Page12024年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十五）一、單選題1．（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)料）已知當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有且只有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】將兩個(gè)函數(shù)的解析式聯(lián)立，消去，得到等式，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程有兩個(gè)不同的正實(shí)根，依據(jù)這個(gè)等式運(yùn)用常變量分別法，通過(guò)構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【詳解】由題設(shè)，當(dāng)時(shí)，，令，則，所以當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞減.又，，所以當(dāng)時(shí)，直線與的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有且只有兩個(gè)交點(diǎn).故選：A.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用常變量分別法構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.2．（2024·廣東廣州·一模）若正實(shí)數(shù)a，b滿意，且，則下列不等式肯定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)單調(diào)性及得到或，分別探討兩種狀況下四個(gè)選項(xiàng)是否正確，A選項(xiàng)可以用對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性得到，B選項(xiàng)可以用作差法，C選項(xiàng)用作差法及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行求解，D選項(xiàng)，須要構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)椋瑸閱握{(diào)遞增函數(shù)，故，由于，故，或，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)；，故；，；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，，故；，；故ABC均錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，，兩邊取自然對(duì)數(shù)，，因?yàn)椴还?，還是，均有，所以，故只需證即可，設(shè)（且），則，令（且），則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以，所以在且上恒成立，故（且）單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以，結(jié)論得證，D正確故選：D3．（2024·廣東廣州·一模）設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)的直線與E相交于A，B兩點(diǎn)，與E的準(zhǔn)線相交于點(diǎn)C，點(diǎn)B在線段AC上，，則與的面積之比（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依據(jù)拋物線焦半徑公式得到B點(diǎn)橫坐標(biāo)，進(jìn)而利用拋物線方程求出B點(diǎn)縱坐標(biāo)，直線AB的方程，求出C點(diǎn)坐標(biāo)，聯(lián)立直線與拋物線，求出A點(diǎn)縱坐標(biāo)，利用求出答案.【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)B作BD垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)D，則由拋物線定義可知：，設(shè)直線AB為，，，，不妨設(shè)，則，所以，解得：，則，解得：，則，所以，解得：，則直線AB為，所以當(dāng)時(shí)，即，解得：，則，聯(lián)立與得：，則，所以，其中.故選：C4．（2024·廣東·一模）已知菱形的邊長(zhǎng)為2，，是邊的中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)至點(diǎn)，使得，若為線段上的動(dòng)點(diǎn)，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(biāo)系，利用坐標(biāo)法求解即可；解法二：設(shè)設(shè)，進(jìn)而以為基底，得，，再依據(jù)向量數(shù)量積運(yùn)算得，進(jìn)而依據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)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(biāo)系，則，，，，.設(shè)，因?yàn)?，所以，所以，，所以，，所?易知直線的方程為，設(shè)，則，，所以，因?yàn)?，所?故選：B解法二：設(shè)，則.連接，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，，所以.設(shè)，，依據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)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．（2024·廣東·一模）已知等比數(shù)列的通項(xiàng)公式為，，記的前項(xiàng)和為，前項(xiàng)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】依據(jù)題意求得，，由，得到，解得，進(jìn)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(xiàng)公式為，可得數(shù)列是首項(xiàng)為、公比為的等比數(shù)列，所以，，由，得，由，可得，結(jié)合，可得，.當(dāng)時(shí)，，不滿意題意；當(dāng)時(shí)，，，，所以，不滿意題意.綜上，使得成立的的最大正整數(shù)值為17.故選：A.6．（2024·湖南益陽(yáng)·一模）若雙曲線：，，分別為左?右焦點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)是在雙曲線上且在第一象限的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)為△的內(nèi)心，，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．雙曲線的漸近線方程為B．點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為雙曲線的一部分C．若，，則D．不存在點(diǎn)，使得取得最小值【答案】C【解析】【分析】依據(jù)雙曲線的方程干脆寫出漸近線方程判定A；由圓的切線長(zhǎng)定理和雙曲線的定義可求得的橫坐標(biāo)，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(biāo)，由正弦和求交點(diǎn)，求得的坐標(biāo)，運(yùn)用向量的坐標(biāo)表示，可得，可判定C；若與關(guān)于y軸對(duì)稱，結(jié)合雙曲線的定義及對(duì)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(cuò)誤；設(shè)，△的內(nèi)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(biāo)為，由與的橫坐標(biāo)相同，即的橫坐標(biāo)為，故在定直線上運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由且，解得：，∴，則，∴，同理可得：，設(shè)直線，直線，聯(lián)立方程得，設(shè)△的內(nèi)切圓的半徑為，則，解得，即，∴，由，可得，解得，故，C正確；若與關(guān)于y軸對(duì)稱，則且，而，∴，故要使的最小，只需三點(diǎn)共線即可，易知：，故存在使得取最小值，D錯(cuò)誤.故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：D選項(xiàng)求動(dòng)點(diǎn)到兩定點(diǎn)的距離最值，應(yīng)用雙曲線的定義及對(duì)稱性將動(dòng)點(diǎn)轉(zhuǎn)移到兩定點(diǎn)之間的某條曲線上，結(jié)合兩定點(diǎn)間的線段最短求最小值．7．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知邊長(zhǎng)為的菱形，，沿對(duì)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(jìn)而求得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設(shè)菱形的對(duì)角線交于，頂點(diǎn)A在底面的投影為，由菱形的性質(zhì)可得，二面角的平面角是，，因?yàn)榱庑蔚倪呴L(zhǎng)為，，，，設(shè)底面外接圓圓心為，外接球球心為，連接，過(guò)作，設(shè)，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(diǎn)睛】方法點(diǎn)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(guān)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(zhǎng)）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉(zhuǎn)化為長(zhǎng)方體的外接球；④特殊幾何體可以干脆找出球心和半徑.8．（2024·湖南·一模）已知函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，若，則關(guān)于的方程的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為A．3 B．4C．5 D．6【答案】A【解析】【詳解】試題分析：求導(dǎo)得，明顯是方程的二不等實(shí)根，不妨設(shè)，于是關(guān)于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的解就是或，依據(jù)題意畫圖：所以有兩個(gè)不等實(shí)根，只有一個(gè)不等實(shí)根，故答案選A.考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)、零點(diǎn)、函數(shù)的圖象9．（2024·湖南·一模）設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為C上的隨意點(diǎn)，若點(diǎn)A使得的最小值為4，則下列選項(xiàng)中，符合題意的點(diǎn)A可為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依據(jù)拋物線的性質(zhì)，結(jié)合選項(xiàng)逐一推斷即可.【詳解】拋物線的準(zhǔn)線方程為：，焦點(diǎn)坐標(biāo)為：，A：因?yàn)樵趻佄锞€內(nèi)部，而到準(zhǔn)線的距離為：，所以的最小值為，不符合題意；B：因?yàn)樵趻佄锞€上，所以的最小值就是，不符合題意；C：因?yàn)樵趻佄锞€內(nèi)部，到準(zhǔn)線的距離為：，所以的最小值為，符合題意，D：因?yàn)樵趻佄锞€外部：所以的最小值就是，不符合題意，故選：C10．（2024·湖南·一模）在正方體中，點(diǎn)P滿意，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(shè)正方體中心為，先依據(jù)條件得平面，所以作于Q，連，通過(guò)證明面可得即為的平面角，接下來(lái)在和中計(jì)算即可.【詳解】設(shè)正方體中心為，因?yàn)辄c(diǎn)P滿意，且所以平面，平面平面，由正方體性質(zhì)平面，且平面，所以作于Q，連，面，則即為的平面角，所以．設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，中，，則在中，，所以．故選：D.11．（2024·湖北·一模）各種不同的進(jìn)制在我們生活中隨處可見，計(jì)算機(jī)運(yùn)用的是二進(jìn)制，數(shù)學(xué)運(yùn)算一般用的十進(jìn)制.通常我們用函數(shù)表示在x進(jìn)制下表達(dá)M（M>1）個(gè)數(shù)字的效率，則下列選項(xiàng)中表達(dá)效率最高的是（

