2024年新高考地區數學名校地市選填壓軸題好題匯編（九）一、單選題1．（23·24上·長沙·階段練習）已知函數，，，若，圖像上分別存在點M，N關于直線對稱，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．2．（23·24上·長沙·階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，，側棱底面，是的中點，是內的動點，，則的軌跡長為（

）A． B． C． D．3．（23·24上·湖北·期中）已知，且，，，則（

）A． B．C． D．4．（23·24上·湖北·期中）在四邊形中，，，，將沿折起，使點C到達點的位置，且平面平面.若三棱錐的各頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．5．（23·24上·成都·期中）把邊長為的正方形對角線折起，使得平面與平面所成二面角的大小為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．6．（23·24上·廣安·階段練習）已知函數在上存在極值，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．7．（23·24上·煙臺·期中）斐波那契數列以如下遞歸的方法定義:，若斐波那契數列對任意，存在常數，使得成等差數列，則的值為（

）A．1 B．3 C． D．8．（23·24上·煙臺·期中）定義在R上的函數f(x)的導函數為，滿足，且當時，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．9．（23·24上·福建·期中）設數列滿足，，，若表示大于的最小整數，如，，記，則數列的前2022項之和為（

）A．4044 B．4045 C．4046 D．404710．（23·24上·福州·期中）函數的圖象向右平移個單位長度后，所得的函數為偶函數，則的最小值為（

）A．2 B．4 C．6 D．811．（23·24上·福州·期中）若，則（

）A．0 B．1 C．2 D．312．（22·23下·新疆·二模）已知平面向量，，，滿足，，若對于任意實數x，都有成立，且，則的最大值為（

）A．2 B．4 C．6 D．813．（23·24上·泰州·期中）已知，，，其中e為自然對數的底數，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．14．（23·24上·周口·開學考試）若函數在單調遞增，則的最小值為（

）A． B． C． D．015．（22·23下·深圳·期末）已知橢圓的右焦點為，過原點的直線與交于兩點，若，且，則的離心率為（

）A． B． C． D．16．（23·24上·鹽城·期中）已知，，，則（

）A． B．C． D．17．（22·23·湛江·二模）如圖，將一個圓柱等分切割，再將其重新組合成一個與圓柱等底等高的幾何體，越大，重新組合成的幾何體就越接近一個“長方體”．若新幾何體的表面積比原圓柱的表面積增加了10，則圓柱的側面積為（

）A． B． C． D．18．（23·24上·鎮江·期中）設函數和函數的圖象的公共點的橫坐標從小到大依次為，若，則（

）A． B． C． D．19．（23·24上·無錫·期中）記函數（，）的最小正周期為，且．將的圖象向右平移個單位，所得圖象關于y軸對稱，則ω的最小值為（

）A．1 B．2 C．3 D．520．（23·24上·無錫·期中）設函數，，在上的零點分別為，則的大小順序為（

）A． B． C． D．二、多選題21．（23·24上·長沙·階段練習）如圖，等邊三角形的邊長為4，為邊的中點，于.將沿翻折至的位置，連接.那么在翻折過程中，下列說法當中正確的是（

）A．B．四棱錐的體積的最大值是C．存在某個位置，使D．在線段上，存在點滿足，使為定值22．（23·24上·南昌·開學考試）已知雙曲線：，點為雙曲線右支上的一個動點，過點分別作兩條漸近線的垂線，垂足分別為，兩點，則下列說法正確的是（

）A．雙曲線的離心率為B．存在點，使得四邊形為正方形C．直線，的斜率之積為2D．存在點，使得23．（23·24上·湖北·期中）拋物線的光學性質是：位于拋物線焦點處的點光源發出的每一束光經拋物線反射后的反射線都與拋物線的對稱軸平行或重合.已知拋物線：的焦點為F，過x軸上F右側一點的直線交于A，B兩點，C在A，B處的切線交于點P，直線，交y軸分別于點D，E，則（

）A． B．C． D．24．（23·24上·河南·模擬預測）如圖，兩個共底面的正四棱錐組成一個八面體，且該八面體的各棱長均相等，則（

）

A．異面直線AE與BC所成的角為 B．C．平面平面CDE D．直線AE與平面BDE所成的角為25．（23·24上·河南·階段練習）已知函數在處取得極大值，則下列結論正確的是（

）參考數據：．A．B．C．在處取得極小值D．在區間的最小值為26．（23·24上·煙臺·期中）已知函數的定義域為，滿足，且時，，則（

）A．時，函數的最大值為B．函數在區間上單調遞減C．方程有兩個實根D．若，則的最大值為27．（23·24上·煙臺·期中）已知數列：，其中第一項是，接下來的兩項是，，再接下來的三項是，，，以此類推.記數列的前n項和為，則（

