2022年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)選擇題填空壓軸題匯編十六含解析

Page522022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十六）一、單選題1．（2022·福建·莆田二中模擬預(yù)測）如圖1，在高為h的直三棱柱容器中，，．現(xiàn)往該容器內(nèi)灌進一些水，水深為2，然后固定容器底面的一邊AB于地面上，再將容器傾斜，當(dāng)傾斜到某一位置時，水面恰好為（如圖2），則容器的高h為（

）A．3 B．4 C． D．6【答案】A【解析】【分析】利用兩個圖形裝水的體積相等即可求解.【詳解】在圖1中，在圖2中，，.故選：A.2．（2022·山東菏澤·一模）已知兩條直線，，有一動圓（圓心和半徑都在變動）與都相交，并且被截在圓內(nèi)的兩條線段的長度分別是定值26，24，則動圓圓心的軌跡方程為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】利用點到直線距離公式與圓內(nèi)弦長與半徑關(guān)系即可求解.【詳解】設(shè)動圓圓心，半徑為，則到的距離，到的距離，因為被截在圓內(nèi)的兩條線段的長度分別是定值26，24，，化簡后得，相減得，將，代入后化簡可得.故選：D.3．（2022·山東菏澤·一模）已知等比數(shù)列各項均為正數(shù)，且滿足：，，記，則使得的最小正數(shù)n為（

）A．36 B．35 C．34 D．33【答案】B【解析】【分析】先由已知條件判斷出的取值范圍，即可判斷使得的最小正數(shù)n的數(shù)值.【詳解】由得：，.，又，，，，則使得的最小正數(shù)n為35.故選：B.4．（2022·福建·莆田二中模擬預(yù)測）已知函數(shù)，若存在實數(shù)，對任意的實數(shù)都有，且在區(qū)間上有且僅有3個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)，得到的圖象關(guān)于（a,1）對稱，進而得到b=1，由，得到，再根據(jù)在區(qū)間上有且僅有3個零點，由，得到范圍，然后由，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求解.【詳解】解：因為，所以的圖象關(guān)于（a,1）對稱，所以b=1，所以，令，則，即，因為，所以，因為在區(qū)間上有且僅有3個零點，所以，則，所以，則，所以，即.故選：C5．（2022·福建龍巖·一模）已知函數(shù)，記等差數(shù)列的前n項和為，若，，則（

）A． B． C．2022 D．4044【答案】A【解析】【分析】先判斷函數(shù)是奇函數(shù)，再求出，再利用等差數(shù)列的前項和公式得解.【詳解】解：因為是奇函數(shù)，因為，，所以，所以，所以，所以.故選：A6．（2022·江蘇·南京市第五高級中學(xué)一模）若存在兩個不相等的正實數(shù)x，y，使得成立，則實數(shù)m的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】將給定等式變形并構(gòu)造函數(shù)，由函數(shù)的圖象與垂直于y軸的直線有兩個公共點推理作答.【詳解】因，令，則存在兩個不相等的正實數(shù)x，y，使得，即存在垂直于y軸的直線與函數(shù)的圖象有兩個公共點，，，而，當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則垂直于y軸的直線與函數(shù)的圖象最多只有1個公共點，不符合要求，當(dāng)時，由得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，令，，令，則，即在上單調(diào)遞增，，即，在上單調(diào)遞增，則有當(dāng)時，，，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，取，則，而，因此，存在垂直于y軸的直線()，與函數(shù)的圖象有兩個公共點，所以實數(shù)m的取值范圍是.故選：D【點睛】思路點睛：涉及雙變量的等式或不等式問題，把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù).7．（2022·江蘇·南京市第五高級中學(xué)一模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點A在橢圓上且位于第一象限，滿足，的平分線與相交于點B，若，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】解法一：首先設(shè)，，在與中，求的值，求得，中，由勾股定理即可求得離心率；解法二：首先設(shè)，，再利用橢圓定義，角平分線定理，以及勾股定理，分布列式，化簡為關(guān)于的齊次式子，即可求解離心率.【詳解】解法一

