誤；在中，，所以，所以C正確；三棱錐的體積，所以D錯誤.故選AC.20．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知點，若過點的直線交圓：于，兩點，是圓上一動點，則（）A．的最小值為 B．到的距離的最大值為C．的最小值為 D．的最大值為答案:ABD解析：分析：對于A，由圓的性質可得當直線與軸垂直時，有最小值，從而可求出其最小值；對于B，當直線與垂直時，到的距離有最大值；對于C，設，從而可得，進而可求出其最小值；對于D，當，，三點共線時，最大【詳解】如圖，當直線與軸垂直時，有最小值，且最小值為，所以A正確；設，則，所以，所以的最小值為，所以C錯誤；當，，三點共線時，最大，且最大值為，所以D正確；當直線與垂直時，到的距離有最大值，且最大值為，所以B正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題考查直線與圓，考查運算求解能力，解題的關鍵是由題意畫出圖形，結合圖形求解，考查數形結合的思想，屬于中檔題21．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知三棱錐的所有棱長都為2，且球O為三棱錐的外接球，點M是線段BD上靠近D點的四等分點，過點M作平面截球O得到的截面面積為S，則S的可能取值為（）A． B． C． D．答案:BC解析：分析：求出三棱錐的外接球半徑，可知截面面積的最大值為，當球心到截面的距離最大時，截面面積最小，此時球心到截面的距離為，截面圓的半徑的最小值為，進而可求出截面面積的最小值，然后可得答案【詳解】因為三棱錐是正四面體，棱長為2，所以將其放置于正方體中，可得正方體的外接球就是三棱錐的外接球，因為三棱錐的棱長為2，所以正方體的棱長為，可得外接球直徑為，所以，所以截面面積的最大值為，因為點M是線段BD上的點，所以當球心到截面的距離最大時，截面面積最小，此時球心到截面的距離為，為等腰三角形，過點作的垂線，垂足為，由，得，所以，則所得截面半徑的最小值為，所以截面面積的最小值為，所以截面面積的范圍為故選：BC22．（2023·山東·煙臺二中高三期末）對于正整數是小于或等于的正整數中與互質的數的數目.函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如，則（）A．B．數列為等比數列C．數列單調遞增D．數列的前項和恒小于4答案:ABD解析：分析：根據歐拉函數的定義結合對數的運算判斷A，由歐拉函數定義結合等比數的通項公式判斷B，根據歐拉函數求出判斷C，由歐拉函數求出，再由數列的錯位相減法求和可判斷D.【詳解】因為7為質數，所以與不互質的數為7，14，21，…，，共有個，所以，故A正確；因為與互質的數為1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有個，所以，則數列為等比數列，故B正確；因為，，，所以數列不是單調遞增數列，故C錯誤；因為，所以.設，則，所以，所以，從而數列的前項和為，故D正確.故選：ABD23．（2023·山東菏澤·高三期末）設，若為函數的極大值點，則下列關系中可能成立的有（）A． B．C． D．答案:BC解析：分析：先考慮函數的零點情況，注意零點左右附近的函數值是否變號，結合極大值的定義，對進行分類討論，得到，的所滿足的關系，即可得到答案．【詳解】若，則為單調函數，，則或，函數單調，無極值點，不符合題意，故，∴有和兩個不同的零點，且在左右是不變號，在左右是變號的，由題意可知，為函數的極大值點，則左右附近都是小于零的，當，即時，由，可得，則，，∴，當，即時，由時，，則，，∴，故選：BC．24．（2023·山東菏澤·高三期末）函數的圖象類似于漢字“囧”字，被稱為“囧函數”，并把其與y軸的交點關于原點的對稱點稱為“囧點”，以“囧點”為圓心，凡是與“囧函數”有公共點的圓，皆稱之為“囧圓”，則當，時，下列結論正確的是()A．