）A．二進(jìn)制 B．三進(jìn)制 C．八進(jìn)制 D．十進(jìn)制【答案】B【解析】【分析】依據(jù)效率的定義，結(jié)合的單調(diào)性，即可推斷和選擇.【詳解】因?yàn)?，令，得易知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故只需比較與的大小，而，故可得.則效率最高的是三進(jìn)制.故選：.12．（2024·山東濟(jì)南·一模）已知直線與直線相交于點(diǎn)P，點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．【答案】B【解析】【分析】依據(jù)給定條件求出點(diǎn)P的軌跡，再借助幾何圖形，數(shù)形結(jié)合求解作答.【詳解】直線恒過(guò)定點(diǎn)，直線恒過(guò)定點(diǎn)，而，即直線與直線垂直，當(dāng)P與N不重合時(shí)，，，當(dāng)P與N重合時(shí)，，令點(diǎn)，則，，于是得，明顯點(diǎn)P與M不重合，因此，點(diǎn)P的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓（除點(diǎn)M外），如圖，視察圖形知，射線AP繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)到與圓O：相切時(shí)，最大，最大，因，為切線，點(diǎn)為切點(diǎn)，，，則，所以最大值為，.故選：B【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及在垂直條件下求動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題，可以借助向量垂直的坐標(biāo)表示求解，以簡(jiǎn)化計(jì)算，快捷解決問(wèn)題.13．（2024·山東泰安·一模）已知數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為1的等差數(shù)列，數(shù)列滿意．若對(duì)隨意的，都有成立，則實(shí)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(xiàng)公式得，再結(jié)合題意得數(shù)列單調(diào)遞增，且滿意，，即，再解不等式即可得答案.【詳解】解：依據(jù)題意：數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為1的等差數(shù)列，所以，由于數(shù)列滿意，所以對(duì)隨意的都成立，故數(shù)列單調(diào)遞增，且滿意，，所以，解得．故選：．14．（2024·山東泰安·一模）已知拋物線C：（）的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M在拋物線C上，射線FM與y軸交于點(diǎn)，與拋物線C的準(zhǔn)線交于點(diǎn)N，，則p的值等于（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】【分析】設(shè)點(diǎn)M到拋物線的準(zhǔn)線的距離為|MM′|，拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)記為點(diǎn)B.解得答案.【詳解】解：設(shè)點(diǎn)M到拋物線的準(zhǔn)線的距離為|MM′|，拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)記為點(diǎn)B.由拋物線的定義知，|MM′|＝|FM|.因?yàn)?，所以，即，所以，而，解得p＝2,故選：B.15．（2024·山東煙臺(tái)·一模）過(guò)直線上一點(diǎn)P作圓M：的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，若使得四邊形PAMB的面積為的點(diǎn)P有兩個(gè)，則實(shí)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(zhì)可得，進(jìn)而可得，結(jié)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(diǎn)P有兩個(gè)，則，解得.故選：A.二、多選題16．（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)料）已知正方體的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P是線段上（不含端點(diǎn)）的隨意一點(diǎn)，點(diǎn)E是線段的中點(diǎn)，點(diǎn)F是平面內(nèi)一點(diǎn)，則下面結(jié)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(cè)面的交線長(zhǎng)是C．的最小值是D．的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】對(duì)于A選項(xiàng)：利用線面平行的判定定理證明出平面，即可推斷；對(duì)于B選項(xiàng)：先作出球面與側(cè)面的交線為弧，再求弧長(zhǎng)；對(duì)于C，D選項(xiàng)：將沿翻折到與在同一平面作于點(diǎn)G，交于P.利用幾何法推斷出最小.解三角形求出最小值，即可推斷C、D.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)：因?yàn)槠矫婕礊槠矫?，又因?yàn)?，且平面，平面，所以平面，故A正確；對(duì)于B選項(xiàng)：該球面與側(cè)面的交線為弧，是以為圓心，圓心角為的弧，所以弧長(zhǎng)為，故B正確；對(duì)于C，D選項(xiàng)：將沿翻折到與在同一平面且點(diǎn)，D在直線的異側(cè)，作于點(diǎn)G，交于P.由兩點(diǎn)之間，直線最短.可得G、F重合時(shí)，最小.此時(shí)，設(shè)，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．（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)料）已知F是拋物線的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作兩條相互垂直的直線，，與C相交于A，B兩點(diǎn)，與C相交于E，D兩點(diǎn)，M為A，B中點(diǎn)，N為E，D中點(diǎn)，直線l為拋物線C的準(zhǔn)線，則（