）A．B．C．若則的最小值為D．若且存在，使得，則的最小值為28．（21·22下·濰坊·一模）已知同底面的兩個正三棱錐和均內接于球O，且正三棱錐的側面與底面所成角的大小為，則下列說法正確的是（

）.A．平面QBCB．設三棱錐和的體積分別為和，則C．平面ABC截球O所得的截面面積是球O表面積的倍D．二面角的正切值為29．（22·23上·福州·期中）已知函數，則以下判斷正確的是（

）A．函數的零點是B．不等式的解集是．C．設，則在上不是單調函數D．對任意的，都有．30．（23·24上·福州·期中）已知函數的定義域為，則（

）A．為奇函數B．在上單調遞減C．恰有2個極值點D．有且僅有2個極大值點31．（23·24上·福州·期中）函數，則下列結論正確的是（

）A．若函數在上為減函數，則B．若函數的對稱中心為，則C．當時，若有三個根，，，且D．當時，若過點可作曲線的三條切線，則32．（20·21下·濟南·階段練習）在三棱錐中，平面，，且，為線段上的一個動點，則下列選項正確的是（

）A．三棱錐的表面積是B．直線與直線所成的角為C．的最小值為D．三棱錐外接球的表面積為33．（22·23·海口·模擬預測）已知，，，下面結論正確的是（

）A． B．C． D．34．（23·24上·泰州·期中）已知函數，則（

）A．函數在處的切線方程為 B．函數有兩個零點C．函數的極大值點在區間內 D．函數在上單調遞減35．（23·24上·泰州·期中）已知，，且，則（

）A．的最大值是16 B．的最小值為128C．的最小值為10 D．的最小值為36．（22·23下·福州·期末）已知是定義在上的不恒為零的函數，對于任意，都滿足，則下述正確的是（

）A． B．C．是偶函數 D．若，則37．（23·24上·江蘇·期中）已知、、、四點在半徑為的球的球面上，且，，，則下列結論正確的是（

）A．存在點使得平面B．有且僅有一個點使得直線與所成角為C．的取值范圍為D．三棱錐體積的最大值為38．（23·24上·鹽城·期中）在中，若，則（

）A．對任意的，都有B．對任意的，都有C．存在，使成立D．存在，使成立39．（23·24上·鹽城·期中）已知數列滿足，，，則（

）A．當且時，是等比數列B．當時，是等比數列C．當時，是等差數列D．當且時，是等比數列40．（23·24上·常州·階段練習）正四棱錐中，高為3，底面是邊長為2的正方形，則下列說法正確的有（

）A．到平面的距離為B．向量在向量上的投影向量為C．側面所在平面與側面所成銳二面角的余弦值為D．棱錐的內切球的半徑為41．（23·24上·鎮江·期中）在棱長為6的正方體中，，是中點，則下列選項正確的是（

）A．平面截正方體所得截面為梯形B．直線與所成的角的余弦值是C．從點出發沿正方體的表面到達點的最短路徑長為D．點到平面的距離為42．（23·24上·無錫·期中）已知函數定義域為R，滿足，當時，,則下列結論正確的是（

）A．B．方程共有三個不同實根C．D．使不等式成立的x的最大值是三、填空題43．（23·24上·長沙·階段練習）函數的值域為.44．（23·24上·湖北·期中）設，若函數有兩個零點，則的取值范圍是.45．（23·24上·湖北·期中）如圖，在多面體中，四邊形是矩形，，為的中點.記四棱錐，的體積分別為，，若，則.46．（23·24上·成都·期中）已知正數a，b滿足（e為自然對數的底數），有下列三個關系式：①