函數的圖象關于直線對稱B．當時，的最大值為－1C．函數的“囧點”與函數圖象上的點的最短距離為D．函數的所有“囧圓”中，面積的最小值為答案:BCD解析：分析：A．根據函數是偶函數，進行判斷即可．B．判斷當時，函數的單調性即可．C．求函數的導數，利用導數的幾何意義進行求解．D．利用兩點間的距離公式進行判斷求解．【詳解】當，時，函數.A．f(x)的定義域為，，且為偶函數，則函數關于對稱，故A錯誤；B．其圖象如圖所示，當，為減函數，則當時，最大為，故B正確；C．當時，，即函數圖象與軸的交點為，其關于原點的對稱點為，所以“囧點”為，設，則，設切點為，，切線的斜率，當“囧點”與切點的連線垂直切線時，距離最短，，解得，切點坐標為，故函數的“囧點”與函數圖象上的點的最短距離是，故C正確，D．“囧圓”的圓心為．要求“囧圓”的面積最小，則只需考慮軸及軸右側的函數圖象．當圓過點時，其半徑為2，這是和軸下方的函數圖象有公共點的所有“囧圓”中半徑的最小值；當圓和軸上方且軸右側的函數圖象有公共點時，設（其中，則點到圓心的距離的平方為，令，，則，再令，（其中，則，所以當圓和軸上方且軸右側的函數圖象有公共點時，最小半徑為．又，綜上可知，在所有的“囧圓”中，半徑的最小值為．故所有的“囧圓”中，圓的面積的最小值為，故D正確，故選：BCD．【點睛】本題主要考查抽象函數及其應用，其中根據“囧圓”的圓心坐標及“囧函數”的解析式，利用函數的奇偶性，單調性以及數形結合是解決本題的關鍵．25．（2023·湖南郴州·高三期末）雙曲函數在實際生活中有著非常重要的應用，比如懸鏈橋．在數學中，雙曲函數是一類與三角函數類似的函數，最基礎的是雙曲正弦函數和雙曲余弦函數．下列結論正確的是（）A．B．C．若與雙曲余弦函數和雙曲正弦函數共有三個交點，分別為，則D．是一個偶函數，且存在最小值答案:ABD解析：分析：利用指數的運算、指數函數圖像以及雙曲正弦、余弦函數的定義可判斷各選項的正誤.【詳解】對于A選項，，設，，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；所以，所以，A選項正確；對于B選項，，B選項正確；對于D選項，是一個偶函數且在為減函數，為增函數，所以時取最小值1，D選項正確.對于C選項，函數單調遞增，且值域為R，若與雙曲余弦函數和雙曲正弦函數共有三個交點，則,由雙曲余弦函數為偶函數得，由得，所以，C選項錯誤.故選：ABD.26．（2023·湖南郴州·高三期末）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則（）A．當在平面上運動時，四棱錐的體積不變B．當在線段上運動時，與所成角的取值范圍是C．當直線與平面所成的角為45°時，點的軌跡長度為D．若是的中點，當在底面上運動，且滿足平面時，長度的最小值是答案:AC解析：分析：A.由四棱錐的高和底面積判斷；B.根據是等邊三角形判斷；C.根據直線與平面所成的角為，結合正方體的特征判斷；D.建立空間直角坐標系，求得的坐標進行判斷.【詳解】A.當在平面上運動時，點到面的距離不變，不變，故四棱錐的體積不變，故A正確；B.建立如圖所示空間直角坐標系：設，，則，設與所成的角為，則，因為，當時，，當時，，則，綜上：，所以與所成角的取值范圍是，故B錯誤；C.因為直線與平面所成的角為，若點在平面和平面內，因為最大，不成立；在平面內，點的軌跡是，在平面內，點的軌跡是，在平面時，如圖所示：，作平面，因為，所以，又，所以，則，所以點的軌跡是以為圓心，以為半徑的四分之一圓，所以點的軌跡長度為，所以點的軌跡總長度為長度為，故C正確；D.建立如圖所示空間直角坐標系：設，，則，，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，因為平面，所以，即，所以，當時，等號成立，故D錯誤；故選：AC.27．