設(shè)，，則.由，得.因為，所以.在與中，，所以，即，得.因為，所以，所以，得，即，則，于是在中，由勾股定理，得，整理得，得，故選：D.解法二

設(shè)，，由得，.因為，所以，在中，由勾股定理，得①.由橢圓的定義得②.因為平分，所以，即③，聯(lián)立①②③并化簡得，則，得.故選：D.8．（2022·江蘇南通·一模）在平面直角坐標(biāo)系中，、分別是雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于點、，點在軸上，滿足，且經(jīng)過的內(nèi)切圓圓心，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】作出圖形，設(shè)，利用三角形相似以及角平分線的性質(zhì)可得出，可得出為等邊三角形，可得出，再利用余弦定理可求得該雙曲線的離心率.【詳解】如下圖所示：設(shè)，因為，，則，所以，，所以，，所以，，，由雙曲線的定義可得，，因為經(jīng)過的內(nèi)切圓圓心，即平分，所以，，則，，所以，，則，則，，故為等邊三角形，則，故，在中，，，，由余弦定理可得，即，可得，因此，該雙曲線的離心率為.故選：C.9．（2022·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，若關(guān)于x的不等式對任意恒成立，則實數(shù)k的取值范圍(

)A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】觀察分析可構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)g(x)的單調(diào)性和奇偶性將問題轉(zhuǎn)化為即對恒成立.【詳解】設(shè)，則，即，由，解得，即g(x)定義域關(guān)于原點對稱，又，故g(x)是定義在(－2，2)上的奇函數(shù).，y＝在(－2，2)單調(diào)遞增，y＝lnx在(0，﹢∞)單調(diào)遞增，故g(x)在(－2，2)單調(diào)遞增，則變?yōu)椋嘣瓎栴}轉(zhuǎn)化為：對恒成立，則對恒成立，即對恒成立.令，∵在上單調(diào)遞減，∴，∴；令，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，∴當(dāng)時，取最大值，∴，∴，即實數(shù)的取值范圍是.故選：C.10．（2022·河北邯鄲·一模）已知橢圓的左?右焦點分別為，，為橢圓上一點，則滿足為直角三角形的點有（

）A．2個 B．4個 C．6個 D．8個【答案】B【解析】【分析】根據(jù)橢圓的對稱性及的值，分類討論，即可求解.【詳解】當(dāng)為直角頂點時，根據(jù)橢圓的對稱性，可得滿足的點有2個；當(dāng)為直角頂點時，根據(jù)橢圓的對稱性，可得滿足的點有2個；設(shè)橢圓的上頂點為，由橢圓，可得，可得，則，，所以，故，所以不存在以為直角頂點的，故滿足本題條件的點共有4個.故選：B.11．（2022·河北保定·一模）在正方體中，M為棱的中點，平面將該正方體分成兩部分，其體積分別為，，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】如圖，取的中點，連接，則可得梯形為平面所在的截面，則為三棱臺的體積，設(shè)正方體的棱長為2，先求出，從而可求出，進而可求出的值【詳解】如圖，取的中點，連接，因為M為棱的中點，所以∥，，因為∥,，所以四邊形為平行四邊形，所以∥，，所以∥，，所以梯形為平面所在的截面，則為三棱臺的體積，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則正方體的體積為8，因為，所以,所以，所以，故選：C12．（2022·廣東肇慶·模擬預(yù)測）意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數(shù)：1，1，2，3，5，…，其中從第三項起，每個數(shù)等于它前面兩個數(shù)的和，即，后來人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列稱為“斐波那契數(shù)列”.記，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)斐波那契數(shù)列的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】由，得.故選：C.13．（2022·廣東肇慶·模擬預(yù)測）已知當(dāng)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(zhuǎn)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(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】由題設(shè)，當(dāng)時，，令，則，所以當(dāng)時，，則單調(diào)遞增；當(dāng)時，，則單調(diào)遞減.又，，所以當(dāng)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(guān)鍵點睛：利用常變量分離法構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.14．（2022·河北石家莊·一模）《九章算術(shù)》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數(shù)學(xué)專著，是《算經(jīng)十書》中最重要的一部，成于公元一世紀(jì)左右，是當(dāng)時世界上最簡練有效的應(yīng)用數(shù)學(xué)專著，它的出現(xiàn)標(biāo)志著中國古代數(shù)學(xué)形成了完整的體系.在《九章算術(shù)》，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.已知在“塹堵”中，，，動點在“塹堵”的側(cè)面上運動，且，則的最大值為（

