2025年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（九）（解析版）

ωx--,ωπ-=2sin(ωx->,π)上有且僅有一個(gè)零所以ωmax=，得f(x)=2sin(x-f(x)=2sin(x-0?x-=kπ(k∈Z)解得x=+∈Z)共有467個(gè)零點(diǎn)。故選B。?解得共有467個(gè)零點(diǎn)。故選B。>0,0<φ<2π)的部分圖象如圖所示，若所在平面不等式f2(x)+f(x)-a≥0在上恒成因?yàn)椴坏仁絝2(x)+f(x)-a≥0在x∈[上恒成立，所以t2+t-a≥0在恒成立。又所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，A.-7由題意可知f(1)=-3，f(2)=-4，f(3)=-3，f(4)=0，f(5)=5，f(6)=12，所以由f(x+6)=2f可知為()為42。設(shè)球O的半徑為R，O到D點(diǎn)所在的底面的距離為解得x=A.D.2∵函數(shù)f(x(為奇函數(shù)，∴定義域必須關(guān)于原點(diǎn)對稱解得。A.≤Sn<2Sn=T1+T2+?+Tn=2(1-+-+?+-)=2-，n<2。)A.f(1)=0D.f(x)為偶函數(shù)稱性的性質(zhì)可判斷C;由賦值法令y=-1結(jié)合偶函數(shù)的定義可判斷D.對于B，令x=y=0，則f(1)f(1)+f(0)=f(0)f(0)，即f(0)=f2(0)，令x=y=1，f(0)f(0)+f(2)=f(1)f(1)，所以f(2)=-1，所以f(x)圖象不關(guān)于(2,0)對稱對于C，令y=1，則有f(1-x)f(0)+f(x+1)=f(x)f(1)即f(1-x)+f(x+1)=0，故f(x)圖象關(guān)于(1,0)對稱，故C正確.對于D，令y=-1，則有f(1-x)f(2)+f(x-1)=f(x)f(-1)即-f(1-x)+f(x-1)=0，即f(x-1)=f(1-x)，即f(x)=f(1-x-1)=f(-x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽，y=f(x)是在區(qū)間[a,b]上的一個(gè)雙中值函數(shù)，已知函數(shù)是區(qū)間[0,t]上的雙中值函A.(,)B.(,)D.(1,)∵函數(shù)f(x)=x3-x2是區(qū)間[0,t]上的雙中值函數(shù)，∴區(qū)間[0,t]上存在x1,x2（0<x1<x2<t∴方程在區(qū)間[0,t]有兩個(gè)不相等的解，數(shù)x都有若f(x(+f′(?x(>0，則不等式的解因?yàn)閒(x(是奇函數(shù)，所以f′(x(是偶函數(shù)，因?yàn)閒(x(+f′(?x(>0，所以f(x(+f′(x(>0，令g(x(=x(=[f(x(+f′(x([ex>0，g(x(在R上單調(diào)遞增。又因?yàn)榍襢(x(是奇函數(shù)，所以f(x(的周期為則，所以則不等式?ex+1f(x+1(>e?g(x+1(>g(2(，因?yàn)間(x(在RAP⊥PC，二面角P-AC-B的大小為150°,若三棱錐P-ABC外接球的表面積為84π,則該三棱錐P-ABC體積的最大值等于C.2因?yàn)槎娼荘-AC-B的大小為150° 距離為所以三棱錐P-ABC體積的最大值等于故選A。|OA|.|AC|cosα=1|OC|.|AC|cosβ=1∴|AC|2=2|AC|=24∠ABC的最大值為π或由OC.AC—OA.AC=AC2=24值范圍是()A.B.,1(C.(1,2)D.A.45i1,3可得對an可取遍[n+1,3n-1]中的每一個(gè)偶數(shù)。又Sn=2n+(n-1)d1+(n-2)d2+…+dn-1，+2×3+…+2，即從上述的調(diào)整過程可得Sn取遍了 14.（福建省福州市八縣（市）協(xié)作校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中聯(lián)考試題）已知函數(shù)f(x(=ax(a>0,a≠1(，若存在x使得f(x+1(,f(ax(,f(x+2(依次成等差數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.a<-1B.a>1C.0<a<1因?yàn)榇嬖趚使得f(x+1(,f(ax(,f(x+2(依次成等差數(shù)列，所以2f(ax(=f(x+1(+f(x+2(在定義域又f(x(=logax(a>0,a≠1(，所以2loga(ax(=loga(x+1(+loga(x+2(，即loga(ax(2=a(x+1((x+2(，則(ax(2=(x+1((x+2(在定義域內(nèi)有解。A.-eB.eC.-e2即f=x2lnx+Cx2，所以'知函數(shù)f(x(=(x2?aex(ln(x+1(的圖象經(jīng)過四個(gè)象限，則a的取值范圍為x<0時(shí)ln(x+1(<0,x>0時(shí)ln(x+1(>0，所以y=x2?aex在(-1,0)和(0,+∞(均至少各有一個(gè)變2?aex=0?a=x2e?x，設(shè)g(x(=x2e?x,x∈(?1,+∞(,g′(x(=?x(x?2(e，當(dāng)?1<x<0,xyA.-πB.-π55D.π所以所以的值可以為-。（2）所含考點(diǎn)：涉及三角函數(shù)的基本關(guān)系（如α)、正切的差角公式（tan(A-B)=定義在R上的函數(shù)f(x)滿足2f(x+y)f(x-y)=f(x)+f(y)，且f(0)≠0，則下列結(jié)論正確的是()A.f(0)=-1B.函數(shù)f(x)為奇函數(shù)C.函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)D.f(2x)=f(x)由2f(x+y)f(x-y)=f(x)+f(y)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，因?yàn)閒(0)=1，顯然不符合f(-x)=-f(x)，由2f(x+y)f(x-y)=f(x)+f(y)，令y=0，可得2[f(x)]2=f(x)+f(0)，即2[f(x)]2-f(x)-1=0，解得f(x)=1或f(x)=-，所以函數(shù)y=f(x)沒有零點(diǎn)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；由2f(x+y)f(x-y)=f(x)+f(y)，令y=x，可得2f(2x)f(0)=f(x)+f(x)，所以2f(2x)=2f(x)，即f(2x)=f(x)，所以D項(xiàng)正確。函數(shù)y=f(x)(x≠0)滿足f(xy)=f(x)+f(y)—1，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<1，則()A.f(x)為奇函數(shù)則f令x=1，y=-1，f(-1)=f(1)+f(-1)-1，所以f(1)=1；令x=-1，y=-1，f(1)=f(-1)+f(-1)-1，則f(-1)=1。令y=-1，得f(-x)=f(x)，故y=f(x)(x≠0)為偶函數(shù)，A錯(cuò)誤。(0,+∞)上為減函數(shù)。由已知f(2x+1)>1，可得f(|2x+1|)>f(1)，且錯(cuò)誤。若，則f(1024)=f(210)=f(29)+f(2)-1=10f(2)-9=-4，C正確。3-4=ab(3a+3b-2)，B.(32,+∞)D.(34,2]4,2]。故選D。 數(shù)數(shù)列{an{的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足則下列有關(guān)數(shù)列{an{的敘述正確的是()詳細(xì)解析：由求導(dǎo)得所以f(x(在(1,+∞(單調(diào)遞增，故 n<an—1<…< 的函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞減，且滿足f(4+x)+f(x)=2f(-2)，函數(shù)y=f(xA.f(2024)=0C.f(3)>f(2log248)f(4+x)+f(x)=2f(-2)，故f(8+x)+f(4+x)=2f(-2)，所以f(x)=f(x+8)，函數(shù)y=f(x-2)的∵f(4+x)+f(x)=2f(-2)，令x=-2得，f(2)+f(-2)=2f(-2)，故f(-2)=f(2)=0，即f(4+x)+f(x)=0，且f(x)的對稱中心為(2,0)，故f(4+x)+f(-x)=0，故f(-x)=f(x)，即f(x)的對稱軸為x=0。