（2023·廣東湛江·高三階段練習）已知函數，是的導函數，則下列命題正確的是（）A．在區(qū)間上是增函數 B．當時，函數的最小值為C． D．有2個零點答案:ABD解析：分析：對A，對函數求導即可判斷；對B，運用基本不等式即可判斷；容易判斷C；對D，對函數求導，進而求出函數的單調區(qū)間和極值，進而運用放縮法并結合零點存在定理確定函數的零點個數.【詳解】當時，，，∴在區(qū)間上是增函數，A選項正確；當時，，當且僅當時取到最小值，B選項正確；當時，，C選項錯誤；當時，，令，則，由于，設方程的兩根為，由，所以時，，單調遞減，時，，單調遞增，且，又，所以在內只有一個零點.當時，，令，則，令，時，，單調遞減，時，，單調遞增，時，，單調遞減，則極大值，極小值，而，所以在內只有一個零點.綜上：有2個零點，D選項正確.故選：ABD.28．（2023·廣東湛江·高三階段練習）在平面直角坐標系xOy中，已知圓O：與圓M：相交于A，B兩點，點P是線段AB上的任意一點含端點，則下列說法正確的是（）A．B．若存在點P，使得以點P為圓心，以1為半徑的圓與圓M無公共點，則C．若恒成立，則D．若圓M在A，B兩點處的切線互相垂直，則答案:BC解析：分析：對于A，設圓O半徑為r，圓M半徑為R，由計算即可判定.對于B，先求得AB所在的直線方程為，再由點P為AB中點時，圓心為到直線AB的距離d滿足求解即可判定.對于C，設AB交OM于點Q，由可得點Q位于OM的延長線上，即，求解即可判定.對于D，由題意可得為等腰直角三角形，計算圓心M到直線AB的距離即可判定．【詳解】對于A，因為圓M的圓心為，半徑為，圓O的圓心為原點，半徑為r，兩圓相交，所以，即，解得，故A錯誤.對于B，由兩圓方程作差，可得兩圓的相交弦AB所在的直線方程為，若存在點P，使得以點P為圓心，以1為半徑的圓與圓M無公共點，則點P為AB中點，此時圓心為到直線AB的距離為，所以，即，解得，即，故B正確.對于C，由圓的對稱性可得AB被或其延長線垂直平分，設AB交OM于點Q，則Q為AB中點顯然，當點Q位于線段OM上時，因為點P是線段AB上的任意一點，不妨設點P于點Q重合，則與方向相反，所以所以點Q應位于OM的延長線上，此時與方向相同，又因為，所以當點P與點A或點B重合時與的夾角最大，由，可得必為銳角，所以綜上，若恒成立，則有，且，即，解得，故C正確；對于D，若圓M在A，B兩點處的切線互相垂直且相交于點C，則四邊形ACBM中，，，，所以，即為等腰直角三角形，所以圓心為到直線AB的距離為，解得，滿足條件，所以成立，故D錯誤．故選：BC．29．（2023·廣東揭陽·高三期末）已知向量，且，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．的最大值為2答案:BC解析：分析：先根據向量加法，可直接求出.對選項，直接求出向量和的模，然后驗證即可；對選項，直接求出余弦值；對選項，直接求出正弦值；對選項，直接求出向量的模.【詳解】根據向量的加法可得：根據誘導公式及同角三角函數的關系，且，解得：對選項，，則有：，故選項錯誤；對選項，則有：，故選項正確；對選項，則有：，故選項正確；對選項，，則有：故有：，故選項錯誤.故選：30．（2023·廣東揭陽·高三期末）如圖所示，已知正方體的棱長為分別是的中點，是線段上的動點，則下列說法正確的是（）A．平面截正方體所得的截面可以是四邊形?五邊形或六邊形B．當點與兩點不重合時，平面截正方體所得的截面是五邊形C．是銳角三角形D．面積的最大值是答案:BD解析：分析：在不同的平面內構造平行線，將平面進行擴展，發(fā)現其與正方體各個面上的交線，從而獲得截面的形狀，當點與點重合時，點到直線的距離取到最大值，的面積取到最大值，求得此時三角形的面積即可得出答案.