）.A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由題意建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求得余弦值，即可求出的最大值.【詳解】由題意可知三棱柱為直三棱柱，且，以為坐標(biāo)原點，分別為軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，如下圖所示：因為，則，由于動點在“塹堵”的側(cè)面上運動，則存在實數(shù)使得，又，所以，所以，又，所以，化簡可得，即，又，又，所以，,所以，又，函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，所以的最大值為.故選：B.15．（2022·河北石家莊·一模）已知雙曲線：（，），過原點的直線交于、兩點（點在右支上），雙曲線右支上一點（異于點）滿足，直線交軸于點，若，則雙曲線的離心率為（

）.A． B．2 C． D．3【答案】A【解析】【分析】由題意設(shè)（），，由點差法可得，而，，化簡可得，從而可求出雙曲線的離心率【詳解】由題意設(shè)（），，則，兩式相減得，，所以，因為，所以，因為，所以，因為所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以離心率，故選：A二、多選題16．（2022·山東菏澤·一模）設(shè)拋物線的焦點為F，準(zhǔn)線為l，點M為C上一動點，為定點，則下列結(jié)論正確的有（

）A．準(zhǔn)線l的方程是 B．以線段MF為直徑的圓與y軸相切C．的最小值為5 D．的最大值為2【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)拋物線方程，求得準(zhǔn)線方程，可判斷A的正誤；設(shè)，設(shè)MF的中點為D，求得D點坐標(biāo)，分析即可判斷B的正誤；過M作準(zhǔn)線的垂線，垂足為N，根據(jù)拋物線定義，可得當(dāng)E、M、N三點共線時，有最小值，計算即可判斷C的正誤；根據(jù)三角形的性質(zhì)可得當(dāng)E、F、M共線時，有最大值，計算即可判斷D的正誤，即可得答案【詳解】對于A：由拋物線，可得焦點坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為，故A錯誤對于B：設(shè)，設(shè)MF的中點為D，則，D坐標(biāo)為，所以，即D點到點M、F和y軸距離相等，所以以線段MF為直徑的圓與y軸相切，故B正確.對于C：過M作準(zhǔn)線的垂線，垂足為N，由拋物線定義得，所以，由圖象可得，當(dāng)E、M、N三點共線時，有最小值，即為，所以的最小值為5，故C正確；對于D：根據(jù)三角形中，兩邊之差小于第三邊可得，如圖所示，當(dāng)E、F、M共線時，有最大值，且為，所以的最大值為，故D錯誤；故選：BC17．（2022·山東菏澤·一模）下列結(jié)論正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)），則D．若，則【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及不等式性質(zhì)判斷A，由特殊值判斷BC，根據(jù)正弦函數(shù)在上的單調(diào)性判斷D.【詳解】由可得，即,而是增函數(shù)，所以成立，故A正確；由可得，故，所以不成立，如，故B錯誤；當(dāng)時，滿足，，故不成立，故C錯誤；由可知，所以，而在上單調(diào)遞增，所以，故D正確.故選：AD.18．（2022·山東菏澤·一模）對圓周率的計算幾乎貫穿了整個數(shù)學(xué)史．古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96邊形得到著名的近似值：．我國數(shù)學(xué)家祖沖之（430—501）得出近似值，后來人們發(fā)現(xiàn)，這是一個“令人吃驚的好結(jié)果”．隨著科技的發(fā)展，計算的方法越來越多．已知，定義的值為的小數(shù)點后第n個位置上的數(shù)字，如，，規(guī)定．記，，集合為函數(shù)的值域，則以下結(jié)論正確的有（