）A．點(diǎn)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(dāng)最小時(shí)，【答案】BCD【解析】【分析】設(shè)直線方程，并聯(lián)立拋物線方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系式，求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)，結(jié)合拋物線定義，可推斷A;利用拋物線定義推得,由此推斷B;計(jì)算出弦長(zhǎng)，可得的表達(dá)式，利用基本不等式求得其最小值，推斷C;求出的表達(dá)式，采納換元法，利用二次函數(shù)的單調(diào)性求得其最小值，推斷D.【詳解】設(shè)，，，，，直線的方程為，則直線的方程為,將直線的方程代入，化簡(jiǎn)整理得，則，，故,所以，,因?yàn)辄c(diǎn)A到直線l的距離，點(diǎn)B到直線l的距離，點(diǎn)M到直線l的距離，又，所以，故A錯(cuò)誤；因?yàn)?，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(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故C正確；.設(shè)，則，，.當(dāng)時(shí)，即時(shí)，最小，這時(shí)，故D正確,故選:BCD.【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線的焦點(diǎn)弦的性質(zhì)，具有較強(qiáng)的綜合性，要求學(xué)生有較好的計(jì)算實(shí)力和思維實(shí)力，解答時(shí)要留意直線方程的設(shè)法，以及聯(lián)立后結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系式的化簡(jiǎn)，涉及到焦半徑以及弦長(zhǎng)和距離的計(jì)算，比較繁雜，要細(xì)心運(yùn)算.18．（2024·廣東廣州·一模）十九世紀(jì)下半葉集合論的創(chuàng)立，奠定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，聞名的“康托三分集”是數(shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過(guò)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(gè)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(chǔ)上，將剩下的各個(gè)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(guò)程不斷地進(jìn)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(zhǎng)度記為，則（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】分析題意發(fā)覺是一個(gè)等比數(shù)列，依據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)逐一驗(yàn)證即可，其中B選項(xiàng)是化簡(jiǎn)成一個(gè)等差數(shù)列進(jìn)行推斷，CD兩個(gè)選項(xiàng)須要利用數(shù)列的單調(diào)性進(jìn)行推斷，尤其是D選項(xiàng)，須要構(gòu)造新數(shù)列，利用做差法驗(yàn)證單調(diào)性.【詳解】由題可知，；，；，由此可知，即一個(gè)等比數(shù)列；A：，A錯(cuò)誤；B：，因?yàn)?，所以該?shù)列為遞減數(shù)列，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以恒成立，B正確；C：，即，兩邊約去得到，當(dāng)時(shí)，，原式成立；當(dāng)時(shí)，恒成立，所以成立，即成立，C正確；D：令，再令，令解得，因?yàn)?，所以取，由此可知時(shí)；時(shí)，故為最大值，，依據(jù)單調(diào)性，即不恒成立，D錯(cuò)誤.故選：BC19．（2024·廣東廣州·一模）在長(zhǎng)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(guò)點(diǎn)A的直線與長(zhǎng)方體全部棱所成的角相等，且與面交于點(diǎn)M，則C．若經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的直線m與長(zhǎng)方體全部面所成的角都為θ，則D．若經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的平面β與長(zhǎng)方體全部面所成的二面角都為，則【答案】ACD【解析】【分析】A依據(jù)長(zhǎng)方體的性質(zhì)找到直線與直線CD所成角的平面角即可；B構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，依據(jù)線線角相等，結(jié)合空間向量夾角的坐標(biāo)表示求，即可求M坐標(biāo)，進(jìn)而確定線段長(zhǎng)；C、D將長(zhǎng)方體補(bǔ)為以為棱長(zhǎng)的正方體，依據(jù)描述找到對(duì)應(yīng)的直線m、平面β，結(jié)合正方體性質(zhì)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(gòu)建如下圖示的坐標(biāo)系，過(guò)A的直線與長(zhǎng)方體全部棱所成的角相等，與面交于且，又，則，故，則，錯(cuò)誤.C：如下圖，過(guò)A的直線m與長(zhǎng)方體全部面所成的角都為θ，則直線m為以為棱長(zhǎng)的正方體的體對(duì)角線，故，正確；D：如下圖，過(guò)A的平面β與長(zhǎng)方體全部面所成的二面角都為，只需面β與以為棱長(zhǎng)的正方體中相鄰的三條棱頂點(diǎn)所在平面平行，如面，故，則，正確.故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：依據(jù)長(zhǎng)方體或?qū)⑵溲a(bǔ)全為正方體，結(jié)合各選項(xiàng)線線角、線面角相等推斷直線或平面的位置，進(jìn)而求對(duì)應(yīng)角的函數(shù)值.20．（2024·廣東·一模）已知函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．在上單調(diào)遞減B．直線為圖象的一條對(duì)稱軸C．在上的解集為D．函數(shù)在上的圖象與直線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為【答案】AC【解析】【分析】先依據(jù)肯定值的含義，將寫成分段函數(shù)的形式，然后逐段探討并作出其圖象，最終依據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)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(diào)遞減，所以A正確；由圖易知函數(shù)的圖象沒有對(duì)稱軸，所以直線不是函數(shù)圖象的對(duì)稱軸，所以B錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，由，可得，當(dāng)時(shí)，，由，可得或，所以在上的解集為，所以C正確；結(jié)合函數(shù)的圖象，可得函數(shù)在上的圖象與直線有4個(gè)交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)從左到右依次設(shè)為，，，，依據(jù)函數(shù)的解析式可知，當(dāng)時(shí)，，依據(jù)余弦函數(shù)圖象的對(duì)稱性可知，，當(dāng)時(shí)，，依據(jù)正弦函數(shù)圖象的對(duì)稱性可知，，所以，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AC.21．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知定義在上的函數(shù)滿意對(duì)隨意的，，，且當(dāng)時(shí)，，則（