對于A，f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞減，故f(0)>f(2)=0，且f(x)=f(x+8)，所以f(2024)=f(0)>)=f(2log248-8)=f(log29)<f(3)，故C正故D錯(cuò)誤。-函數(shù)的周期性：通過f(4+x)+f(x)=2f(-2)和f(8+x)+f(4+x)=2f(-2)推出f(x)=f(x-函數(shù)的對稱性：由函數(shù)y=f(x-2)的對稱中心推出y=f(x)的對稱中心，再結(jié)合已知等式得-復(fù)雜等式的分析與推導(dǎo)：從已知的f(4+x)+f(x)=2f(-2)等等式中，推導(dǎo)出函數(shù)的各種性數(shù)m的取值范圍是A.-≤m<-7C.-4≤m<D.-7≤m<-4f(x)=f'(x)?x3-x2-4x+8=m(1-x)，f(x)=ex-1-e1-x+sin(x-1)，則關(guān)于x的不等式f(x2-x-2)+f(-2x)≥0的解集為()令g(x)=f(x+1)=ex-e-x+sinx，定義域?yàn)镽，g(-x)=e-x-ex+sin(-x)=e-x-ex-sinx=-g(x)，故g(x)為奇函數(shù)，即f(-x+1)=-f(x+1)，(x)=ex+e-x+cosx≥2、ex?e-x+cosx=2+cosx>0，f(x2-x-2)+f(-2x)≥0?f(x2-x-2)≥-f(-2x)，故f[(x2-x-3)+1]≥-f[(-2x-1)+1]=f[(2x+1)+1]，即g(x2-x-3)≥g(2x+1)，所以x2-x-3≥2x+1，x2-3x-4≥0，解得x≥4或x≤-1。25.（湖北省武漢外國語學(xué)校2024-2025學(xué)年2025屆f(x(=f(?x(,x∈R,f(5.5(=1，函數(shù)g(x(=(x?1(?f(x(，若g(x+1(為偶函數(shù)，則g(?0.5(的值為()因?yàn)楹瘮?shù)g(x+1(為偶函數(shù)，可g(x(的圖象關(guān)于x=1對稱，所以g(x(=g(2?x(，由g(x(=(x?1(?f(x(，可得(x?1(?f(x(=(1?x(?f(2?x(，即f(x(+f(2?x(=0，所以函數(shù)f(x(關(guān)于(1,0)對稱，又因?yàn)閒(x(=f(?x(，所以f(x(是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x(=?f(2?x(=?f(x?2(，所以f(x?4(=f[(x?2(?2[=?f(x?2(=?[f(x([=f(x(，即f(x?4(=f(x(，所以f(5.5(=f(1.5+4(=f(1.5(=f(?2.5(=f(2.5(=1，則g(?0.5(=g(2.5(=(2.5?1(f(2.5(=1.5。A.(-12,4)B.(-12,-4]C.(-4,8]D.[-4,4)函數(shù)f(x)=x|x|-4x在(-∞,-2)，(2,+∞)上單調(diào)遞增，在(-2,2)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=-2時(shí)，f(x)取得極大值f(-2)=4；當(dāng)x=2時(shí)，f(x)取得極小值f(2)=-4。令f(x)=t，則F(x)=[f(x)]2-(2a+8)f(x)+a(a+8)可化為g(t)=t2-(2a+8)t+a(a+8)=(t-a)(t-a-8)，g(t)有兩個(gè)零點(diǎn)1=a<t2=a+8。所以當(dāng)a<-4時(shí)，即t1<-4時(shí)，則需-4<t2<4，即-4<a綜上所述，a的取值范圍為(-12,4)。故選A。A.B. D.1 求數(shù)列ab,(a+1)(b+1),(a+2)(b+2),…,(a+n-1)(b+n-1)=cd的和。若由小球堆成的上述A.2B.6D.202)A.60ii2345iin為數(shù)列{an{的前n項(xiàng)和，若an+*因?yàn)閍n+an+1=2n+1，所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=3+7+…+(4n-1)==n(2n+2=-18，1=函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<+θ)的圖象關(guān)于y軸A.B.D.A1B1C1D1A.B.2C.D.3分別取BB1靠近B的三等分點(diǎn)N，取DD1靠近D的三等分點(diǎn)M，取A較小部分的幾何體體積為V1=VN-ABCD+VN-CDM+VN-ADMQ，由正四棱柱結(jié)構(gòu)特點(diǎn)易知BM∥平面 C.(1,2]D.,2at單調(diào)遞減，f(x)在[1,2]單調(diào)遞增，f(x)max=f(2)=loga(2-2a)≥1，2-2a≤a，a≥。性，結(jié)合y=2-ax的單調(diào)性判斷f(x)=loga(2-ax)的單調(diào)性；三是對數(shù)不等式的求解，由f(x)≥1f(a(+f(b(=1，則的最大值為()方法二:f(a(+f(b(=1，而f(a(+f=1，所以f(b(=f；而f(x(=1-在(0,+∞)上A.a<b<cB.b<c<aC.c<a<bD.c<b<a構(gòu)造m(x)=ex-x-1，0≤x≤1，則m'(x)=ex-1≥0對0≤x≤1恒成立，所以m(x)在[0,1]單調(diào) 構(gòu)造n-x，0≤x≤1，則對0≤x≤1恒 x 所以g在上單調(diào)遞減，g(x)<g(0)=0，即f'(x)<0在(0, A.-7f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=(12-4×1)+(22-4×2)+(32-4×3)+(42-4×4)+(52-2-4×6)=-3-4-3+0+5+12=7。因?yàn)閒(x+6)=2f(x)，所以f(7)+f(8)+f(9)+f(10)+f(11)+f(12)=2[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]=2×7=14；f(13)+f(14)+f(15)+f(16)+f(17)+f(18)=2[f(7)+f(8)+f(9)+f(10)+f(11)+f(12)]=2×14f(19)+f(20)+f(21)+f(22)+f(23)+f(24)=2[f(13)+f(14)+f(15)+f(16)+f(17)+f(18)]=2×f(25)=16f(1)=16×(12-4×1)=16×(-3)=-48。-函數(shù)的周期性：根據(jù)f(x+6)=2f(x)得出函數(shù)f(x)的周期性質(zhì)，利用周期將f(1)到f(25)的-函數(shù)值計(jì)算：計(jì)算給定區(qū)間(0,6]內(nèi)f(x)=x2-4x的函數(shù)值，如f(1)、f(2)等。-數(shù)列求和：運(yùn)用等比數(shù)列的思路，對周期內(nèi)函數(shù)值的和進(jìn)行計(jì)算，如f(1)+f(2)+f(3)+f(4)-周期規(guī)律的運(yùn)用：準(zhǔn)確理解和運(yùn)用f(x+6)=2f(x)所體現(xiàn)的周期規(guī)律，需要對函數(shù)周期性有-計(jì)算的復(fù)雜性：在計(jì)算多個(gè)函數(shù)值之和時(shí)，涉及到不A.5C.5A=A=(A+A)=A+A，即A=5A，C=C+C，兩邊平方C2=C2+C2+C.C，的函數(shù)f(x(滿足f(xy(=xf(y(+yf(x(，且f(e(=e，則()C.f(x(是增函數(shù)D.是減函數(shù)同理可得f(e8(=8e8，對于C、D，令f(x(=xlnx，顯然滿足在(0,+∞(，f(xy(=xf(y(+yf(x(，f(e(=e，得fr(x(=lnx+1，令fr(x(=0得，因?yàn)锳O=λAB+(1—λ(AC=λAB+AC—λAC，所以CA+AO=λAB+λCA=λ(CA+AB(，因?yàn)橄蛄緽A在向量BC上的投影向量為BC，間(-2,6]內(nèi)函數(shù)g(x)=f(x)-loga(x+2)(a>1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(1,2]D.