）A． B．C．對 D．對中至少有兩個元素【答案】AC【解析】【分析】對于A：根據(jù)定義，直接求出，即可判斷；對于B：根據(jù)定義，直接求出的值域為，即可判斷；對于C：求出，即可判斷；對于D：求出k=10時，的值域為，即可否定結(jié)論.【詳解】對于A：由題意，集合為函數(shù)的值域，所以集合為函數(shù)的值域.所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正確.對于B：由題意，集合為函數(shù)的值域，所以集合為函數(shù)的值域.規(guī)定．記，，所以，令，，則，因為，所以所以的值域為.故B錯誤.對于C：因為，所以，所以對.故C正確；對于D：由C的推導(dǎo)可知：.因為，，所以，令，，則，因為，所以，，即k=10時，的值域為.故D錯誤.故選：AC【點睛】數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：(1)仔細閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；(2)根據(jù)新定義，對對應(yīng)知識進行再遷移.19．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知點是直線上的一點，過點P作圓的兩條切線，切點分別為A，B，連接，則（

）A．當(dāng)四邊形為正方形時，點P的坐標(biāo)為 B．的取值范圍為C．當(dāng)為等邊三角形時，點P的坐標(biāo)為 D．直線過定點【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)距離公式及圓心切點構(gòu)成的直角三角形求解，再利用過定點的判斷法則進行判斷即可.【詳解】解：對于A選項：當(dāng)四邊形為正方形時，則則圓又點是直線上的一點設(shè)，即該方程，無解故不存在點使得為正方形，A錯誤；對于B選項：由A知，，則，即的取值范圍是故B正確；對于選項C：若三角形為等邊三角形為等邊三角形，易知又平分在中，由于又點坐標(biāo)為：，即，故C錯誤；對于選項D：記中點為則以D為圓心，為半徑的圓與圓的公共弦為圓方程為整理得聯(lián)立，化簡得即得直線方程為將代入方程恒成立；故直線過定點，D正確.故選：BD20．（2022·福建龍巖·一模）已知數(shù)列的前n項和為，，則下列選項正確的是（

）A．?dāng)?shù)列的奇數(shù)項構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列 B．?dāng)?shù)列的偶數(shù)項構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列C． D．【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)，，進行遞推得到數(shù)列的規(guī)律逐項判斷.【詳解】因為，，所以,，，,，,，，，，，，可以看出：偶數(shù)項為常數(shù)列，可看作是以1為公比的等比數(shù)列，奇數(shù)項不是等差數(shù)列，，，，，，故選：BC.21．（2022·江蘇·南京市第五高級中學(xué)一模）設(shè)動直線l：（）交圓C：于A，B兩點（點C為圓心），則下列說法正確的有（

）A．直線l過定點（2，3）B．當(dāng)取得最大值時，C．當(dāng)∠ACB最小時，其余弦值為D．的最大值為24【答案】ABD【解析】【分析】將直線方程變形為，即可求出直線l過的定點進而判斷A；結(jié)合選項A可知定點在圓C的內(nèi)部，進而當(dāng)直線l過圓心時最大，即可判斷B；根據(jù)點線之間的距離可知當(dāng)時最小，結(jié)合余弦定理計算即可判斷C；根據(jù)題意可知當(dāng)為直徑時取得最大值，即可判斷D.【詳解】選項A，由整理得，當(dāng)即時，不論m為何值時，都成立，所以直線l過定點，故A正確；選項B，因為直線l過定點，將定點代入圓，所以定點在圓C的內(nèi)部，當(dāng)直線l過圓心時，取得最大值，此時，解得：，故B正確；選項C，設(shè)直線l過的定點，當(dāng)時，圓心到直線的距離最大，即的余弦值最大，結(jié)合余弦在上單調(diào)遞減，可得最小，而，所以，所以在中，，故C不正確；選項D，，所以當(dāng)為直徑時，取得最大值，此時，所以的最大值為24，故D正確.故選：ABD22．（2022·江蘇·南京市第五高級中學(xué)一模）如圖，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是邊長為4的正方形，，點M為CG的中點，點P為底面EFGH上的動點，則（