【詳解】解：如圖，當點與兩點不重合時，將線段向兩端延長，分別交的延長線于點，連接分別交于兩點，連接，此時截面為五邊形MPSNR，故B正確；當點與點A或點重合時，截面為四邊形，不可能為六邊形，故A不正確；考慮，當點與點重合時，，，此時因為，故為鈍角，所以C錯誤；當點與點重合時，點到直線的距離取到最大值，的面積取到最大值，此時，則邊上的高為，面積為，即最大值為，故D正確.故選：BD.31．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）設a，，則下列結論正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，且，則答案:BC解析：分析：對于A：利用在上的單調性進行判斷；對于B：利用基本不等式直接判斷；對于C：由題意構造函數，利用單調性進行判斷；對于D：取特殊值直接驗證即可.【詳解】對于A：因為，所以，因為在上單減，所以.故A錯誤；對于B：因為，所以.故B正確；對于C：因為，所以.記函數.因為為增函數，為減函數，所以為增函數，所以.故C正確.對于D：取滿足，且，但是.故D錯誤.故選：BC32．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）透明塑料制成的正方體密閉容器的體積為注入體積為的液體.如圖，將容器下底面的頂點置于地面上，再將容器傾斜.隨著傾斜度的不同，則下列說法正確的是（）A．液面始終與地面平行B．時，液面始終是平行四邊形C．當時，有液體的部分可呈正三棱錐D．當液面與正方體的對角線垂直時，液面面積最大值為答案:ACD解析：分析：根據正方體的截面判斷．【詳解】液面始終是水平面，與場面平行，A正確；時，體積是正方體的一半，如液面正好過棱的中點，此時液面是正六邊形，不是平行四邊形，B錯；液面過的中點時，此時，有液體的部分是正三棱錐，C正確；當液面與正方體的對角線垂直時，液面面積的液面面積最大時就是B中所列舉的正六邊形（此時液體體積是正方體體積的一半），面積為，D正確．故選：ACD．【點睛】結論點睛：本題考查正方體的截面，正方體是立體幾何中的特殊幾何體，它的截面可以：（1）截面可以是三角形：等邊三角形、等腰三角形、一般三角形，截面三角形是銳角三角形，截面三角形不能是直角三角形、鈍角三角形；（2）截面可以是四邊形：平行四邊形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形，截面不能是直角梯形；（3）截面可以是五邊形：截面五邊形必有兩組分別平行的邊,同時有兩個角相等，截面五邊形不可能是正五邊形；（4）截面可以是六邊形：截面六邊形必是三組邊分別平行，可以是正六邊形．33．（2023·廣東潮州·高三期末）已知拋物線C：，過其準線上的點T(1，-1)作C的兩條切線，切點分別為A、B，下列說法正確的是（）A．p=1 B．拋物線的焦點為F(0，1)C． D．直線AB的斜率為答案:BCD解析：分析：：，故選項A不正確；拋物線：的焦點為F(0，1)，所以選項B正確；設直線，聯立直線和拋物線的方程，得到韋達定理，利用韋達定理可判斷選項C正確；求出：，故.故選項D正確.【詳解】解：易知準線方程為，∴，：，故選項A不正確；拋物線：的焦點為F(0，1)，所以選項B正確；設直線，代入，得，當直線與相切時，有，即，設，斜率分別為，，易知，是上述方程兩根，故，故.故選項C正確；設，，其中，.則：，即.代入點，得，同理可得，故：，故.故選項D正確.故選：BCD34．（2023·廣東潮州·高三期末）已知函數，則（）A．對任意正奇數n，f(x)為奇函數B．當n=3時，f(x)在[0，]上的最小值為C．當n=4時，f(x)的單調遞增區(qū)間是D．對任意正整數n，f(x)的圖象都關于直線對稱答案:BD解析：分析：通過判斷的值，判斷A的正誤；利用函數的導數判斷函數的單調性，求解最大值，判斷B的正誤；求出函數的單調增區(qū)間判斷C的正誤；判斷，判斷D的正誤．