(2,+∞)由f(x+4)=f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x+4)=f(x)=f(-x)，即因?yàn)樵趨^(qū)間(-2,6]內(nèi)函數(shù)g(x)=f(x)-loga(x+2)(a>1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，令f(x)=loga(x+a(x+2)(a>1)，則f(x)和函數(shù)h(x)在(-2,6]上的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，作出函數(shù)f(x)<2。A.lnb>aB.alnb>1(x+1)ex，由f,(x)>0，得x>-1，由f,(x)<0，得x<-1，則函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減，在(aaa圖象關(guān)于點(diǎn)(2,1)對稱，數(shù)列{an{滿足：an+4=an(n∈N*(，f(a5+a6(+f(a7+a8(=2，且a1=-1，a2=A.-2B.-1由f(x(的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,1)對稱，得f(x(+f(4-x(=2，又f(a5+a6(+f(a7+a8(=2，f(x(為單調(diào)函5+a6+a7+a8=4。又an+4=an(n∈N*(，知數(shù)列{an{是以4(a1+a2+a3+a4(+(a5+a6+a7+a8(+…+(a2021+a2022+a2023+a2024(+a2025=4×506+a2025=2024+多艱”,端陽初夏,粽葉飄香,端午是一大中華傳統(tǒng)節(jié)日。小瑋同學(xué)在當(dāng)天包了一個(gè)具作紀(jì)念,將粽子整體視為一個(gè)三棱錐,肉餡可近似看作它的內(nèi)切球(與其四個(gè)面均相切的球,圖中作為球O)。如圖:已知粽子三棱錐P-ABC中,PA=PB=AB=AC=BC,H、I、J分別為所在棱中點(diǎn),D、E分別為所在棱靠近P端的三等分點(diǎn),小瑋同學(xué)切開后發(fā)現(xiàn),沿平面CDE或平面HIJ切開后,截面中均恰好看不見肉餡。則肉餡與整個(gè)粽子體積的比為()。 46.（廈門外國語學(xué)校2024-2025學(xué)年第一學(xué)期高三11月份階段性考試試題）正方體ABCD—成角的余弦值為()-3a=d（代入A-3b+2c=d（代入M向向量可取,-3,0)。BA1的向量：B(3,3,0)，A1(3,0,3)，B=(0,-3,3)。f(x)上，則f(m)-f(n)()由f(x)=x(1-ex)，則f,(x)=1-(1+x)ex，設(shè)g(x)=1-(1+x)ex，g,(x)=-(2+x)ex。當(dāng)x<-2時(shí)，g,(x)>0，g(x)在區(qū)間(-∞,-2)單調(diào)遞增；當(dāng)x>-2時(shí)，g,(x)<0，g(x)在區(qū)間(-2,所以當(dāng)x<0時(shí)，g(x)>0，即f'(x)>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時(shí)，g(x)<0，即f'(x)<0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減。數(shù)f(x)的值域是(-∞,0]。由題意可知，n=f(m)，所以f(m)-f(n)=n-f(n)=nen，n∈(-∞,0]。所以當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí)，h'(x)<0，h(x)在區(qū)間(-∞,-1)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(-1,0]時(shí)，h'(x)>0，h(x)在區(qū)間(-1,0]單調(diào)遞增。所以函數(shù)h(x)的值域是[-,0]，所以f(m)-f(n)的取值范圍是[-,0]。-函數(shù)求導(dǎo)：通過對f(x)=x(1-ex)求導(dǎo)得到f'(x)，以及對輔助函數(shù)g(x)=1-(1+x)ex求導(dǎo)得-函數(shù)單調(diào)性與最值：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定f(x)和h(x)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而找到函數(shù)的最值。例如，f(x)在(-∞,0)遞增，在(0,+∞)遞減，從而得出f(x)的最大值；h(x)在(-∞,-1)遞減，在(-1,-函數(shù)值域：確定f(x)的值域，為后續(xù)將f(m)-f(n)轉(zhuǎn)化為n-f(n)=nen并確定其取值范圍-轉(zhuǎn)化與計(jì)算：將f(m)-f(n)轉(zhuǎn)化為nen的形式，再通過求h(x)=xex在特定區(qū)間的值域來確定f(m)-f(n)48.（山西省2024-2025學(xué)年三晉名校聯(lián)考十月聯(lián)合考試）已知圓M:x2+y2-6y=0與圓N:(x-)A.2B.D.即△ABM面積的最大值為22。如圖，設(shè)E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，O為四面體ABCD外接球的球心，因?yàn)閂四面(OE+OF(，所以V四面體又所以V四面體ABCD≤()B.(0,+∞)D.(0,2]2+2x+2(x≤0)時(shí)，f(x)的圖像與直線y=k-x有3個(gè)不同的交點(diǎn)。因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，則即f兩邊求導(dǎo)得f'(x-1)=f'(-x-1)，則g(x-1)=g(-x-1)，可知g(x)關(guān)于直線x=-1對稱；又因?yàn)間(2x+1)為奇函數(shù)，則g(2x+1)+g(-2由g(x-1)=g(-x-1)可得g(x)=g(-x-2)；由g(x+1)+g(-x+1)=0，可得g(x)+g(-x+2)=0，即g(x)=-g(-x+2)；可得g(-x-2)=-g(-x+2)，即g(x+4)=-g(x)；且g(x+8)=-g(x+4)=-[-g(x)]=g(x)，可知8為g(x)的周期；為0的連續(xù)函數(shù)，若f(x+y(+f(x-y(=f(x(f(y(，f(1(=0，則A.f(0(=1B.f(x(為奇函數(shù)C.f(x(的周期為2D.-2≤f(x(≤2令y=0得2f(x(=f(x(f(0(，因?yàn)閒(x(為不恒為0，所以f(0(=2，所以A錯(cuò)誤；令x=0得2f(y(=f(y(+f(-y(，得f(y(=f(-y(，所以B錯(cuò)誤；令y=1得f(x+1(+f(x-1(=0，得周期為4，所以C錯(cuò)誤；令y=x得f(2x(+2=f2(x(≥0，∴f(2x(≥-2，即f(x(≥-2，令x=1得f(1+y(+f(1-y(=0，即關(guān)于(1,0)中心對稱，∴f(2-x(=-f(x(≤2，所以-2≤f(x(≤2，所以D正確。家根據(jù)骰子(股子為均勻的正六面體)正面朝上的點(diǎn)數(shù)確定飛機(jī)往前走的步數(shù),剛好走到終點(diǎn)處算在一次游戲中,飛機(jī)距終點(diǎn)只剩3步(如圖所示),設(shè)該玩家到達(dá)終點(diǎn)時(shí)投擲骰子的次數(shù)為X,則E(X(=(Δ(A.3B.4C.5D.6-離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望：理解數(shù)學(xué)期望的-幾何分布的應(yīng)用：識別題目符合幾何分布模詳細(xì)解析：AB2=AE2+BE.ED?AB2=AE2+BE.ED?(AB—AE((AB+AE(+EB.ED?EB.(AB+AE+ED(=EB.(AB+AD(=0，即AB=AD，所以?ABCD為菱形。由AB=AB.AD2+2=9A.6B.9cR)為奇函數(shù)，且f(x)在區(qū)間(t-1,t2-2t)上有最小值，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是A.(3,4)B.(3,4)C.(3,3)D.(2,3)定義域?yàn)閧x|x≠-1且x≠1}，結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)，可得函數(shù)的大致圖象。