②

③其中正確的是（填序號）．47．（23·24上·煙臺·期中）若過點有三條直線與函數的圖象相切，則實數m的取值范圍為.48．（23·24上·煙臺·期中）已知函數，則的最小值為.49．（22·23上·南開·期中）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P為橢圓上一點，線段與y軸交于點Q，若，且為等腰三角形，則橢圓的離心率為.50．（23·24上·福州·期中）已知在函數與函數的圖象上存在關于y軸對稱的點，則實數a的取值范圍是．51．（23·24上·福州·期中）已知函數（，）有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍是．52．（22·23·龍巖·模擬預測）已知雙曲線：的右焦點為，過分別作的兩條漸近線的平行線與交于，兩點，若，則的離心率為53．（22·23下·河南·模擬預測）已知函數有三個零點，且它們的和為0，則的取值范圍是.54．（23·24上·泰州·期中）請寫出一個同時滿足下列三個條件的等差數列的通項公式.①；②對任意的n，，都有；③給定，對任意的，都有.55．（22·23·南昌·二模）足球是大眾喜愛的運動，足球比賽中，傳球球員的傳球角度、接球球員的巧妙跑位都讓觀眾贊不絕口．甲、乙兩支球隊一場比賽的某一時刻，三位球員站位如圖所示，其中A，B點站的是甲隊隊員，C點站的是乙隊隊員，，這兩平行線間的距離為，，點B在直線l上，且，這時，站位A點球員傳球給站位B點隊友（傳球球員能根據隊友跑位調整傳球方向及控制傳球力度，及時準確傳到接球點），記傳球方向與的夾角為，已知站位B，C兩點隊員跑動速度都是，現要求接球點滿足下面兩個條件：①站位B點隊員能至少比站位C點隊員早跑到接球點；②接球點在直線l的左側（包括l）；則的取值范圍是．56．（23·24上·鎮江·期中）已知函數，若不等式恒成立，則實數的最大值為．57．（23·24上·無錫·期中）圓與圓半徑分別為1和2，兩圓外切于點P，點A，B分別為圓上的動點，，則的最小值為．58．（23·24上·鹽城·期中）若內一點滿足，則稱點為的勃羅卡點，為的勃羅卡角.在等腰中，，若勃羅卡點滿足，則與勃羅卡角的正切值分別為、2024年新高考地區數學名校地市選填壓軸題好題匯編（九）一、單選題1．（23·24上·長沙·階段練習）已知函數，，，若，圖像上分別存在點M，N關于直線對稱，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】設的圖像上點的坐標為，其關于直線的對稱點的坐標為，點在圖像上.所以有，且，消去可得，所以.令，，則，當時，，所以函數單調遞增，且，所以的值域為，所以實數的取值范圍為.故選:A.2．（23·24上·長沙·階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，，側棱底面，是的中點，是內的動點，，則的軌跡長為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】先找到一個平面總是保持與垂直，取，的中點，，連接，，.因為是正方形，所以.因為底面.所以.又，所以平面.所以.因為在中，，為的中點，所以.又，所以平面.進一步.取，，的中點，，，連接，，，，易證平面平面.故平面，記，又是內的動點，根據平面的基本性質得：點的軌跡為平面與平面的交線段，在中，，，，由余弦定理得:.故.故選:B.3．（23·24上·湖北·期中）已知，且，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因為，由可知；由可知，所以；則，所以，得，，所以，則，所以.故選：D.4．（23·24上·湖北·期中）在四邊形中，，，，將沿折起，使點C到達點的位置，且平面平面.若三棱錐的各頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，設，的中點分別為，，則，因為平面平面，，平面平面，平面,所以平面，故平面，因為平面，所以，故，因為平面，所以平面，又平面，所以，故，所以，故為三棱錐的外接球球心，，，所以球半徑，故球的表面積為.故選：A.5．（23·24上·成都·期中）把邊長為的正方形對角線折起，使得平面與平面所成二面角的大小為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】取中點，連接，，以，分別為，軸，垂直面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為是邊長為的正方形，所以,則，，，又易知，,，所以為二面角的平面角，由題知，，所以，則所以，，，故，所以，異面直線與所成角的余弦值為．故選：D.6．（23·24上·廣安·階段練習）已知函數在上存在極值，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】,函數在上存在極值，在該區間有變號零點.即,,單調遞減,設，單調遞增;單調遞減;,,.故選:B.7．（23·24上·煙臺·期中）斐波那契數列以如下遞歸的方法定義:，若斐波那契數列對任意，存在常數，使得成等差數列，則的值為（

）A．1 B．3 C． D．【答案】C【解析】由得，若對任意，成等差數列，則成等差數列，且成等差數列，則有，所以，解得，由可知，當時，對任意，有成等差數列，滿足題意.則，故選：C.8．（23·24上·煙臺·期中）定義在R上的函數f(x)的導函數為，滿足，且當時，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由得，，令，則，即是上的偶函數，求導得，因為當時，，即，則，則在上單調遞增，，，即，即，即，即，即，所以，解得或，則解集為.故選：C.9．（23·24上·福建·期中）設數列滿足，，，若表示大于的最小整數，如，，記，則數列的前2022項之和為（