）A．當(dāng)時，存在點P滿足B．當(dāng)時，存在唯一的點P滿足C．當(dāng)時，滿足BP⊥AM的點P的軌跡長度為D．當(dāng)時，滿足的點P軌跡長度為【答案】BCD【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合選項逐個驗證，利用對稱點可以判斷A，利用垂直求出可以判斷B，求出點P軌跡長度可判定C,D.【詳解】以為原點，所在直線分別為軸，建系如圖，對于選項A，當(dāng)時，，，設(shè)點關(guān)于平面的對稱點為，則，.所以.故A不正確.對于選項B，設(shè)，則，由得，即，解得，所以存在唯一的點P滿足，故B正確.對于選項C，，設(shè)，則，由得.在平面中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則的軌跡方程表示的軌跡就是線段，而，故C正確.對于選項D，當(dāng)時，，設(shè)，則，由得，即，在平面中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，記的圓心為，與交于；令，可得，而，所以，其對應(yīng)的圓弧長度為；根據(jù)對稱性可知點P軌跡長度為；故D正確.故選：BCD.【點睛】立體幾何中的動點問題，常常采用坐標(biāo)法，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面問題，結(jié)合解析幾何的相關(guān)知識進行求解.23．（2022·江蘇南通·模擬預(yù)測）在棱長為的正方體中，點P在正方形內(nèi)含邊界運動，則下列結(jié)論正確的是（

）．A．若點P在上運動，則B．若平面，則點P在上運動C．存在點P，使得平面PBD截該正方體的截面是五邊形D．若，則四棱錐的體積最大值為1【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理、面面平行的性質(zhì)，結(jié)合正方體截面的性質(zhì)、棱錐的體積公式逐一判斷即可.【詳解】A：因為平面，而平面，所以，而，平面，所以平面，因為點P在上運動，所以平面，因此，所以本選項結(jié)論正確；B：連接，因為平面，平面，所以平面，同理平面，而平面，因此平面平面，當(dāng)平面，所以有點P在上運動，因此本選項結(jié)論正確；C：由正方體的截面的性質(zhì)可知截面不可能是五邊形，所以本選項結(jié)論不正確；D：正方體的面積為，當(dāng)點P在上時，高最長，此時有：，而，所以，所以的體積最大值為，本選項結(jié)論正確，故選：ABD【點睛】關(guān)鍵點睛：運用正方體的性質(zhì)、線面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.24．（2022·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知直線與函數(shù)的圖象相交，A，B，C是從左到右的三個相鄰交點，設(shè)，，則下列結(jié)論正確的是（

）．A．將的圖象向右平移個單位長度后關(guān)于原點對稱B．若，則C．若在上無最值，則的最大值為D．【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)圖象的平移變換和奇函數(shù)的定義即可判斷A；根據(jù)三角函數(shù)的周期性和圖象中波峰的特點即可判斷B；根據(jù)題意可知在上是單調(diào)的，進而可得，求出的范圍即可判斷C；根據(jù)B選項的分析可得，則，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷D.【詳解】A：將函數(shù)的圖象向右平移個長度單位，則，若圖象關(guān)于原點對稱，則為奇函數(shù)，有()，解得()，又，得，所以當(dāng)且僅當(dāng)且時，圖象關(guān)于原點對稱，故A錯誤；B：若，則，即，設(shè)，則，且，所以，得①，又點A、B的中點的橫坐標(biāo)為，則，所以，即②，由①②得，，有，，所以，所以，故B正確；C：由函數(shù)在上無最值，知在上是單調(diào)的，有，所以，，解得，，所以當(dāng)時，取得最大值，故C正確；D：由B選項的分析可知，，，兩式相加，得，有，所以，即，所以，令，則，又，易得在上單增，且，所以，所以，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，故D正確.故選：BCD25．（2022·河北邯鄲·一模）已知函數(shù)，則（