當(dāng)x>1時(shí)，f(x)=ln(x+ 一的極小值，又f(x)在區(qū)間(t-1,t2-2t)上有最小值，所以1<t-1選A。A.當(dāng)λ=時(shí)，直線AM與BC所成角的余弦值為且AM//面ONC時(shí)D.當(dāng)AM⊥SB時(shí)，λ=過P作PM//CN交SC于M，在面SCB內(nèi)過N作NM⊥SB交SC于M，則SB⊥面AMN，AM?面AMN，故此時(shí)得到的AM⊥SB，得則故D正確。故選ACD。S(0,0,33)，A(0,-3,0)，B(0,3,0)，C(,,0)SB=(0,3,-33)，SC=(,,-33)，SM=λSC，SN=μSB(0<λ<1,0<μ<1)設(shè)平面ONC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，AM//面ONC時(shí)，得AM.n=0，(λ,λ+3,33-33).(-1,3,2)=0對于D，SB=(0,3,-33)，AM=AS+SM=(0,3,33)+(λ+λ-33)=(λ,λ+3,由AM⊥SB得故D正確。故選ACD。B.點(diǎn)A到平面A1BE的距離為3A1BE的距離為正方體體對角線長的則所以B正確。(或者通過等體積法可得，VA-ABE=VA-ABE。)1B∴平面EOF⊥平面A1BE。1Q1EA.f(x)=2sin(2x+π)B.將f(x)圖象向右平移后得到函數(shù)y=2sin2x的圖象C.f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增B.y=2sin[2(x-]=-2sin2x，故B(x1<x2)A.m<0B.m>0C.x+x>e2D.lnx2+x1<1 +x1=lnx2+2-x2，令在(1,+知函數(shù)f(x)=,x>-1，g(x)=(1-x)ex,x<1，且f(a)=f(b)=1.01，g(c)=g(d)=0.99，若a<A.a+b>0C.c+d>0D.d+a>0a<0<b，∴-a>0>-b，g(x)=(1-x)ex，g'(x)=-xex。令h(x)=g(x)-g(-x)，則h'(x)=g'(x)+g'(-x)=x(e-x-ex)，當(dāng)1>x≥0時(shí)，h(x)≤h(0)=0，即g(x)<g(-x)，g(-b)=g(-a)<g(a)∵-d<0，c<0，g(c)=g(d)<g(-d)，（6）難點(diǎn)所在：本題需要發(fā)現(xiàn)兩個(gè)函數(shù)f(x)與g(x)之間的關(guān)系利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)h(x)=g(x)-g(-x)并研究其單調(diào)性，需要較強(qiáng)的邏輯思維能力和對函數(shù)性質(zhì)的深入理解，過程A.過點(diǎn)M有四條直線與AB，BC所成角均為B.BB1⊥平面AB1CD.若點(diǎn)P在側(cè)面ABB1A1上運(yùn)動，且C 所以即點(diǎn)C到面A1AB距離為。設(shè)C在面ABB1A1投影為H，因?yàn)镃P與平面所以故D正確。-面面平行：利用平行四邊形的性質(zhì)證明線線平行，進(jìn)-線面角與距離：通過三棱錐體積公式求出點(diǎn)到面-對空間中各種位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理要熟練掌握并能靈活運(yùn)用，如判斷線面垂直7.（安徽省合肥市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第三次素質(zhì)拓展）已知函數(shù)f(x)=|sinx|A.f(x)的圖象關(guān)于直線x=π對稱C.f(x)的值域是-函數(shù)奇偶性與對稱性：通過驗(yàn)證f(2π-x)=f(x)判斷對稱軸。2y的最大值為-3C.y-x-xy的最小值為-12x+2y=對于C，又x>0，y>0，2x+y=1，得y=1-2x，故y-x-xy=(1-2x)-x-x(1-2x)=2x2--二次函數(shù)性質(zhì)：在分析y-x-xy時(shí)，將y=1-2x代入式子得到二次函數(shù)2x2-4x+1，利用y范圍。例如在判斷y-x-xy的最值時(shí)，要注意x的取值范圍對二次函數(shù)單調(diào)性的影響；在A.B.C.D.)=3f(x2+α)成立，2+α)max=sin>0>-，故A正確；2+α)max=sin>sin=->-，故B錯(cuò)誤；2+α)max=sin>0>-，故選AC。f(x+y(f(x—y(=f2(x(—f2(y(，且f(1(=2，函數(shù)f(3x+1(為偶函數(shù)，則A.f(0(=0B.f(4—x(+f(x(=0C.f(x(為偶函數(shù)令x=y=0，所以f2(0(=f2(0(—f2(0(=0，于是f(0(=0令x=0，所以f(y(f(—y(=f2(0(—f2(y(=—f2(y(，于是f(y([f(—y(+f(y([=0，又f(y(不恒為0，所以f(y(+f(—y(=0，于是f(x(為奇函數(shù)，C錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)f(3x+1(為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x(的圖象關(guān)于x=1對稱，于是其周期為4，所以f(f(—x(=—f(x(，因此B答案正確；因?yàn)閒(1(=2，f(0(=0，所以f(2(=0，f(3(=—2，f(4(=0，于是f(1(+f(2(+f(3(+f(4(=0，所以2,a3之間插入2,…A.當(dāng)0<q<1時(shí)，數(shù)列{dn{單調(diào)遞減d1<d2時(shí)解得0<q<1或選項(xiàng)的解析可知，數(shù)列{dn{單調(diào)遞d1<d2通過分析與1的大小關(guān)系來判斷數(shù)列定義域?yàn)镽，函數(shù)F(x)=f(1+x)-(1+x)為偶函數(shù)，函數(shù)G(x)=f(2+3x)-1為奇函數(shù)，則下列說法正確的是()A.函數(shù)f(x)的一個(gè)對稱中心為(2,1)B.f(0)=-1D.f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=5對于A，因?yàn)镚(x)=f(2+3x)-1為奇函數(shù)，所以G(-x)=-G(x)，即f(2-3x)-1=-[f(2+3x)-1]，所以f(2-3x)+f(2+3x)=2，所以f(2-x)+f(2+x)=2，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,1)對對于B，在f(2-x)+f(2+x)=2中，令x=0，得2f(2)=2，得f(2)=1，因?yàn)楹瘮?shù)F(x)=f(1+x)-(1+x)為偶函數(shù)，所以F(-x)=F(x)，所以f(1-x)-(1-x)=f(1+x)-(1+x)，所以f(1+x)-f(1-x)=2x，令x=1，則f(2)-f(0)=2，所以1-f(0)=2，得f(0)=-1，所以B正確；對于C，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,1)對稱，f(0)=-1，所以f(4)=3，所以f(0)≠f(4)，所以4不對于D，在f(2-x)+f(2+x)=2中令x=1，則f(1)+f(3)=2，令x=2，則f(0)+f(4)=2，因?yàn)閒(0)=-1，所以f(4)=3，因?yàn)閒(2)=1，所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=5，所以D正確。性，由f(2-x)+f(2+x)=2推出函數(shù)f(x)的對稱中心；三是函數(shù)的周期性判斷，通過分析f(0)與f(4)的值判斷函數(shù)是否具有周期4；四是函數(shù)值的計(jì)算，利用函數(shù)的性質(zhì)求出f(0)、f(1)、f(2)、f(3)、13.（2025屆安徽省皖江名校聯(lián)盟高三年級11月摸底大聯(lián)考試卷）已知曲線C:(x2+y2-2)2=4++(y+1)2=2或(x-1)2+(y-1)2=2，所以曲線C表示以M(-1,-1)，N(1,1)為圓心，2為半徑的如圖所示，設(shè)過點(diǎn)A(-4,-2)且與圓N相切的直線方程為y=k(x+4)-2，則點(diǎn)N到該直線的距離點(diǎn)M到直線AC的距離d2=2，則直線AC與圓M相切，設(shè)過點(diǎn)A且與圓M相切的直線方程為y=k'(x+4)-2，則點(diǎn)M到該直線的錯(cuò)誤。