）A．4044 B．4045 C．4046 D．4047【答案】B【解析】因為，所以，又，所以數列是以3為首項，2為公差的等差數列，所以所以，當時也符合上式，故，則數列的通項公式，則數列的前2022項之和為．故答案為：4045．10．（23·24上·福州·期中）函數的圖象向右平移個單位長度后，所得的函數為偶函數，則的最小值為（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】，其中，函數的圖象向右平移個單位長度后，得到函數為偶函數，則當時，，，即，則，，，，即，因為，所以，，所以，當，即時，等號成立，所以的最小值為4.故選：B11．（23·24上·福州·期中）若，則（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】記，因為，所以為奇函數，又和在R上都為增函數，所以在R上為增函數.由得，即，所以，即.故選：A12．（22·23下·新疆·二模）已知平面向量，，，滿足，，若對于任意實數x，都有成立，且，則的最大值為（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【解析】設，，，，，則如圖所示，因為，所以，即，所以，因為，，所以，，由，可得點在以為圓心，半徑為1的圓面上（包括邊界），過圓周上一點作的垂線，垂足為，且與相切，延長交于，則，此時∽，根據相似知識可得，所以，所以的最大值為，故選：D.13．（23·24上·泰州·期中）已知，，，其中e為自然對數的底數，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，，記，則，令，則，單調遞增，所以，當時，，即，又時，，所以，故，所以，故當時，，單調遞增，所以，即，即.記，則，即，則，當時，，單調遞增，又，所以，即，單調遞增，又，所以，即.綜上，.故選：B14．（23·24上·周口·開學考試）若函數在單調遞增，則的最小值為（

）A． B． C． D．0【答案】B【解析】對任意的恒成立，即，可得，令，其中，則，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，所以在取得極大值，，所以當時，取得最大值，，所以，，故.故選：B15．（22·23下·深圳·期末）已知橢圓的右焦點為，過原點的直線與交于兩點，若，且，則的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，設橢圓的左焦點為，由橢圓的對稱性可得，所以四邊形為平行四邊形，又，所以四邊形為矩形，所以，由，得，又，所以，在中，由，得，即，所以，即的離心率為.故選：A.16．（23·24上·鹽城·期中）已知，，，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】，，∴.在B，C中選，比較a，b大小，令，，令，在上恒成立，所以在上單調遞減，所以，所以，所以在上單調遞減，所以，所以時,，則，即，故.故選：C.17．（22·23·湛江·二模）如圖，將一個圓柱等分切割，再將其重新組合成一個與圓柱等底等高的幾何體，越大，重新組合成的幾何體就越接近一個“長方體”．若新幾何體的表面積比原圓柱的表面積增加了10，則圓柱的側面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】顯然新幾何體的表面積比原幾何體的表面積多了原幾何體的軸截面面積，設圓柱的底面半徑為，高為，則，所以圓柱的側面積為．故選：A.18．（23·24上·鎮江·期中）設函數和函數的圖象的公共點的橫坐標從小到大依次為，若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，令，則或，解得或，所以因為兩函數圖象的公共點的橫坐標從小到大依次為，所以，所以即..故選：A19．（23·24上·無錫·期中）記函數（，）的最小正周期為，且．將的圖象向右平移個單位，所得圖象關于y軸對稱，則ω的最小值為（

）A．1 B．2 C．3 D．5【答案】D【解析】由于所以．由于，，為偶函數，,所以由于，所以取時，．故選：D20．（23·24上·無錫·期中）設函數，，在上的零點分別為，則的大小順序為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，，所以在上單調遞增，又因為，所以存在使得，所以，因為，，解得：，當時，，則在上單調遞減，當時，，則在上單調遞增，又因為，在上單調遞增，，所以存在使得，所以最大，因為，所以，，，故選：B．二、多選題21．（23·24上·長沙·階段練習）如圖，等邊三角形的邊長為4，為邊的中點，于.將沿翻折至的位置，連接.那么在翻折過程中，下列說法當中正確的是（

）A．B．四棱錐的體積的最大值是C．存在某個位置，使D．在線段上，存在點滿足，使為定值【答案】ABD【解析】A：因為，即，，因為，面，則平面，因為平面，所以，正確；B：當平面平面時，四棱錐的體積最大.由A易知為二面角的平面角，此時.即，，，面，此時平面，即為四棱錐底面上的高，四棱錐的體積的最大值為：，正確；C：假設存在某個位置，使得，連接，由正三角形性質得，因為，面，所以平面，由平面，所以，由A知，因為，面，所以平面，由平面，所以，則，與題設矛盾，假設不成立，錯誤；D：由題設，點在線段上，且，取的中點，連接，則，，由底面三角形的邊長為4，則，，，因為平面，所以面，面，所以，所以為直角三角形，且，，故為定值，正確.故選：ABD.22．（23·24上·南昌·開學考試）已知雙曲線：，點為雙曲線右支上的一個動點，過點分別作兩條漸近線的垂線，垂足分別為，兩點，則下列說法正確的是（