）A．B．對(duì)隨意的，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(yàn)證的狀況；C.由當(dāng)時(shí)，，且可得，當(dāng)時(shí)，，與為減函數(shù)沖突，從而可推斷C錯(cuò)誤；D.先證明的單調(diào)性，然后由可得，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可得，再化簡(jiǎn)、換元，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、求導(dǎo)得新函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可得解.【詳解】取，則，解得或，若，則對(duì)隨意的，，與條件不符，故，A正確；對(duì)隨意的，，若存在，使得，則，與沖突，所以對(duì)隨意的，，B正確；當(dāng)時(shí)，，且，所以當(dāng)時(shí)，，與為減函數(shù)沖突，C錯(cuò)誤；假設(shè)，則因?yàn)椋?，則，即，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，由題意得，所以，結(jié)合在上單調(diào)遞增可知，則，令，則，，令，，易得在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而，所以，則，D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】本題中用到特殊值，特殊函數(shù)來(lái)解決問(wèn)題，特殊是選項(xiàng)D中，將不等式轉(zhuǎn)化為，再結(jié)合換元法，求導(dǎo)等方法來(lái)求解，綜合實(shí)力要求較高.22．（2024·湖南益陽(yáng)·一模）已知正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)E、F分別是棱、的中點(diǎn)，點(diǎn)P在四邊形內(nèi)（包含邊界）運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．若P是線段的中點(diǎn)，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(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為D．若平面，則長(zhǎng)度的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】對(duì)于A，先證明，，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理即可推斷；對(duì)于B，由可將與所成的角轉(zhuǎn)化為與所成的角，結(jié)合為正三角形可得與所成角的取值范圍；對(duì)于C，先利用線面位置關(guān)系得到點(diǎn)的軌跡，然后求解即可；對(duì)于D，先由線線平行證明線面平行，進(jìn)而得面面平行，可確定點(diǎn)的軌跡為線段，然后結(jié)合勾股定理求解長(zhǎng)度的最值即可求解．【詳解】對(duì)于A：因?yàn)?、分別是線段、的中點(diǎn)，所以，則，則，所以，又由平面，所以，所以平面，又因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?，即選項(xiàng)A正確；對(duì)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(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C：設(shè)平面與直線交于點(diǎn)，連接、，則為的中點(diǎn)，分別取、的中點(diǎn)、，連接、、，由，所以平面，同理可得平面，又因?yàn)?，所以平面平面，又由平面，所以直線平面，故點(diǎn)的軌跡是線段，易得，即選項(xiàng)C正確；對(duì)于D：取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?，，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面，連接、，則，又因?yàn)?，所以，所以平面，連接、，由，且，得，故、、、四點(diǎn)共面，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平面，所以點(diǎn)的軌跡為線段，由知、，連接，，在中，，所以，所以，則，故線段長(zhǎng)度的最小值為，線段長(zhǎng)度的最大值為，所以長(zhǎng)度的取值范圍是，即選項(xiàng)D正確．故選：ACD．23．（2024·湖南益陽(yáng)·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(jié)合分析求解.【詳解】解：由題得可理解為單位圓上動(dòng)點(diǎn)到兩定點(diǎn)的距離和.如圖所示，點(diǎn)處于位置時(shí)，三點(diǎn)共線取到最小值，當(dāng)位于時(shí)，，此時(shí).過(guò)了點(diǎn)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)時(shí)，都在逐步增加，當(dāng)位于時(shí)，，此時(shí).故選：CD24．（2024·湖南·一模）已知F為拋物線的焦點(diǎn)，點(diǎn)P在拋物線上，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線交于，兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為M．則下列說(shuō)法正確的是（