故選AC。則下列結(jié)論正確的是()A.函數(shù)f(x(的最大值為B.函數(shù)f(x(既存在極大值又存在極小值C.當(dāng)m<0時(shí)，方程f(x(=m有且只有一個(gè)實(shí)根D.若f(x1(=f(x2((x1≠x2(，則x1+x2>對于A，對f(x(求導(dǎo)得到(x(>0，函數(shù)f(x(單調(diào)遞增。(x(<0，函數(shù)f(x(單調(diào)遞減。作出函數(shù)f(x(的大致圖象，因?yàn)閒(x(在單調(diào)遞減，所以只需證設(shè)g(x(=f(x(-f-x(，x∈(0,。(x(>0，D1D1B.三棱錐P—EFG體積的最大值為重合。設(shè)BD1與平面EFG的交點(diǎn)為O,故P到A1C1的距離為故選ACD。數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x+y)=f(x)f(1-y)+f(y)f(1-x)，f(1)=1，則A.f(0)=0B.f(x)=f(2-x)C.f(x)是偶函數(shù)解法2:令x=y=0，得f(0)=f(0)f(1)+f(0)f(1)，即f(0)=0，故選項(xiàng)A正確;令y=1，得f(x+1)=f(x)f(0)+f(1)f(1-x)=f(1-x)，即f(x)=f(2-x)，故選項(xiàng)B正確令x=-1，則f(y-1)=f(-1)f(1-y)+f(y)f(2)，又f(2)=f(0)=0所以f(y-1)=f(-1)f(1-y)，即f(x)=f(-1)f(-x)，再令x=1，得f(1)=f2(-1)，即f(-1)=±1若f(-1)=1，則f(x)為偶函數(shù)，取得所以f(-1)=-1，此時(shí)f(x)=f(-1)f(-x)=-f(-x)，即f(x)是奇函數(shù)故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;所以f(x)=-f(-x)=-f(x+2)，所以f(x+4)=-f(2+x)=f(x)，故f(x)周期為4，f(1)=1,f(2)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-1,f(4)=0,故選項(xiàng)D正確;所以選ABD.A.-|=42C.-的最小值為D.-的最大值為,y)，-=(x-,y---)=3，整理得 三次函數(shù)圖象的對稱中心。設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx，則以下說法正確的是()2—3c>0D.若b=—3,c=1，則f(2—x)+f(x)=—2033x2+x33x2+x關(guān)于點(diǎn)(1,-1)對稱，內(nèi)兩定點(diǎn)M(0,—2(和N(0,2(與一動點(diǎn)P(x,y(，滿足|PM|.|PN|=m(m≥4(，若動點(diǎn)P的軌跡為曲D.曲線E上與M，N不共線的任意一點(diǎn)G關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)為H，則四邊形GMHN的面積不大于m平面內(nèi)M(0,—2(和N(0,2(，動點(diǎn)P(x,y(滿足|PM|.|PN|=m(m≥4(，故B：對應(yīng)曲線任意點(diǎn)(x,y)，則關(guān)于y軸對稱點(diǎn)為(-x,y)，關(guān)于x軸對稱點(diǎn)為(x,-y)。將(-x,y)代入上式得將(x,-y)代入上式得2S△MNG=|GM|.|GN|sin∠MGN≤m，當(dāng)且僅當(dāng)sin∠MGN=1時(shí)等號成立，此時(shí)所以線的對稱性和與點(diǎn)相關(guān)的性質(zhì)時(shí)，需要準(zhǔn)確代入和分析；其次，在求△PMN周長最小值和四邊形=CD=2BC=AD=22，∠ACB+∠CAB=θ1=45°,過A作BC的垂線，則tan∠ACB= A.f(x)在(0,)上是增函數(shù)C.f(x)在(0,π)上有兩個(gè)極值點(diǎn)D.若x0為f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，且a<e-cosxf(x)+tanx0恒成立，則a<-1x)=esinxcosx+ecosxsinx，A:在(0,'(x)>0，故f(x)在(0,則g(-x)=esin(-x+-ecos(-x+=e-sin(x--ecos(x-=ecos(+x-)-esin(+x-)=ecos(x+)-esin(x+)=-g(x)，即f(x+)是奇函數(shù)，令h(x)=f1(x)，有h1(x)=esinx(cos2x-sinx)+ecosx(cosx-sin2x)，2x-sinx<0，cosx-sin2x<0，即h1(x)<0，f1(x)單調(diào)遞減;又f11()=(e--1(x)=0，即f1(x)=esinxcosx+ecosxsinx<0，∴f1(x)不存在零點(diǎn);由C知使得f'∵f(x)=esinx-ecosx,x1)上f1(x)>0，即f(x)遞增，在(x1,)上f1(x)<0即f(x)遞減，即f(x1)為f(x)在(0,π)上的極大值，也是最大值，又由B項(xiàng)的結(jié)論:?x2∈(-π,0)使得f(x2)為f(x)在(-π,0)上的極小值，也是最小值，故選:ABD22.（2024年秋季鄂東南省級示范高中教育教學(xué)改革聯(lián)盟學(xué)校期中聯(lián)考試卷）已知函數(shù)f(x)=,,>0，若不等式f(x-1)≥f(x)對任意x∈R都成立，則實(shí)A.-B.-C.-2D.-1作函數(shù)y=f(x-1)和y=f(x)的圖像。當(dāng)a≥0時(shí)，由圖可知f(x-1)≥f(x)在R上不恒成立，不合題意；3+x≤-x+1?a≤恒成立。令可求得g(x)min=-，所以a≤-，選AC。是世界上偉大數(shù)學(xué)家。用他名字定義的函數(shù)f(x(=[x[（[x[表示不超過x的最大整數(shù)）稱為高斯函數(shù)。已知正項(xiàng)數(shù)列{an{的前n項(xiàng)和為Sn，且令則下列結(jié)論正確的A.an=n(n∈N*(B.Sn=nC.[b1+b2+…+b63[=6D.++…+=18n=n-n-1，∴A錯(cuò)，B對；∵當(dāng)n≥2時(shí)∴++…+<1+2[(2-1)+(3-2)+…+(100-99)]=1+2(100-1)=故D對。A.當(dāng)y<0時(shí)，x+y=0C.當(dāng)x+y≠0時(shí)，y-x>2D.當(dāng)x+y≠0時(shí)，-1<xy<0故x+lnx=-y+ln=x+lnx，x>0,>0,(x)<0，故g(x)=x-lnx在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(x)=x-lnx不單調(diào)，<m<1<n，故下面證明先證不等式右邊>2，C正確；再證不等式左邊即證? 故故即所以0<mn<1，故0<-xy<1，所以-1<xy用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性來證明不等式。在推導(dǎo)y-x和xy的取值范圍時(shí)，要靈活運(yùn)用對數(shù)平均不等=2x3-3ax2+1B.若f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,x3，則xD.當(dāng)x0≠時(shí)，f(x)在x=x0處的切線與函數(shù)y=f(x)的圖象有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)令f'(x)=6x2=0解得x=0，且f(0)=1，B選項(xiàng)，f(x)=2x3-3ax2+1，f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，要使f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，則a≠0，若f(x)=2x3-3ax2+1有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,x3，則f(x)=2(x-x1)(x-x2)(x-x3)=2x3-2(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x1x3)x-2x1x2x3，通過對比系數(shù)可得-2x1x2x3=1→正確。