）A．雙曲線的離心率為B．存在點，使得四邊形為正方形C．直線，的斜率之積為2D．存在點，使得【答案】AB【解析】對于A，由雙曲線：，得，故，A正確；對于B，雙曲線：的漸近線為，則四邊形為矩形，又雙曲線右頂點為，到直線的距離均為，故矩形為正方形，即存在點，即M為雙曲線右頂點時，使得四邊形為正方形，B正確；對于C，設，不妨設A在第一象限，B在第四象限，由于，故可得的方程為，聯立，可得，則，同理，可得的方程為，聯立，可得，則，故，而，故，C錯誤；對于D，由以上分析可知，同理,故，根據雙曲線的對稱性，不妨假設M在第一象限，則，故，令，將代入，即有，顯然不可能，即雙曲線上不存在點，使得，D錯誤，故選：AB23．（23·24上·湖北·期中）拋物線的光學性質是：位于拋物線焦點處的點光源發出的每一束光經拋物線反射后的反射線都與拋物線的對稱軸平行或重合.已知拋物線：的焦點為F，過x軸上F右側一點的直線交于A，B兩點，C在A，B處的切線交于點P，直線，交y軸分別于點D，E，則（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】設直線，在C上的反射線分別為，，則軸，設G，H分別為線段，延長線上的點，結合光的反射定律可知，，由幾何關系可知，設交x軸于M，則，所以，故A正確；設，其中，C在A處的切線的斜率為，故C在A處的切線方程為，令，則，即，故直線的斜率為，所以，故，同理可知，因為四邊形的內角和為360°，所以，故B正確；設，其中，同上可知拋物線C在B處的切線方程為，求得，所以，且由拋物線的幾何性質可知，，所以，，當且僅當時等號成，故C錯誤；設為坐標原點，由，則，同理，所以，故D正確.故選：ABD.24．（23·24上·河南·模擬預測）如圖，兩個共底面的正四棱錐組成一個八面體，且該八面體的各棱長均相等，則（

）

A．異面直線AE與BC所成的角為 B．C．平面平面CDE D．直線AE與平面BDE所成的角為【答案】ABC【解析】因為，所以（或其補角）即為異面直線AE與BC所成的角，又，所以，即異面直線AE與BC所成的角為，A正確；連接AC交BD于點O，則點O為正方形ABCD的中心，連接EF，根據正棱錐的性質可知EF必過點O，且平面ABCD，所以，又，，OE，平面ACE，所以平面ACE，又平面ACE，所以，B正確；由對稱性可知，，所以四邊形AFCE為平行四邊形，所以，又平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，同理平面CDE，又，AF，平面ABF，所以平面平面CDE，C正確；由，，得，在正方形ABCD中，，又，所以平面BEDF，所以即為直線AE與平面BDE所成的角，設該八面體的棱長為2，則，所以，所以，D錯誤.故選：ABC.25．（23·24上·河南·階段練習）已知函數在處取得極大值，則下列結論正確的是（

）參考數據：．A．B．C．在處取得極小值D．在區間的最小值為【答案】BCD【解析】對A,B，，故，由題意，，解得，，故A錯誤，B正確；對C，故，.令可得或，令可得，故在與上單調遞增，在上單調遞減，故在處取得極小值，故C正確；對D，由C，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.又，，故D正確.故選：BCD26．（23·24上·煙臺·期中）已知函數的定義域為，滿足，且時，，則（

）A．時，函數的最大值為B．函數在區間上單調遞減C．方程有兩個實根D．若，則的最大值為【答案】BC【解析】因為，所以，當時，，則，當時，，則，當時，，則，作出圖像，如圖所示，對于A，當時，，當時，，故A錯誤；對于B，當時，，因為二次函數對稱軸為直線，所以時，單調遞減，故B正確；對于C，方程實數根的個數函數與交點的個數，在同一直角坐標系中做出圖像，如圖所示，由圖像可得，函數與有2個交點，即方程有兩個實根，故C正確；對于D，當時，，令，解得，所以，的最大值為，故D錯誤，故選：BC．27．（23·24上·煙臺·期中）已知數列：，其中第一項是，接下來的兩項是，，再接下來的三項是，，，以此類推.記數列的前n項和為，則（