）A．為周期函數(shù) B．的圖象關(guān)于軸對稱C．的值域為 D．在上單調(diào)遞增【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的周期性、對稱性、值域以及單調(diào)性進行逐項判斷.【詳解】解：由題意得：對于A選項：因為，所以是函數(shù)的一個周期，A正確；對于B選項：因為，則的圖象關(guān)于原點對稱，B錯誤；對于C選項：當(dāng)，時，；當(dāng)，時，.故函數(shù)的值域為，C正確；對于D選項：當(dāng)時，，因為，所以在上單調(diào)遞增，D正確.故選：ACD.26．（2022·河北邯鄲·一模）下列大小關(guān)系正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】【分析】A、B選項畫出和的圖象，數(shù)形結(jié)合進行比較，C選項構(gòu)造函數(shù)，借助單調(diào)性進行判斷，D選項作減法，借助對數(shù)運算及基本不等式進行比較.【詳解】作出和的圖象，如圖所示，由圖象可得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，，，故A，B正確.令，則，在上單調(diào)遞減，所以，故C錯誤.，所以，故D正確.故選：ABD.27．（2022·河北保定·一模）在正方體中，點、分別是棱、的中點，則下列選項中正確的是（

）.A．B．平面C．異面直線與所成的角的余弦值為D．平面截正方體所得的截面是五邊形【答案】AD【解析】【分析】以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，然后運用向量可判斷ABC，然后運用平行線法作出平面截正方體所得的截面，即可判斷D.【詳解】以點為原點如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為2，則因為，，，所以，故A正確；因為，，設(shè)平面的法向量為所以由，可得，所以可取，因為，，所以不與平面平行，故B錯誤；因為，所以所以異面直線與所成的角的余弦值為，故C錯誤；連接，在上取靠近的四等分點為，則連接，在上取靠近的三等分點為，則所以平面截正方體所得的截面是五邊形，故D正確故選：AD28．（2022·河北保定·一模）已知是數(shù)列的前項和，且，則下列選項中正確的是（

）.A．（）B．C．若，則D．若數(shù)列單調(diào)遞增，則的取值范圍是【答案】AC【解析】【分析】對于A，由，多寫一項，兩式相減即可得出答案.對于B，由（），多遞推一項，兩式相減即可得出答案少了條件.對于C，由分析知，所以奇數(shù)項是以為首項，2為公差的等差數(shù)列，偶數(shù)項是以為首項，2為公差的等差數(shù)列，由等差數(shù)列得前項和公式即可得出答案.對于D，因為數(shù)列單調(diào)遞增，根據(jù)，即可求出的取值范圍.【詳解】對于A，因為，當(dāng)，兩式相減得：（）,所以A正確.對于B，因為（）,所以，兩式相減得：（），所以B不正確.對于C，，令，則，，因為，所以.令，則，，所以.因為（），而，所以.所以奇數(shù)項是以為首項，2為公差的等差數(shù)列.偶數(shù)項是以為首項，2為公差的等差數(shù)列.則：，所以C正確.對于D，，令，則，，則又因為，令則，所以，同理：，，因為數(shù)列單調(diào)遞增，所以，解得：，解得：，解得：，解得：，解得：，所以的取值范圍是，所以D不正確.故選：AC.【點睛】本題考查的是等差數(shù)列的知識，解題的關(guān)鍵是利用，得出的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別成等差數(shù)列，考查學(xué)生的邏輯推理能力和運算求解能力，屬于難題.29．（2022·廣東肇慶·模擬預(yù)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(nèi)一點，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(cè)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(cè)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(cè)，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(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.30．（2022·廣東肇慶·模擬預(yù)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(zhǔn)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(dāng)最小時，【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M的橫坐標(biāo)，結(jié)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(diào)性求得其最小值，判斷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(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故C正確；.設(shè)，則，，.當(dāng)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(zhì)，具有較強的綜合性，要求學(xué)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(shè)法，以及聯(lián)立后結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)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.31．（2022·河北唐山·一模）已知，，，為函數(shù)的零點，，下列結(jié)論中正確的是（