則f(x)=f(2b-x)，即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1，0≠時(shí)，f(x)=2x3-3ax2+1，f'(x)=6x2-6ax，則f(x0)=2x-3ax+1，f'(x0)=6x-6ax0，所以f(x)在x=x0處的切線方程為y-(2x-3ax+1)=(6x-6ax0)(x-x0)，y=(6x-6ax0)(x-x0)+(2x-3ax+1)，由{-x-x0)+(2x-3ax+1)，消去y得2x3-3ax2+1=2x-3ax+1+(6x-6ax0)(x-x0)①,3-2x=2(x3-x)=2(x-x0)(x2+xx0+x)，-3ax2+3ax=-3a(x2-x)=-3a(x-x0)(x+x0)，所以①可化為2(x-x0)(x2+xx0+x)-3a(x-x0)(x+x0)-(6x-6ax0)(x-x0)=0，提公因式x-x0得(x-x0)[2(x2+xx0+x)-3a(x+x0)-(6x-6ax0)]=0，化簡得(x-x0)[2x2+(2x0-3a)x-(4x-3ax0)]=0，進(jìn)一步因式分解得(x-x0)2(2x+4x0-3a)=0，解得x1=x由于所以2x0-a≠0，-導(dǎo)數(shù)的幾何意義：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線方程，如A選項(xiàng)中求f(x)在x=0處的切-函數(shù)對稱性：判斷函數(shù)是否存在對稱軸，通過假設(shè)對稱軸為x=b，利用f(x)=f(2b-x)進(jìn)行-計(jì)算過程較為復(fù)雜，尤其是在分析函數(shù)零點(diǎn)關(guān)系和切線(x1,y1)，N(x2,y2)是函數(shù)的圖象上的兩點(diǎn)，對A.f(x)在R上單調(diào)遞減B.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)Q中心對稱C.若f(t)+f(t2-1)≥1，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為(-∞,-2]∪[1,+∞)由P+P=2P，得Q(x0,y0)是線段MN的中點(diǎn)。所以由x1+x2=1，得又點(diǎn)Q(x0,y0)設(shè)E(x/,y/)是的圖象上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)E關(guān)于點(diǎn)Q(,)的對稱點(diǎn)為F(1-x/,1-y/)，由得又即有1-y/=f(1-x)，所以點(diǎn)F在f(x)的圖象上，即f(x)的圖象上的任一點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)Q的對稱點(diǎn)也在f(x)的圖象上，所時(shí)，f(x)+f(1-x)=1。因?yàn)閒(t)+f(t2-1)≥1，所以f(t2-1)≥1-f(t)，即f(t2-1)≥f(1-t)。又f(x)在R上單調(diào)遞增，所以t2-1≥1-t，解得t≤-2或t≥1，C正確；+②,得)所以正確。故選BCD。TC.Rn<若數(shù)列{an{中存在某項(xiàng)ak=0，由9a1=n=對于所以28.（湖南省三湘名校教育聯(lián)盟2025屆高三年級上學(xué)期11月第二次(期中)聯(lián)考）設(shè)函數(shù)f(x)=ex-A.a1>a2-2B.an≥n+1C.f(an)>f(n)D.an+m>an+am由題意可得f'(x)=ex-n，當(dāng)x∈(-∞,lnn)時(shí)，f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(lnn,+∞)時(shí)，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，故an=f(lnn)=n2+n-nlnn。對于A：a1=2,a2=6-2ln2,a2-2-a1=2-2ln2>0，即a1<a2-2，故A錯(cuò)誤；對于B：設(shè)函數(shù)F(x)=x2-1-xlnx,x∈N+,F'(x)=2x-lnx-1，設(shè)函數(shù)g(x)=2x-lnx-1,g'(x) '(x)>0?g(x)單調(diào)遞增，故g(x)≥g(1)=1>0?F'(x)>0?F(x)單調(diào)遞增，故F(x)≥F(1)=0?n2-1-nlnn≥0?n2+n-nlnn≥n+1?an≥n+1，故B正確；對于C：易知n>lnn，又因?yàn)閒(x)在x∈(lnn,+∞)上單調(diào)遞增，故f(lnn)<f(n)<f(n+1)≤f(an)，故f(an)>f(n)，故C正確；n+m-am-an=m[n+lnm-ln(n+m)]+n[m+lnn-ln(n+m)]，只需證明n+lnm-ln(n+m)>0即可，而n+lnm=lnenm，由ex>x+1(x≥1)易得men>m(n+1)=m+mn≥m+n，故n+lnm-ln(n+m)>0，同理可得m+lnn-ln(n+m)>0，故an+m>an+am，故D正確，故選BCD。B.|AB|=4C.直線x+y=t截第一象限花瓣的弦長的最大值為可得A(2,2),B(2,-2)，故|AB|=4，即B正確；(2t+1-1,t+1-2t+1)，則弦長為|MN|=2(t+2-22t+1)22，由圖知，直故D正確。物線C:x2=4y交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),拋物線C在點(diǎn)A處的切線與直線y=-2交于點(diǎn)N,作NM⊥AP交AB于點(diǎn)M,則A.O.O=-5B.直線MN恒過定點(diǎn)C.點(diǎn)M的軌跡方程是(y-1)2+x2=1(y≠0)設(shè)直線AB的方程為y=tx+2(斜率顯然存在),A(x聯(lián)立,消去x整理可得x2-4tx-8=0,由韋達(dá)定理得x1+x2=4t,x1x2=-8,=4,O.O=x1x2+y1y2=-8+4=-4,故A錯(cuò)誤;B.拋物線C在點(diǎn)A處的切線為x1x=2(y+),當(dāng)y=-2時(shí),x=-=--=+=2t,即N(2t,-2),直線MN的方程為整理得y=-,直線MN恒過定點(diǎn)(0,0),故B正確;C.由選項(xiàng)B可得點(diǎn)M在以線段OP為直徑的圓上,點(diǎn)O除外,故點(diǎn)M的軌跡方程是(y-1)2+x2=1(y≠0),故C正確;|AB|=1+t2.(x1+x2)2-4x1x2=1+t2.16t2+32=41+t2.t2+2,設(shè)當(dāng)單調(diào)遞增,所以故D錯(cuò)誤.故選BC.FB.點(diǎn)I的運(yùn)動軌跡為雙曲線的一部分+yP2F|=|F|FT|=c||PFF =×8×6×解得即I同的零點(diǎn)x1,x2,x3(x1<x2<x3)，函數(shù)g(x)=f(x)-1也有三個(gè)零點(diǎn)t1,t2,t3(t1<t2<t3)，則C.x1+x3<t1+t3D.x+x+x=t+t+t2-12ac>02>3ac1,x2,x3成等差數(shù)列，則對稱中心為x2，而三次函數(shù)的對稱中心橫x2+x3=t1+t2+t3且x1x2+x2x3+x3x1=t1t2+t2t3+t3t1，平方后展開可得A.f(x)是周期函數(shù)B.-1<f(x)<1C.f(x)在(0,π)上恰有1個(gè)極值點(diǎn)'(x)=sinx(x-2ex)<sinx(x-ex)<0，故g(x)在(0,π)上單調(diào)遞減，又g(0)=1>0，g(π)=-eπ∈(0,π)使得g(x0)=0，且在(0,x0)上g(x)>0即f'(x)>0，在(x0,π)上g(x)<0即f'(x)<0，所以f(x)在(0,π)上恰有1個(gè)極值點(diǎn)，C選項(xiàng)正確。D.關(guān)于x的方程的實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為h(x)=ex-x圖象與m(x)=3sinx圖象的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)。