【詳解】解：對于A，取，則，從而，此時不是奇函數，則A錯誤；對于B，當時，，當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，故B正確；對于C，當時，，令，則，所以的遞增區(qū)間為，則C錯誤；對于D，因為，所以的圖象關于直線對稱，則D正確；故選：BD.35．（2023·湖南常德·高三期末）已知正方體的棱長為2，P，Q分別為棱，的中點，M為線段BD上的動點，則（）A．B．C．三棱錐的體積為定值D．M為BD的中點時，則二面角的平面角為60°答案:BC解析：分析：由題可得與不平行可判斷A，利用線面垂直的判斷定理及性質定理判斷B，利用棱錐的體積公式可判斷C，利用坐標法可判斷D.【詳解】由正方體的性質可知，與不平行，故A錯誤；由正方體的性質可知，又，∴平面，又平面，∴，故B正確；由題可知M到平面的距離為定值d=2，三角形的面積為定值，所以為定值，故C正確；如圖建立空間直角坐標系，則∴，設平面PQM的法向量為，則，令，則，平面的法向量可取，設二面角的平面角為，則，故D錯誤.故選：BC.36．（2023·湖南常德·高三期末）已知拋物線的焦點為，斜率為的直線交拋物線于、兩點，則（）A．拋物線的準線方程為B．線段的中點在直線上C．若，則的面積為D．以線段為直徑的圓一定與軸相切答案:BCD解析：分析：根據拋物線的標準方程與準線方程的關系可判斷A選項的正誤；利用點差法可判斷B選項的正誤；利用弦長公式以及三角形的面積公式可判斷C選項的正誤；利用拋物線的焦半徑公式可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，拋物線的準線方程為，A錯；對于B選項，設點、，設線段的中點為，則，兩式作差得，可得，所以，，故，B對；對于C選項，設直線的方程為，聯立，可得，，解得，由韋達定理可得，，，解得，點到直線的距離為，故，C對；對于D選項，設線段的中點為，則，由拋物線的定義可得，即等于點到軸距離的兩倍，所以，以線段為直徑的圓一定與軸相切，D對.故選：BCD.三、雙空題37．（2023·廣東揭陽·高三期末）如圖所示，在等腰直角中，為的中點，，分別為線段上的動點，且.（1）當時，則的值為__________.（2）的最大值為__________.答案:解析：分析：第一個空：過點作于點，在Rt中，可求出，從而在中，根據余弦定理即可求出答案；第二空需要選擇恰當的角度表示出的值，再利用三角恒等變換以及三角函數的性質求解出最值.【詳解】當時，，過點作于點，在Rt中，，，，在中，由余弦定理，得.（2）設，則，過點分別作的垂線于兩點，則，在與中，，，所以，所以當時，.故答案為：；.38．（2023·廣東·執(zhí)信中學高三階段練習）已知函數，則的單調遞增區(qū)間為________；若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為________．答案:(填亦可)解析：分析：求出函數導數，利用導數求函數單調區(qū)間，不等式恒成立可分離參數后求函數的最小值，令換元后可根據單調性求最值.【詳解】,令,可得的單調遞增區(qū)間(或亦可);可化為.令==，設，則，由在上單調遞增可知，，則，故解得.故答案為：(填亦可)；四、填空題39．（2023·湖北·漢陽一中高二階段練習）如圖所示，三棱錐的頂點P，A，B，C都在球O的球面上，且所在平面截球O于圓，為圓的直徑，P在底面上的射影為，C為的中點，D為的中點.，點P到底面的距離為，則球O的表面積為_________.答案:解析：分析：連接，所以O必在上，在中求得，在中得，在中由勾股定理計算得球半徑，從而得球面積．【詳解】連接，所以O必在上，由，從而，由題可知，所以，在中，得，設球O的半徑為R，則，解得，所以球O的表面積為.故答案為：．40．