）A．B．C．若，則D．a(chǎn)的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】對于A，只要利用函數(shù)零點的判斷定理即可；對于B，由于有了A的結(jié)論，只要判斷的范圍即可；對于C，利用函數(shù)表達式，將所給的條件帶入，聯(lián)立方程即可；對于D，需要將原函數(shù)轉(zhuǎn)換成容易求導(dǎo)的解析式，再構(gòu)造函數(shù)即可.【詳解】，，故A正確；當(dāng)時，，必?zé)o零點，故，，故B錯誤；當(dāng)時，即，兩邊取對數(shù)得，，，聯(lián)立方程解得，由于，，故C正確；考慮在第一象限有兩個零點：即方程有兩個不同的解，兩邊取自然對數(shù)得

有兩個不同的解，設(shè)函數(shù)，，則時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以，要使得有兩個零點，則必須，即，解得，故D正確；故選：ACD.32．（2022·河北唐山·一模）已知直線與拋物線交于，兩點，為坐標(biāo)原點，直線，的斜率分別記為，，則（

）A．為定值 B．為定值C．為定值 D．為定值【答案】ABD【解析】【分析】直線與拋物線方程聯(lián)立可得韋達定理的形式，利用韋達定理依次驗證四個選項即可得結(jié)果.【詳解】由得：，則；對于A，為定值，A正確；對于B，，B正確；對于C，，不為定值，C錯誤；對于D，，則為定值，D正確.故選：ABD.三、雙空題33．（2022·江蘇南通·一模）在三棱錐中，已知是邊長為的正三角形，平面，、分別是、的中點，若異面直線、所成角的余弦值為，則的長為______，三棱錐的外接球表面積為______．

【答案】

##【解析】【分析】以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，利用空間向量法求出的值，可求得線段的長，設(shè)三棱錐的外接球球心為，根據(jù)已知條件建立關(guān)于、、的方程組，解出這三個未知數(shù)的值，可得出球心的坐標(biāo)，求出球的半徑，利用球體的表面積公式可求得結(jié)果.【詳解】連接，則，又因為平面，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則、、、、、，，，由已知可得，解得，因此，，則點，設(shè)三棱錐的外接球球心為，由，即，解得，所以，三棱錐的外接球半徑為，因此，該三棱錐外接球的表面積為.故答案為：；.34．（2022·浙江·高三專題練習(xí)）已知、，是圓上的動點，當(dāng)最大時，________；的最大值為________.【答案】

【解析】【分析】求得，利用基本不等式可求得當(dāng)取最大值時對應(yīng)的的值，推導(dǎo)出，利用三角換元結(jié)合正弦型函數(shù)的有界性可求得的最大值.【詳解】由已知可得，則，得，且有，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)時，即當(dāng)時，取得最大值.因為，，所以，，設(shè)，，其中，所以，，因為，則，當(dāng)時，即當(dāng)時，取得最大值，此時，可得，合乎題意.故答案為：；.四、填空題35．（2022·山東菏澤·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為、，過原點的直線l與雙曲線在第一象限和第三象限的交點分別為A、B，，四邊形的周長p與面積S滿足，則該雙曲線的離心率為______．【答案】【解析】【分析】由雙曲線的定義及三角形周長為p,可得，，再由及可得，在中利用余弦定理可建立關(guān)系式，再由消去p即可得出離心率.【詳解】由題知，，四邊形的是平行四邊形，，聯(lián)立解得，，，，，又，，即.由余弦定理可得，化簡得，.故答案為：36．（2022·山東菏澤·一模）已知奇函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，且，，當(dāng)，時，都有，則不等式的解集為______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性將不等式進行轉(zhuǎn)化，根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系以及抽象函數(shù)關(guān)系判斷出函數(shù)在區(qū)間上也是增函數(shù)，利用賦值法求得特殊值，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性進行求解即可．【詳解】不等式等價為，即或，即或，是奇函數(shù)，且，