繪制h(x)與m(x)的大致圖象，參考滿足：f(1+x(+f(1-x(=2，f(2+x(+f(2-x(=4，則()A.f(3(=3B.f(x(為奇函數(shù)∈R,f(x0(=x0+1x+1(-f(x(≥2對于選項(xiàng)A，因?yàn)閒(1+x(+f(1-x(=2，令x=0，得到f(1(=1，又f(2+x(+f(2-x(=4，令x=1，對于選項(xiàng)B，因?yàn)閒(1+x(+f(1-x(=2，得到f(2+x(+f(-x(=2，所以f(-x(=2-f(2+x(，又f(2+x(+f(2-x(=4，所以f(-x(=2-f(2+x(=f(2-x(-2，又由f(1+x(+f(1-x(=2可得f(x(+f(2-x(=2，所以f(-x(=f(2-x(-2=-f(x(，又f(x(的定義域?yàn)镽，定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以f(x(為奇函數(shù)，故選項(xiàng)B正確；對于選項(xiàng)C，因?yàn)閒(2+x(+f(2-x(=4，令x=0，得到f(2(=2，由選項(xiàng)A知f(1(=1，又由選項(xiàng)Bf(x0(=x0+1成立，當(dāng)x?Z，因?yàn)閒(x(為R上的增函數(shù)，則f(x0(<f([x0+1](=[x0+1]<x0+1=ex+1-1>0，即y=ex+1-x-2在區(qū)間(-∞,-1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(-1,+∞)上單調(diào)遞增，所以y=ex+1-x-2≥e-1+1-(-1)-2=0，即ex+1≥x+2，當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時(shí)取等號，由選項(xiàng)B知f(2+x(+f(-x(=f(2+x(-f(x(=2，又f(x(為R上的增函數(shù)，所以f(ex+1(-f(x(≥f(x+2(-f(x(=2，當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時(shí)取等號，故選項(xiàng)D正確。還涉及函數(shù)的對稱性，如根據(jù)f(1+x(+f(1-x(=2，f(2+x(+f(2-x(=4得出函數(shù)的一些對稱關(guān)A.a=2對于A，f1(x)=2(x-a)(x-b)+(x-a)2=(x-a)(2x-2b+x-a)，令ft(x)>0，得x<a或x>；令ft(x)<0，得a<x<；f(x)在(-∞,a)單調(diào)遞增，(a,)單調(diào)遞減，(,+∞)單調(diào)遞增，對于C，f(x)在(,b)內(nèi)有最小值，則f(x)在處取得最小值f()，f(x)=(x-2)2(x-b)，f()≥f()，對于D，f(x)=-4有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)解，f(2)=0，（4）問題歸類：函數(shù)極值與方程解的綜合問題，圍繞函數(shù)f(x)=-函數(shù)求導(dǎo)：通過求導(dǎo)公式對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f'(x)=(x-a)(3x-a-2b)，以此來分析函-不等式求解：在判斷函數(shù)在某區(qū)間有最小值以A.函數(shù)f(x)為單調(diào)減函數(shù)B.函數(shù)f(x)的對稱中心為(0,1)C.若對?x>0，f(x)>f(?x)+a恒成立，則a≤2D.函數(shù)與函數(shù)y=f(x)的圖象所有交點(diǎn)縱坐標(biāo)之和為列說法正確的是()EBC0=2x-2x2。B.將f(x)圖象向右平移后得到函數(shù)y=2sin2x的圖象C.f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增D.f(x)在區(qū)間上的最大值與最小值之差的取值范圍為[1,23] 小值差的取值范圍對。A.當(dāng)a=3，b=1時(shí)，有f(?2?x)+f(x)=A.當(dāng)a=3，b=1時(shí)，f(x)=x3+3x2+x-1，f(?2?x)=?x3?3x2?x+1，∴f(?2?x)+f(x)=0，選項(xiàng)A正確。03+ax2?1=0得，a=?x， (x)=0得x=?32，D.當(dāng)b=0時(shí)，f(x)=x3+ax2?1，∵x∈[?2,0]，x?6≤f(x)≤x恒成立，∴x3+ax2?x+5≥0恒成立且x3+ax2?x?1≤0?！?x3?x+10>0，x3<0，3?x3?x-函數(shù)奇偶性：通過代入函數(shù)表達(dá)式驗(yàn)證f(?2?x)+f(x)=0，判斷函數(shù)是否滿足特定的奇偶-對于函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用要求較高，需要熟練掌握函數(shù)x-e+1與y=ln(x+e-1)的部分圖象可得一條封閉曲線Γ,則()A.Γ有對稱軸C.直線x+y=t被Γ截得弦長的最大值為2D.Γ的面積大于2e-4x-e+1→ex-x=e-1，令h(x)=ex-x-e+1，h,(x)=ex-1，h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減；(0,+∞)上單調(diào)遞增，注意到h(-2)>0，h(-1)=+2-e<0，h(1)=0，∴h(x)在(-2,-1)和有一SΓ>2S△P0AB=2.(e-2).|xA-xB|=(e-2)(1-x0)>2(e-2)，(-2<x0<-1)，故D正確。A.對任意實(shí)數(shù)x，f2(x)-g2(x)=1B.存在實(shí)數(shù)x，使得f(x)>2g(x)C.對任意實(shí)數(shù)x，y，g(x+y)g(x-y)=g2(x)+g2(y)D.若直線y=t與函數(shù)y=f(x)和y=g(x)的圖象共有三個(gè)交點(diǎn)，設(shè)這三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x21+x2+x3>ln(1+2)。故A正確；所以f(x)在x=0處取得極小值1，不妨設(shè)x1<x2<x3，由f(x)為偶函數(shù)可得x1+x2=0，直線y=t與圖象有三個(gè)交點(diǎn)，顯然t>1，解得ex>1+2或ex<1-2（舍去又因?yàn)閤1+x2=0，所以x1+x2+x3>ln(1+2)。D正確。點(diǎn)FF2+y2)2=72(x2-y2)0)在C設(shè)C上的點(diǎn)為P(x,y)，可得整理可得(x2+y2)2=2a2(x2-y2)，即C的軌跡方程為(x2+y2)2=2a2(x2-y2)。2+y2)2=72(x2-y2)，故A正確；.|PF|PF2+y2)2=18(x2-y2)，代入點(diǎn)(3,y0)可得(9+y)2=18(9-可知t為f(x)在[0,+∞)內(nèi)的零點(diǎn)，因?yàn)閒(x)的圖象開口向上，對稱軸為x=-18，可知f(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增，且f(2)=-5<0，f(3)=36>0，可知f(x)在[0,+∞)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)，且2<t<F 2+|PF2=C.Tn=2n+2-2n-4對于選項(xiàng)得選項(xiàng)A正確；A.f(x)是非奇非偶函數(shù)x當(dāng)時(shí)由圖可知f(x)的圖象與的圖象在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)恰有3個(gè)交點(diǎn)，又f(x)為偶函數(shù)，故f(x)的圖象與的圖象恰有6個(gè)交x2)y2=2x+2y-2，滿足此等式x,y的取值范圍分別為集合M,N，則下列正確的是()A.(4,+∞)?MB.(0,2)?MC.(1,2)?ND.(-∞,0)?N,令f'(x)<0得x<0或x>，令f'(x)>0得0<x<，故f(x)=在(-∞,0), 可得f(x)=∈[0,1)的解集為[0,2)∪(4,+∞)，包含(4,+∞),(0,2),A、B正確；令,定義域?yàn)?-∞,0)∪(0,+∞)，則g'(y)==(yln4-2)，令g'(y)>0得y滿足，其中a為實(shí)數(shù)，其值域是M。