）A．的最大值為B．若點(diǎn)，則的最小值為6C．無(wú)論過(guò)點(diǎn)F的直線l在什么位置，總有D．若點(diǎn)C在拋物線準(zhǔn)線上的射影為D，則B、O、D三點(diǎn)共線【答案】ACD【解析】【分析】依據(jù)拋物線的性質(zhì)，結(jié)合題意，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，即可推斷和選擇.【詳解】依據(jù)題意，可得，設(shè)，且點(diǎn)在軸上方.對(duì)A：過(guò)點(diǎn)作軸交軸與點(diǎn)，如下圖所示：簡(jiǎn)單知：，且則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號(hào).故可得的最大值為，當(dāng)且僅當(dāng)垂直于軸時(shí)取得最大值，故A正確；對(duì)B：依據(jù)題意，過(guò)點(diǎn)作垂直于拋物線的準(zhǔn)線，垂足為，作圖如下：因?yàn)?，?shù)形結(jié)合可知，當(dāng)且僅當(dāng)與重合，與重合時(shí)，取得最小值，此時(shí)，故B錯(cuò)誤；對(duì)C：依據(jù)題意，作圖如下：設(shè)過(guò)點(diǎn)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(duì)D：依據(jù)題意，作圖如下：因?yàn)?，故可得，又，，故共線，且有公共點(diǎn)，故B,O,D三點(diǎn)共線，故D正確.故選：ACD.【點(diǎn)睛】本題考查直線與拋物線相交，利用韋達(dá)定理以及拋物線定義處理最值、共線等問(wèn)題，處理問(wèn)題的關(guān)鍵是充分利用拋物線定義和韋達(dá)定理，進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化，屬綜合中檔題.25．（2024·福建·廈門一中高二階段練習(xí)）設(shè)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是（

）A．， B．， C．， D．，【答案】BCD【解析】把各選項(xiàng)代入函數(shù)式檢驗(yàn)，能求出實(shí)根的解出實(shí)根，不能求出實(shí)根的用函數(shù)的性質(zhì)推斷．【詳解】記，，時(shí)，，或，不滿意題意；，時(shí)，，，在和是遞增，在上遞減，而，只有一個(gè)零點(diǎn)，即只有一個(gè)實(shí)根，同理，時(shí)，在和是遞增，在上遞減，而，只有一個(gè)零點(diǎn)，即只有一個(gè)實(shí)根，，時(shí)，，只有一個(gè)實(shí)根，故選：BCD.【點(diǎn)睛】本題考查方程實(shí)根個(gè)數(shù)問(wèn)題，對(duì)于方程根無(wú)法解出的狀況可以通過(guò)探討函數(shù)的極值與單調(diào)性確定函數(shù)零點(diǎn)即方程根的個(gè)數(shù)．26．（2024·湖南·一模）已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，且滿意有下列結(jié)論正確的有(

)A．B．若，則函數(shù)的最小正周期為；C．關(guān)于x的方程在區(qū)間上最多有4個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解D．若函數(shù)在區(qū)間上恰有5個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】A：在上單調(diào)，，，故；B：求出區(qū)間右端點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，由題可知在上單調(diào)，據(jù)此可求出f(x)周期的范圍，從而求出ω的范圍.再依據(jù)知是f(x)的對(duì)稱軸，依據(jù)對(duì)稱軸和對(duì)稱中心距離為周期的倍即可求出ω，從而求出其周期；C：依據(jù)ω的范圍求出周期的范圍，依據(jù)正弦型函數(shù)一個(gè)完整周期只有一個(gè)最高點(diǎn)即可求解；D：由知，是函數(shù)在區(qū)間，上的第1個(gè)零點(diǎn)，而在區(qū)間上恰有5個(gè)零點(diǎn)，則，據(jù)此即可求ω的范圍.【詳解】A，∵，∴在上單調(diào)，又，，∴，故A正確；B，區(qū)間右端點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)為，∵，f(x)在上單調(diào)，∴依據(jù)正弦函數(shù)圖像特征可知在上單調(diào)，∴為的最小正周期，即3，又，∴.若，則的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，結(jié)合，得，即，故k＝0，，故B正確.C，由，得，∴在區(qū)間上最多有3個(gè)完整的周期，而在1個(gè)完整周期內(nèi)只有1個(gè)解，故關(guān)于的方程在區(qū)間上最多有3個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，故C錯(cuò)誤.D，由知，是函數(shù)在區(qū)間，上的第1個(gè)零點(diǎn)，而在區(qū)間上恰有5個(gè)零點(diǎn)，則，結(jié)合，得，又，∴的取值范圍為，故D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】本題綜合考察的周期、單調(diào)性、對(duì)稱中心、對(duì)稱軸等特性，解題的關(guān)鍵是嫻熟駕馭正弦型函數(shù)對(duì)稱軸，對(duì)稱中心的位置特征，駕馭正弦型函數(shù)單調(diào)性與周期的關(guān)系.常用結(jié)論：(1)單調(diào)區(qū)間的長(zhǎng)度最長(zhǎng)為半個(gè)周期；(2)一個(gè)完整周期內(nèi)只有一個(gè)最值點(diǎn)；(3)對(duì)稱軸和對(duì)稱中心之間的距離為周期的倍.27．（2024·湖南·一模）已知雙曲線的左焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F作C的一條漸近線的平行線交C于點(diǎn)A，交另一條漸近線于點(diǎn)B．若，則下列說(shuō)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(diǎn)A到兩漸近線的距離的乘積為 D．O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則【答案】BCD【解析】【分析】依據(jù)共線向量的性質(zhì)，結(jié)合雙曲線的漸近線方程、離心率公式逐一推斷即可.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，不妨設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線與直線平行，交于C于點(diǎn)A.對(duì)于A：設(shè)雙曲線半焦距為c，過(guò)點(diǎn)F與直線平行的直線的方程為，與聯(lián)立，解得，由，設(shè)，所以，可得，依題：，得，故漸近線方程為，A錯(cuò)誤；對(duì)于B：由可得，B正確；對(duì)于C：A到兩漸近線距離的乘積，C正確對(duì)于D：故，故，所以D正確．故選：BCD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：求出兩點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.28．（2024·湖南·一模）數(shù)列滿意，，則（