）A．B．C．若則的最小值為D．若且存在，使得，則的最小值為【答案】BCD【解析】將已知數列分組，使每組第一項均為1，即：第1組：，第2組：，，第3組：，，，第k組：，，，，，根據等比數列前n項和公式，得，求得每組的各項之和：，，，，，每組含有項的項數為：，故前組總共的項數為，前組的所有項和，選項A，當時，，即前組共項，故前項和為前組的和再加上第組中的前項，即，故A項錯誤；選項B，當時，，即前組共項，故第項為第組的第項，即，故B項正確；選項C，因為，且第組各項為：，，，，，所以，又由，知數列單調遞增，所以使的的最小值為，故C項正確；選項D，若，則由，，解得，即在第20組或以后的組內，又由，，則，故，由，且，則在第組內，設其為第組內的第項，即由，得，故，由，得，所以，因為是關于的增函數，則，故D項正確.故選：BCD.28．（21·22下·濰坊·一模）已知同底面的兩個正三棱錐和均內接于球O，且正三棱錐的側面與底面所成角的大小為，則下列說法正確的是（

）.A．平面QBCB．設三棱錐和的體積分別為和，則C．平面ABC截球O所得的截面面積是球O表面積的倍D．二面角的正切值為【答案】BCD【解析】∵同底面的兩個正三棱錐和均內接于球O，∴PQ為球O的直徑，取AB的中點M，連接PM、QM，則PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC為側面PAB與底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC為側面QAB與底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱錐的側面與底面所成角的大小為，設底面的中心為N，P到底面的距離為h，球的半徑為R，則PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，∴，∴，QN=4h，PN=h，∴P、C、Q、M四點共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA與QM不平行，故PA與平面QBC不平行，故A錯誤；由QN=4PN，可得，故B正確；∵平面ABC截球O所得的截面面積為，球O表面積為，∴平面ABC截球O所得的截面面積是球O表面積的倍，故C正確；∵，∴，，∴，即二面角的正切值為，故D正確.故選：BCD.29．（22·23上·福州·期中）已知函數，則以下判斷正確的是（

）A．函數的零點是B．不等式的解集是．C．設，則在上不是單調函數D．對任意的，都有．【答案】BD【解析】對于A項，零點是數不是點，故A錯誤；對于B項，令，而恒成立，原不等式等價于，解之得，故B正確；對于C項，，所以，設，則，設即定義域上單調遞增，，即存在使得，即存在使得，所以時有，則，在上單調遞增，故C錯誤；對于D項，設，由C項結論可知在上單調遞增，所以有，又，即成立，故D正確.故選：BD30．（23·24上·福州·期中）已知函數的定義域為，則（

）A．為奇函數B．在上單調遞減C．恰有2個極值點D．有且僅有2個極大值點【答案】ABD【解析】A.函數的定義域為，，所以函數為奇函數，故A正確；B.，當時，，所以函數在上單調遞減，故B正確；C.顯然，當時，令，即，得，分別作出和在的圖象，由圖可知，這兩個函數的圖象在區間上共有4個公共點，且圖象在這些公共點處都不相切，故在區間上的極值點的個數為4，有2個極大值點，故C錯誤，D正確.故選：ABD31．（23·24上·福州·期中）函數，則下列結論正確的是（

）A．若函數在上為減函數，則B．若函數的對稱中心為，則C．當時，若有三個根，，，且D．當時，若過點可作曲線的三條切線，則【答案】ACD【解析】對于A，，，函數在上為減函數，則，對，所以，解得，故A正確；對于B，函數的對稱中心為，則，即，解得，故B錯誤；對于C，當時，，則即，化簡得，其3個根為，，，所以，故C正確；對于D，當時，，設切點為，則，切線的斜率，則切線方程為，將點代入上式，整理得，過點可作曲線的三條切線，即方程有三個不同的解，令，則，可得，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以函數在處取得極小值，極小值為，在處取得極大值，極大值為，由方程有三個不同的解，所以，故D正確.故選：ACD.32．（20·21下·濟南·階段練習）在三棱錐中，平面，，且，為線段上的一個動點，則下列選項正確的是（