若對于任何滿足上述條件的f(x)都有{y|y=f(x),x∈[0,1]}=M，則()A.方程f(x)=f(0)可以有無數(shù)多解C.當(dāng)a=1時(shí)，將所有滿足f(x)=b(b∈M)且大于等于1的實(shí)數(shù)x從小到大排D.a的取值范圍為(0,1]A.當(dāng)函數(shù)f(x)為常值函數(shù)，此時(shí)方程f(x)=f(0)有無數(shù)多解，所以A對此時(shí)f(x1)=f(g(x1))=f(g(x2))=f(x2)，∴符合題設(shè)要求.進(jìn)而f(x1)=f(g(x1))=f(g(x2))=f(x2)；3所示，進(jìn)而f(x2)=f(g(x2))=f(g(t))=f(t)=f(g(x1))=f(x1)，∴a∈(1,2]也符合題設(shè)要求，∴D錯(cuò).層旋轉(zhuǎn)x弧度(0<x<=f(x)，則()D.S≤6-42根據(jù)銳角三角函數(shù)可得acosx+asinx+a=1，即可化簡角公式即可結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求解D。所以故A正確；即f的圖象關(guān)于直線對稱，故B錯(cuò)誤；所以x+所以所以所以A.異面直線EF與CD所成角的余弦值是C.三棱錐P—AA1C的體積為三棱錐P—AA1C的體積為正確。由題中數(shù)據(jù)可得CD=4，DE=23，EF=22，CF=32，DF=34。因?yàn)镈E2+EF2=DF2=CD2+CF2，所以DE⊥EF，CD⊥CF。設(shè)線段DF的中點(diǎn)為O，則OC=OD=OE=OF=DF= 為R，若2[f(x+y)+f(x-y)]=f(x)f(y)，f(1)=2，則A.f(2)=-2B.f(x)是偶函數(shù)C.f(x)以4為周期對于A，令x=1，y=0，得4f(1)=f(1)f(0)，f(0)=4，令y=1，得2[f(x+1)+f(x-1)]=f(x)f(1)=2f(x)，則f(x+1)+f(x-1)=f(x)，∴f(2)=f(1)-f(0)=-2，故A正確；對于B，令x=0，得2[f(y)+f(-y)]=f(0)f(y)=4f(y)，得f(y)=f(-y)，∴f(x)是偶函數(shù)，故B正確；對于C，∵f(x+2)+f(x)=f(x+1)，∴f(x+2)=f(x+1)-f(x)=-f(x-1)，∴f(x)=-f(x-3)=f(x-6)，.f(x)以6為周期，故C錯(cuò)誤；對于D，f(1)=2，f(2)=-2，f(3)=-f(0)=-4，f(4)=-f(1)，f(5)=-f(2)，f(6)=-f(3)，.f(1)+線l交拋物線C于P,Q兩點(diǎn)(點(diǎn)P在點(diǎn)B,Q的之間)，則()A.直線AB與拋物線C相切D.存在直線l，使得|PF|+|QF|=2|BF|F(0,1)。2-16>0所以故B錯(cuò)誤；則()B.AB⊥PCC.平面PDE⊥平面PADD.l被球O截得的弦長為1所以BC∥平面PAD，又因平面PAD與平面PBC的交線為l，在等腰梯形ABCD中，因?yàn)锳B=AD=CD=1，BC=2，BC的中點(diǎn)為E，所以四邊形ABED，AECD都是菱形，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB?面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC=A，所以AB⊥平面PAC，,,則P(0,0,2)，,,,0)，P=(-則A=(0,0,2)，A,0)，P=(-則A=(0,0,2)，A=(-,,設(shè)平面PDE的法向量1,y1,z1)，平面PAD的法向量2,y2,z2)，故四棱錐P-ABCD的外接球的球心O在過點(diǎn)E且垂直于面ABCD的直線上，所以R=2,B(1,0,0)，C(0,,因?yàn)閘∥BC，直線l的方向向量可取B=(-1,3故選:ABD.AA1,BB1,CC1,DD1都垂直于底面ABCD，且點(diǎn)E在線段CC1平面BED1交線段AA1于點(diǎn)F，則A.A1,B1,C1,D1四點(diǎn)不共面C.過四點(diǎn)A1,C1,B,D四點(diǎn)的外接球表面積為12πD.截面四邊形BED1F的周長的最小值為10CA.f(2(+f(4(<0C.當(dāng)3<x<4時(shí)，f(x(>ff(x(=sin2x-2sinxA項(xiàng)：f(2(+f(4(=sin4-2sin2+sin8-2sin4=sin8-sC項(xiàng)：f,(x(=2cos2x-2cosx=2(2cos2x-1(-2cosx=4cos2x-2cosx-2=以f(x(在(3,4)上遞增，而x>+2在(3,4)上恒成立，故正確；?-2x(<2?2cos-<4cosx-?注意到cos<-<<π(以及y=coscos(x-x54.（重慶南開中學(xué)高2025屆高三第三次質(zhì)量檢測試卷）已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=2an+*)。則下列選項(xiàng)正確的是A.{a2n-1-}是等比數(shù)列B.數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列3+5+…+b2n-1<22n=B選項(xiàng)所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤;B.點(diǎn)(0,-2)為函數(shù)y=f(x)圖象的對稱中心D.函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)的充要條件是a>3由f(x)=-x3+ax-2得，f'(x)=-3x2+a，當(dāng)a<0時(shí)，f'(x)<0，則函數(shù)f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，A錯(cuò)誤，有f(-x)=x3-ax-2，則有f(x)+f(-x)=-4，所以函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(0,-2)成中心對稱，B正有三個(gè)零點(diǎn)，則f'(x)=-3x2+a則有兩個(gè)零點(diǎn)，則a>0，則函數(shù)f(x)在上遞減，在( 函數(shù)對稱性通過驗(yàn)證f(x)+f(-x)的值或f(x)=f(2b-x)是否成立來判斷；函數(shù)零點(diǎn)則需結(jié)合函數(shù)56.（重慶市巴蜀中學(xué)2025屆高考適應(yīng)性月考卷（三k=2n}是遞增數(shù)列kn+1=-(an-1)2+1得1-an+1=(1-an)2，因bn，又因?yàn)樗詳?shù)列{bn}是以-1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，∴Sn=___解得得過點(diǎn)E作EG//BF交AC于點(diǎn)?同理過點(diǎn)D作BF的平行線可得故解得，得A(0,2)，B(-6,0)，C(6,0)，D(-2,0)，E(2,0)，F(xiàn)(3,1)，得直線AD:y=x+2，AE:y=-x+2，BF，解得所以2+由f,(x(>0，得x≥ek-1。所以f(x(在(0,ek-1)單調(diào)遞減，在(ek-1,+∞)單調(diào)遞增。所以f(x(的最小(x(≥0。所以在(0,1)內(nèi)g,(x(>0，在(1,+∞)內(nèi)g,(x(<0。,1(,f(x(f(x+1(<,2(。因?yàn)閒(x(f(x+1(<0恒成立，注意到f(x(連續(xù)，所以f(x(在(0,2)遞增，在上單調(diào)遞減。結(jié)合圖象可知，x∈(0,1(，f(x(f(x+1(<0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)處的切線方程為，且函數(shù)g(x(=f(ax((a>0(在區(qū)間(π,2π(上沒有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的 5.（安徽省2025屆高三第一次五校聯(lián)考試卷）定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=f(x)—x， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(x+1)=f(x)—x，