，故，則，，，又奇函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，故在區(qū)間上也是增函數(shù)，故即或，此時；而即或，此時；故不等式的解集為，故答案為：37．（2022·福建龍巖·一模）已知函數(shù)，若方程有解，則實數(shù)的取值范圍是_________．【答案】【解析】【分析】換元后利用參變分離，最后用基本不等式進行求解.【詳解】由題意得：有解令有解，即有解，顯然無意義,當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等，故答案為：.38．（2022·福建龍巖·一模）已知是等腰直角三角形，點P在平面的同一側(cè)運動，P到平面的距離為6，三棱錐的體積為18且其外接球的半徑為5，則滿足上述條件的點P的軌跡長度為____________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意求得外接球的球心到平面的距離為，進而得到球心到點軌跡所在圓的距離為，求得點的軌跡所在圓的半徑為，利用圓的周長公式，即可求解.【詳解】如圖所示，由是等腰直角三角形，可得，又由到平面的距離為，三棱錐的體積為，可得，解得，所以，因為其外接球的半徑，可得，解得，即圓心到平面的距離為，又因為點到平面的距離為，所以球心到點軌跡所在圓的距離為，設(shè)點的軌跡所在圓的半徑為，可得，所以點P的軌跡長度為.故答案為：39．（2022·江蘇·南京市第五高級中學(xué)一模）早期的畢達哥拉斯學(xué)派學(xué)者注意到：用等邊三角形或正方形為表面可構(gòu)成四種規(guī)則的立體圖形，即正四面體、正六面體、正八面體和正二十面體，它們的各個面和多面角都全等．如圖，正二十面體是由20個等邊三角形組成的正多面體，共有12個頂點，30條棱，20個面，是五個柏拉圖多面體之一．如果把按計算，則該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于___________．【答案】【解析】【分析】可得正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)外接球半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長為，可得，，即可表示出外接球的表面積和正二十面體的表面積，得出答案.【詳解】由圖知正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)外接球半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長為，則，得，所以正五棱錐的頂點到底面的距離是，所以，即，解得．所以該正二十面體的外接球表面積為，而該正二十面體的表面積是，所以該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于．故答案為：.【點睛】本題考查幾何體的外接球問題，解題的關(guān)鍵是將正二十面體的外接球等價于上方正五棱錐的外接球，表示出半徑.40．（2022·河北邯鄲·一模）已知A、B、C、D四點都在表面積為100π的球O的表面上，若AD是球O的直徑，且，，則該三棱錐A－BCD體積的最大值為___________.【答案】【解析】【分析】作出圖像，數(shù)形結(jié)合求解.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，圓心為，根據(jù)正弦定理可求r，根據(jù)幾何關(guān)系可求D到平面ABC的距離為定值，故當(dāng)△ABC面積最大時，三棱椎A(chǔ)－BCD體積最大，在△ABC內(nèi)，由余弦定理、基本不等式、三角形面積公式可求△ABC面積的最大值，如此即可求出最后答案.【詳解】設(shè)求O的半徑為R，∵球O的表面積為，∴，∴，∵，，設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，圓心為，∴根據(jù)正弦定理知，，∴，∴，∵AD是直徑，O是AD中點，∴D到平面ABC的距離為.在△ABC中，根據(jù)余弦定理得，，即，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，∴△ABC面積的最大值為，∴三棱錐A－BCD體積的最大值.故答案為：.41．（2022·河北邯鄲·一模）已知點在雙曲線的