）A．?dāng)?shù)列可能為常數(shù)列 B．當(dāng)時(shí)，數(shù)列前10項(xiàng)之和為C．當(dāng)時(shí)，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(gòu)造數(shù)列法可得數(shù)列為等差數(shù)列，寫出通項(xiàng)公式，從而推斷每個(gè)選項(xiàng).【詳解】A．由，得，當(dāng)時(shí)，，為常數(shù)列；B．，故為等差數(shù)列，時(shí)，的前10項(xiàng)和為；C．由B知，時(shí)，，故，數(shù)列的最小值為；D．，故，當(dāng)遞增時(shí)，有．故選：ABD【點(diǎn)睛】求解本題的關(guān)鍵是通過(guò)構(gòu)造數(shù)列法，證明得數(shù)列為等差數(shù)列，從而寫出通項(xiàng)公式，再推斷每個(gè)選項(xiàng).29．（2024·湖北·一模）我們把經(jīng)過(guò)同一頂點(diǎn)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(cè)棱SA?SB?SC兩兩垂直，設(shè)SA=a，SB=b，SC=c，點(diǎn)S在底面ABC的射影為點(diǎn)D，三條側(cè)棱SA?SB?SC與底面所成的角分別為??，下列結(jié)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(duì)于A，連接并延長(zhǎng)交于，連接，可證得，同理可證得，從而可推斷，對(duì)于B，由勾股定理結(jié)合余弦定理推斷，對(duì)于C，，可得，然后結(jié)合已知條件推斷，對(duì)于D，利用由等面積法求解推斷【詳解】連接并延長(zhǎng)交于，連接，因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)镾A?SB?SC兩兩垂直，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以，因?yàn)椋云矫?，因?yàn)槠矫?，所以，即，同理可證得，故D應(yīng)為的垂心，故選項(xiàng)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(xiàng)B正確；設(shè)，則由題意得，若，則，因?yàn)??都為銳角，所以，選項(xiàng)C正確；由選項(xiàng)A可知，平面，因?yàn)槠矫?，所以，由等面積法可得，得，故.故選項(xiàng)D正確.故選：BCD30．（2024·湖北·一模）已知函數(shù)，則(

)A．的圖象關(guān)于對(duì)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(yàn)證與是否相等即可；B：驗(yàn)證與相等，從而可知為f(x)的一個(gè)周期，再驗(yàn)證f(x)在(0，)的單調(diào)性即可推斷為最小正周期；C、D：由B選項(xiàng)即求f(x)最大值和最小值.【詳解】，故選項(xiàng)A正確；∵，故為的一個(gè)周期.當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，令，得，故.∵當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故的最小正周期為，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)CD均正確.故選：ACD.31．（2024·山東濟(jì)南·一模）已知函數(shù)，下列結(jié)論正確的是（

）A．為偶函數(shù) B．的值域?yàn)镃．在上單調(diào)遞減 D．的圖象關(guān)于直線不對(duì)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(xiàng)A正確；先利用肯定值的代數(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(jiǎn)，進(jìn)而利用三角函數(shù)的性質(zhì)判定選項(xiàng)B正確；利用兩角和的正弦公式、三角函數(shù)的單調(diào)性判定選項(xiàng)C錯(cuò)誤；利用是最大值判定選項(xiàng)D錯(cuò)誤.【詳解】對(duì)于A：因?yàn)榈亩x域?yàn)镽，且，所以函數(shù)是偶函數(shù)，即選項(xiàng)A正確；對(duì)于B：由題意，得，即，當(dāng)時(shí)，，則，即；當(dāng)時(shí)，，則，即；綜上所述，的值域?yàn)?，即選項(xiàng)B正確；對(duì)于C：當(dāng)時(shí)，，且，令，得，令，得，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D：由選項(xiàng)B得的最大值為，且，即的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，即選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AB.32．（2024·山東濟(jì)南·一模）平面內(nèi)到兩定點(diǎn)距離之積為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在探討土星及其衛(wèi)星的運(yùn)行規(guī)律時(shí)發(fā)覺的.已知在平面直角坐標(biāo)系中，，，動(dòng)點(diǎn)P滿意，其軌跡為一條連續(xù)的封閉曲線C.則下列結(jié)論正確的是（