）A．三棱錐的表面積是B．直線與直線所成的角為C．的最小值為D．三棱錐外接球的表面積為【答案】ABD【解析】∵平面，∴，又∴平面，∴，又∴三棱錐的表面積是，故選項A正確；可以把三棱錐放入棱長為2正方體中如圖，則易知直線與直線所成的角為，三棱錐外接球即正方體的外接球，所以外接球的表面積為，故選項B、D正確；把沿分翻折至平面內，則的長即為的最小值，如圖由題意可知，則，∴，即的最小值為，故選項C錯誤.故選：ABD.33．（22·23·海口·模擬預測）已知，，，下面結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】A選項，變形得到，因為，所以，故，解得，當且僅當時，等號成立，A錯誤；B選項，因為，所以，即，又，所以，即，因為，所以，同理可得，由可得，故，，所以，故，解得，又，即，所以，即，解得，解得，綜上，，同理可得，所以，故B正確；C選項，因為，所以，解得，當且僅當時，等號成立，，C正確；D選項，由B可知，，設，，則，故當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，又，所以，所以，即，解得，，故選：BCD34．（23·24上·泰州·期中）已知函數，則（

）A．函數在處的切線方程為 B．函數有兩個零點C．函數的極大值點在區間內 D．函數在上單調遞減【答案】ACD【解析】由得，所以，又,所以函數在處的切線方程為，即，所以A正確；令，顯然在上單調遞減，且，，所以存在使得，即，則在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處有極大值，極大值點，所以C正確；因為，所以函數在上單調遞減，所以D正確因為，函數在上單調遞增，所以在上，函數有一個零點，因為，所以當時，，所以函數在上無零點，所以函數只有一個零點，所以B錯誤.故選：ACD35．（23·24上·泰州·期中）已知，，且，則（

）A．的最大值是16 B．的最小值為128C．的最小值為10 D．的最小值為【答案】BD【解析】因為，，且，所以，解得，當且僅當時等號成立，故A錯誤；因為，由A選項分析可知，所以，當且僅當時等號成立，故B正確；因為，，且，所以，所以，等號成立當且僅當，故C錯誤；因為，且，所以不妨令，因為，所以單調遞增，所以，從而，等號成立當且僅當.故選：BD.36．（22·23下·福州·期末）已知是定義在上的不恒為零的函數，對于任意，都滿足，則下述正確的是（

）A． B．C．是偶函數 D．若，則【答案】ABD【解析】對于A，令，則，故A正確對于B，令，則，則，故B正確對于C，令，則，所以，又令，，則，所以是奇函數，故C錯誤對于D，令，，則，所以，故D正確.故選：ABD．37．（23·24上·江蘇·期中）已知、、、四點在半徑為的球的球面上，且，，，則下列結論正確的是（

）A．存在點使得平面B．有且僅有一個點使得直線與所成角為C．的取值范圍為D．三棱錐體積的最大值為【答案】BCD【解析】因為，，則，同理可得，，在中，由余弦定理，得.所以.設外接圓的圓心為，半徑為，故，點到平面的距離，點在過且垂直于的球的截面上，設該截面與球的交線所成圓的圓心為，半徑為，則，，如圖所示.對于選項A，過作平行于平面的平面，則垂直于圓所在平面，，，因為，可得，則，，設球心到平面的距離為，則，故與圓在球面上無交點，即不存在滿足條件的點，故A錯誤：對于選項B，設與所成角為，由圓所在截面，，當且僅當為圓的直徑時，，，故B正確；對于選項C，圓所在截面，只需考慮在方向上的投影向量，當時，與夾角最小，為，取得最大值為，當時，與夾角最大，為，取得最小值為.故的取值范圍為，故C正確；對于選項D，的面積，當點到平面的距離最大時，的體積最大，因為，故的體積，故D正確.故選：BCD.38．（23·24上·鹽城·期中）在中，若，則（

）A．對任意的，都有B．對任意的，都有C．存在，使成立D．存在，使成立【答案】AD【解析】在中，當時，，取，則，，，，則，B錯，D對；顯然，即，則，令，，，因此函數在上單調遞減，則，即，從而，A對，C錯.故選：AD39．（23·24上·鹽城·期中）已知數列滿足，，，則（

）A．當且時，是等比數列B．當時，是等比數列C．當時，是等差數列D．當且時，是等比數列【答案】ACD【解析】對于A，因為，所以，即，又，∴，∴為等比數列，A對；對于B，當時，，∴，則，當時不是等比數列，B錯；對于C，當時，，則，則，∴是以1為公差的等差數列，C對；對于D，，則，則，所以，又，∴是以為公比的等比數列，D對.故選：ACD.40．（23·24上·常州·階段練習）正四棱錐中，高為3，底面是邊長為2的正方形，則下列說法正確的有（