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知正四棱錐的所有棱長均為，E，F分別是PC，AB的中點，M為棱PB上異于P，B的一動點，則的最小值為________.答案:解析：分析：根據正四棱錐的性質，將所在平面展開在一個平面上，即可判斷最小時的位置關系，即可確定最小值.【詳解】正四棱錐如下圖示，將面與面展開在一個平面上，E、F為中點，如下圖，所以在移動過程中，當共線時，最小為.故答案為：.41．（2023·廣東·金山中學高三期末）已知橢圓：與圓：，若在橢圓上不存在點P，使得由點P所作的圓的兩條切線互相垂直，則橢圓的離心率的取值范圍是________.答案:解析：分析：設過點的兩條直線與圓分別切于點，由兩條切線相互垂直，可知，由題知，解得，又即可得出結果.【詳解】設過的兩條直線與圓分別切于點，由兩條切線相互垂直，知：，又在橢圓C1上不存在點P，使得由P所作的圓C2的兩條切線互相垂直，所以，即得，所以，所以橢圓C1的離心率，又，所以.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：首先假設過P所作的圓C2的兩條切線互相垂直求出，再由橢圓的有界性構造含橢圓參數的不等關系，即可求離心率范圍.42．（2023·山東·煙臺二中高三期末）已知函數的定義域為，當時，，若，則的解集為______．答案:##解析：分析：構造，可得在上單調遞減．由，轉化為，利用單調性可得答案．【詳解】由，得，令，則，又，所以在上單調遞減．由，得，因為，所以，所以，得．故答案為：.43．（2023·山東·煙臺二中高三期末）如圖，在四棱錐中，是邊長為4的等邊三角形，四邊形ABCD是等腰梯形，，，，若四棱錐的體積為24，則四棱錐外接球的表面積是___________.答案:##解析：分析：根據球的截面圓圓心與球心的連線垂直截面可確定垂直平面ABCD，構造直角三角形求解球的半徑即可得解.【詳解】如圖，分別取BC，AD的中點，E，連接PE，，，.因為是邊長為4的等邊三角形，所以.因為四邊形ABCD是等腰梯形，，，，所以，.因為四棱錐的體積為24，所以，所以.因為E是AD的中點，所以.因為，所以平面ABCD.因為，所以四邊形ABCD外接圓的圓心為，半徑.設四棱錐外接球的球心為O，連接，OP，OB，過點О作，垂足為F.易證四邊形是矩形，則，.設四棱錐外接球的半徑為R，則，即，解得，故四棱錐外接球的表面積是.故答案為：44．（2023·山東菏澤·高三期末）如圖，等腰直角三角形ABE的斜邊AB為正四面體的側棱，，直角邊AE繞斜邊AB旋轉一周，在旋轉的過程中，三棱錐體積的取值范圍是___________.答案:解析：分析：設為的中點，點在以為圓心，1為半徑的圓上運動，作出圖形，觀察求解到平面的最大值和最小值，再計算體積的范圍【詳解】在圖1中，令為的中點，為的中點，則點在以為圓心，1為半徑的圓上運動，由圖可知當三點共線，且在之間時，三棱錐的體積最大，當運動到的位置時，的體積最小，在中，,設到平面的距離分別為，則，,所以三棱錐體積的最大值為，三棱錐體積的最小值為，所以三棱錐體積的取值范圍為，故答案為：45．（2023·湖南郴州·高三期末）已知是平面向量，與是單位向量，且，若b2?8b·c+15=0，則答案:17解析：分析：把條件的二次方程分解成兩個向量的積，得到這兩個向量互相垂直，結合圖形確定a?【詳解】如下圖所示，設OA=∵b2?8∴∴∴∴點B在以F為圓心，DE為直徑的圓上又∵BA當點B為圓F和線段FA的交點的時候，BA=a∴故答案為：1746．（2023·湖南郴州·高三期末）已知為坐標原點，過點Ma,0a≠0的直線與拋物線y2=2pxp>0交于兩點，設直線OA,OB的斜率分別為k1,答案:1解析：分析：設出直線方程，與拋物線方程聯立，消元，寫韋達；然后根據條件k1k2【詳解】因為直線過點Ma,0，所以設直線方程為x=my+a，A由x=my+ay2=2px所以y1又因為點Ax1,所以y12y22因為k1k2