）A．曲線C與y軸的交點(diǎn)為， B．曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱C．面積的最大值為2 D．的取值范圍是【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)給定條件，求出曲線C的方程，由推斷A；由曲線方程對(duì)稱性推斷B；取特值計(jì)算推斷C；求出的范圍計(jì)算推斷D作答.【詳解】設(shè)點(diǎn)，依題意，，整理得：，對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，解得，即曲線C與y軸的交點(diǎn)為，，A正確；對(duì)于B，因，由換方程不變，曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱，B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，即點(diǎn)在曲線C上，，C不正確；對(duì)于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：曲線C的方程為，(1)假如，則曲線C關(guān)于y軸對(duì)稱；(2)假如，則曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱；(3)假如，則曲線C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.33．（2024·山東泰安·一模）如圖，在直三棱柱中，，，D是棱的中點(diǎn)，，點(diǎn)E在上，且，則下列結(jié)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(duì)于A，證明，依據(jù)線面垂直的判定定理可得平面，再依據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，即可推斷A；對(duì)于B，證明平面，可得，再依據(jù)求出體積，即可推斷B；對(duì)于C，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證明不垂直，即可推斷C；對(duì)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，即可推斷.【詳解】解：對(duì)于A，在矩形中，因?yàn)?，，D是棱的中點(diǎn)，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(duì)于B，在直三棱柱中，，又，，所以平面，又平面，所以，則，故B正確；對(duì)于C，由AB可知，兩兩垂直，如圖，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，則，所以，所以不垂直，所以不垂直平面，故C錯(cuò)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．（2024·山東泰安·一模）已知函數(shù)，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．在上單調(diào)遞增B．當(dāng)時(shí)，方程有且只有3個(gè)不同實(shí)根C．的值域?yàn)镈．若對(duì)于隨意的，都有成立，則【答案】BCD【解析】【分析】對(duì)于A：取特殊函數(shù)值否定結(jié)論；對(duì)于B：當(dāng)時(shí)，解方程得到和是方程的根.利用零點(diǎn)存在定理證明在上有且只有一個(gè)零點(diǎn).即可證明.對(duì)于C：依據(jù)單調(diào)性求出的值域.對(duì)于D：對(duì)x分類探討：、和三種狀況，利用分別參數(shù)法分別求出k得到范圍，取交集即可.【詳解】對(duì)于A：.因?yàn)?，，所以，所?所以在上不是增函數(shù).故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：當(dāng)時(shí)，方程可化為：或.由可解得：.對(duì)于，明顯代入方程成立，所以是方程的根.當(dāng)時(shí)，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(diǎn)；而在上單減，且，，所以在上有且只有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述：當(dāng)時(shí)，方程有且只有3個(gè)不同實(shí)根.故B正確；對(duì)于C：對(duì)于.當(dāng)時(shí)，.，所以；當(dāng)時(shí)，..令，解得：；令，解得：；所以在上單減，在上單增.所以；故的值域?yàn)槌闪?故C正確.對(duì)于D：對(duì)于隨意的，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(dāng)，無(wú)論k取何值，不等式均成立，所以.當(dāng)，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(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要有：（1）利用導(dǎo)函數(shù)幾何意義求切線方程；（2）利用導(dǎo)數(shù)探討原函數(shù)的單調(diào)性，求極值（最值）；（3）利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍；（4）利用導(dǎo)數(shù)處理恒（能）成立問(wèn)題.35．（2024·山東煙臺(tái)·一模）如圖，正三棱柱中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，D為BC中點(diǎn)，則（

）A．直線平面B．點(diǎn)到平面的距離為C．異面直線與所成角的余弦值為D．設(shè)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(biāo)系，利用空間向量法計(jì)算可得；【詳解】解：在正三棱柱中，為的中點(diǎn)，所以，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以，因?yàn)?，即，又平面，所以平面，故A正確；因?yàn)椋?，則點(diǎn)到平面的距離為，故B正確；因?yàn)?，，設(shè)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(cuò)誤；設(shè)，則、，因?yàn)?，，所以，，則，，所以，所以當(dāng)時(shí)有最小值，所以，所以，故D正確；故選：ABD36．（2024·山東煙臺(tái)·一模）已知雙曲線C：，，為C的左、右焦點(diǎn)，則（

）A．雙曲線和C的離心率相等B．若P為C上一點(diǎn)，且，則的周長(zhǎng)為C．若直線與C沒有公共點(diǎn)，則或D．在C的左、右兩支上分別存在點(diǎn)M，N使得【答案】BC【解析】【分析】求得雙曲線和C的離心率推斷選項(xiàng)A；求得的周長(zhǎng)推斷選項(xiàng)B；由直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定推斷選項(xiàng)C；求解滿意題意條件的直線MN推斷選項(xiàng)D.【詳解】選項(xiàng)A：雙曲線C：的離心率雙曲線的離心率則雙曲線和C的離心率不肯定相等.推斷錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：P為C：上一點(diǎn)，且則有，整理得則的周長(zhǎng)為.推斷正確；選項(xiàng)C：由，可得由題意可知，方程無(wú)解當(dāng)時(shí)，方程有解；當(dāng)時(shí)，則有，解之得或故若直線與C沒有公共點(diǎn)，則或.推斷正確；選項(xiàng)D：依據(jù)題意，過(guò)雙曲線C的左焦點(diǎn)的直線方程可設(shè)為令，由，可得由，可得則有，則有，整理得，明顯不成立.當(dāng)過(guò)雙曲線C的左焦點(diǎn)的直線為水平直線時(shí)，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.推斷錯(cuò)誤.故選：BC三、雙空題37．（2024·湖南·一模）已知函數(shù)，寫出函數(shù)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間________；當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)?，則a的取值范圍是_______．【答案】