）A．到平面的距離為B．向量在向量上的投影向量為C．側面所在平面與側面所成銳二面角的余弦值為D．棱錐的內切球的半徑為【答案】BC【解析】如圖所示，補四棱錐為長方體，分別為對應棱中點，于W，由題意可知長方體的高為3，對于A項，平面即平面，由長方體性質可知面，又面，所以，又面，所以面，即為到平面距離，利用等面積法可知：，故A錯誤；根據投影向量概念知：向量在向量上的投影向量為向量，即為，所以正確；連接，易知面，平面即平面，且面，所以是所求二面角的平面角，在中，由余弦定理：，故C正確.設四棱錐的內切球半徑為，由等體積法可得：，所以，所以D錯誤；故選：BC.41．（23·24上·鎮江·期中）在棱長為6的正方體中，，是中點，則下列選項正確的是（

）A．平面截正方體所得截面為梯形B．直線與所成的角的余弦值是C．從點出發沿正方體的表面到達點的最短路徑長為D．點到平面的距離為【答案】ABD【解析】A選項，如圖1，取的中點，連接，因為是中點，故，且，所以四邊形為平行四邊形，則，在上取點，使得，因為，所以，故，故四邊形即為平面截正方體所得截面，又與平面不平行，故與不平行，故四邊形為梯形，故平面截正方體所得截面為梯形，A正確；選項B，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，故，則，故直線與所成的角的余弦值是，B正確；C選項，將平面與平面沿著折疊到同一平面內，連接，如圖，則，由勾股定理得，由于，故從點出發沿正方體的表面到達點的最短路徑長不為，C錯誤；D選項，，設平面的法向量為，則，令，則，故，則點到平面的距離為，D正確.故選：ABD42．（23·24上·無錫·期中）已知函數定義域為R，滿足，當時，,則下列結論正確的是（

）A．B．方程共有三個不同實根C．D．使不等式成立的x的最大值是【答案】ACD【解析】方法一：，A對．時，,解得兩個根為0，當時，，則，由即有兩個根，因此至少有4個根，B錯．由于，由，取，，則是以1為首項為公比的等比數列，，C對．當，則或當的最大值為，故的最大值為，的最大值為，故當時，．成立的的最大值為，D對，故選：ACD．方法二：時，，當時，，…，時，，取時，，A正確．作出大致圖象如下，聯立或，與共四個交點，B錯．對于C,為奇數時，，為偶數時，,．，C正確．對于D，當時，令或，結合圖象知，D正確；故選：ACD．三、填空題43．（23·24上·長沙·階段練習）函數的值域為.【答案】【解析】是函數的一個周期，所以只需要考慮函數在的取值范圍即可.，易知在內有三個零點，依次為，，.函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，計算有，，，，所以函數的值域為.故答案為：44．（23·24上·湖北·期中）設，若函數有兩個零點，則的取值范圍是.【答案】（或寫成）【解析】方法1：由得，記，則，所以是單調遞增函數.根據題意有解，所以.由得.當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，故.設，則.由得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以.又當趨向于負無窮大時，趨向于正無窮大，當趨向于正無窮大時，趨向于正無窮大，所以a的取值范圍為.方法2：令，則，設，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，又因為當時，，且當趨向于正無窮大時，無限趨近于0，所以若有兩個零點，只需滿足或，所以的取值范圍是.45．（23·24上·湖北·期中）如圖，在多面體中，四邊形是矩形，，為的中點.記四棱錐，的體積分別為，，若，則.【答案】【解析】如圖所示，連接，因為為的中點，且，設且梯形的高為，則四邊形和的面積分別為，，所以則四邊形與的面積比為，所以，在矩形中，因為為的中點，可得，，所以與的面積比為，所以，所以.故答案為：.46．（23·24上·成都·期中）已知正數a，b滿足（e為自然對數的底數），有下列三個關系式：①

②

③其中正確的是（填序號）．【答案】①②③【解析】由題意得，令，，則恒成立，所以在上單調遞增，故，所以，②正確；，①正確；，③正確；故答案為：①②③47．（23·24上·煙臺·期中）若過點有三條直線與函數的圖象相切，則實數m的取值范圍為.【答案】【解析】函數，定義域為R，，設切點坐標為，則切線方程為，切線過點，則有，即，依題意關于方程有三個解，設，，解得或；，解得，所以在和上單調遞減，在上單調遞增，時，取極小值；時，取極大值，實數m的取值范圍為.故答案為：.48．（23·24上·煙臺·期中）已知函數，則的最小值為.【答案】/【解析】由同角三角函數的基本關系和二倍角公式化簡，即，即，令，則，.，令，即，解得，當時，，此時為單調遞減函數，當時，，此時為單調遞增函數，所以，時，取得最小值，即.綜上所述，的最小值為.故答案為：.49．（22·23上·南開·期中）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P為橢圓上一點，線段與y軸交于點Q，若，且為等腰三