【解析】【分析】分和探討去肯定值符號(hào)，再依據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性和最值分析結(jié)合題意即可得出答案.【詳解】解：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，令，則，所以函數(shù)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為，，則函數(shù)在上遞增，在上遞減，則當(dāng)時(shí)，，且，令，則，所以函數(shù)在上遞增，此時(shí)令，則，所以函數(shù)在上遞減，當(dāng)時(shí)，令，則，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)?，所?故答案為：（答案不唯一）；.38．（2024·湖北·一模）2024年北京冬奧會(huì)開幕式中，當(dāng)《雪花》這個(gè)節(jié)目起先后，一片巨大的“雪花”呈現(xiàn)在舞臺(tái)中心，非常壯麗.理論上，一片雪花的周長(zhǎng)可以無(wú)限長(zhǎng)，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(xué)家科赫在1904年探討的一種分形曲線.如圖是“雪花曲線”的一種形成過(guò)程：從一個(gè)正三角形起先，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(fù)進(jìn)行這一過(guò)程若第1個(gè)圖中的三角形的周長(zhǎng)為1，則第n個(gè)圖形的周長(zhǎng)為___________；若第1個(gè)圖中的三角形的面積為1，則第n個(gè)圖形的面積為___________.【答案】

【解析】【分析】由圖形之間的邊長(zhǎng)的關(guān)系，得到周長(zhǎng)是等比數(shù)列，再依據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)公式可得解；由圖形之間的面積關(guān)系及累加法，結(jié)合等比數(shù)列求和可得解.【詳解】記第個(gè)圖形為，三角形邊長(zhǎng)為，邊數(shù)，周長(zhǎng)為，面積為有條邊，邊長(zhǎng)；有條邊，邊長(zhǎng)；有條邊，邊長(zhǎng)；分析可知，即；，即當(dāng)?shù)?個(gè)圖中的三角形的周長(zhǎng)為1時(shí)，即，所以由圖形可知是在每條邊上生成一個(gè)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(dāng)?shù)?個(gè)圖中的三角形的面積為1時(shí)，，即，此時(shí)，，有條邊，則所以，所以故答案為：，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是通過(guò)找到圖形之間的關(guān)系，得到等比數(shù)列，求數(shù)列通項(xiàng)公式常用的方法：（1）由與的關(guān)系求通項(xiàng)公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）兩邊取到數(shù)，構(gòu)造新數(shù)列法.39．（2024·山東濟(jì)南·一模）已知函數(shù)，對(duì)隨意非零實(shí)數(shù)x，均滿意.則的值為___________；函數(shù)的最小值為___________.【答案】

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【解析】【分析】依據(jù)給定條件求出待定系數(shù)a，b，進(jìn)而求出的解析式，代值計(jì)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?qū)﹄S意非零實(shí)數(shù)x，均滿意，則，有，即，由等式兩邊綻開式最高次項(xiàng)系數(shù)得：，即，當(dāng)時(shí)，，解得，經(jīng)檢驗(yàn)得，，，對(duì)隨意非零實(shí)數(shù)x成立，因此，，，當(dāng)即時(shí)，，所以的值為0，函數(shù)的最小值為.故答案為：0；【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：兩邊是一元高次多項(xiàng)式的等式恒成立問(wèn)題，可以借助特殊項(xiàng)（如最高次項(xiàng)、常數(shù)項(xiàng)等）及取特值求出待定系數(shù)，然后驗(yàn)證即可.四、填空題40．（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)料）已知函數(shù)，，，且在區(qū)間上有且只有一個(gè)極大值點(diǎn)，則的最大值為___________.【答案】##8.25【解析】【分析】依據(jù)題意列出方程組，求出的表達(dá)式，求出符合條件的，再依據(jù)在區(qū)間上有且只有一個(gè)極大值點(diǎn)，分類探討確定的值是否適合題意，可得答案.【詳解】由題意知，,，，則,，，其中，,當(dāng)時(shí)，，，；當(dāng)時(shí)，，，.又在區(qū)間上有且只有一個(gè)極大值點(diǎn)，所以，得，即，所以.當(dāng)時(shí)，，，此時(shí)，此時(shí)有2個(gè)極大值點(diǎn)，舍去；當(dāng)時(shí)，，，此時(shí)，此時(shí)有1個(gè)極大值點(diǎn)，成立，所以的最大值為，故答案為：41．（2024·廣東廣州·一模）如圖，在數(shù)軸上，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在外力的作用下，從原點(diǎn)O動(dòng)身，每次等可能地向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位，共移動(dòng)6次，則事務(wù)“質(zhì)點(diǎn)位于的位置”的概率為___________.【答案】【解析】【分析】理解題意構(gòu)建數(shù)學(xué)模型，利用排列組合進(jìn)行解題.【詳解】由圖可知，若想通過(guò)6次移動(dòng)最終停在-2的位置上，則必定須要向右移動(dòng)2次且向左移動(dòng)4次，記向右移動(dòng)一次為R，向左移動(dòng)一次為L(zhǎng)，則該題可轉(zhuǎn)化為RRLLLL六個(gè)字母排序的問(wèn)題，故落在-2上的排法為全部移動(dòng)結(jié)果的總數(shù)為，全部落在-2上的概率為故答案為：42．（2024·廣東廣州·一模）已知三棱錐的棱AP，AB，AC兩兩相互垂直，，以頂點(diǎn)P為球心，4為半徑作一個(gè)球，球面與該三棱錐的表面相交得到四段弧，則最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)等于___________.【答案】##【解析】【分析】將三棱錐補(bǔ)全為棱長(zhǎng)為的正方體，依據(jù)已知條件推斷棱錐各面與球面相交所成圓弧的圓心、半徑及對(duì)應(yīng)圓心角，進(jìn)而求出弧長(zhǎng)，即可知最長(zhǎng)弧長(zhǎng).【詳解】由題設(shè)，將三棱錐補(bǔ)全為棱長(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)為；所以最長(zhǎng)弧的弧長(zhǎng)為.故答案為：.43．（2024·廣東·一模）在長(zhǎng)方體中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，，，分別為棱，的中點(diǎn)，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，則直線與平面的交點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為______.【答案】【解析