2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編(十三)(原卷版+解析)

2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十三）一、單選題1．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）已知m，n，s，t為正數(shù)，，，其中m，n是常數(shù)，且s＋t的最小值是，點(diǎn)M(m,n)是曲線的一條弦AB的中點(diǎn)，則弦AB所在直線方程為（）A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0C．4x＋y－10=0 D．2．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）數(shù)學(xué)家歐拉于1765年在其著作《三角形中的幾何學(xué)》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，該直線被稱為歐拉線.若AB=4，AC=2，則下列各式不正確的是（）A． B．C． D．3．（2023·湖南婁底·高三期末）若，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（）．A． B．C． D．4．（2023·湖南婁底·高三期末）已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，M為C右支上任意一點(diǎn)，D的坐標(biāo)為，則的最大值為（）．A．3 B．1 C． D．5．（2023·河北唐山·高三期末）已知圓柱的側(cè)面積為，其外接球的表面積為S，則S的最小值為（）A． B． C． D．6．（2023·河北唐山·高三期末）設(shè)，，，則（）A． B． C． D．7．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知函數(shù)，若時(shí)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A． B．C． D．8．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知正項(xiàng)等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，，且數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對(duì)于一切正整數(shù)都有，則數(shù)列的公比的取值范圍為（）A． B． C． D．9．（2023·遼寧沈陽·高三期中）定義在R上的偶函數(shù)滿足，且當(dāng)時(shí)，若關(guān)于x的不等式的整數(shù)解有且僅有9個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A． B． C． D．10．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知函數(shù)，若等比數(shù)列滿足，則（）A．2022 B．1011 C．2 D．11．（2023·湖北武昌·高三期末）已知等差數(shù)列，是數(shù)列的前n項(xiàng)和，對(duì)任意的，均有成立，則不可能的值為（）A．3 B．4 C．5 D．612．（2023·湖北武昌·高三期末）已知實(shí)數(shù)a，b滿足，，則下列判斷正確的是（）A． B． C． D．13．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知且，則=（）A． B．C． D．或14．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2an－Sn＝2，記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，若對(duì)于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（）A． B．C． D．15．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）“綠水青山就是金山銀山”，黨的十九大以來，城鄉(xiāng)深化河道生態(tài)環(huán)境治理，科學(xué)治污．某鄉(xiāng)村一條污染河道的蓄水量為立方米，每天的進(jìn)出水量為立方米．已知污染源以每天個(gè)單位污染河水，某一時(shí)段（單位：天）河水污染質(zhì)量指數(shù)為（每立方米河水所含的污染物）滿足（為初始質(zhì)量指數(shù)），經(jīng)測(cè)算，河道蓄水量是每天進(jìn)出水量的80倍．若從現(xiàn)在開始關(guān)閉污染源，要使河水的污染水平下降到初始時(shí)的10%，需要的時(shí)間大約是（參考數(shù)據(jù)：）（）A．1個(gè)月 B．3個(gè)月 C．半年 D．1年16．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）蘇格蘭數(shù)學(xué)家科林麥克勞林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin級(jí)數(shù)展開式，受到了世界上頂尖數(shù)學(xué)家的廣泛認(rèn)可，下面是麥克勞林建立的其中一個(gè)公式：，試根據(jù)此公式估計(jì)下面代數(shù)式的近似值為（）（可能用到數(shù)值）A． B． C． D．17．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知：①若，，則；②若，，，，則；③若，，且，則的最小值為.上面不等式中正確的個(gè)數(shù)為（）A． B． C． D．18．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知函數(shù)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，滿足，，，，則下面大小關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．19．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知，，，若點(diǎn)是所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A． B． C． D．20．（2023·江蘇宿遷·高三期末）記表示不超過實(shí)數(shù)的最大整數(shù)，記，則的值為（）A．5479 B．5485 C．5475 D．548221．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）已知為橢圓：()與雙曲線：()的公共焦點(diǎn)，點(diǎn)M是它們的一個(gè)公共點(diǎn)，且，分別為，的離心率，則的最小值為（）A． B． C．2 D．322．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）已知a＝sin2，，c＝tan（π－2），則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a23．（2023·遼寧大連·高三期末）如圖所示，正方體中，點(diǎn)為底面的中心，點(diǎn)在側(cè)面的邊界及其內(nèi)部移動(dòng)，若，則異面直線與所成角的余弦值的最大值為（）A． B． C． D．24．（2023·遼寧·東北育才學(xué)校高三期末）“迪拜世博會(huì)”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜舉行，中國館建筑名為“華夏之光”，外觀取型中國傳統(tǒng)燈籠，寓意希望和光明．它的形狀可視為內(nèi)外兩個(gè)同軸圓柱，某愛好者制作了一個(gè)中國館的實(shí)心模型，已知模型內(nèi)層底面直徑為，外層底面直徑為，且內(nèi)外層圓柱的底面圓周都在一個(gè)直徑為的球面上.此模型的體積為（）A． B． C． D．二、多選題25．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，N為底面ABCD的中心，P為棱A1D1上的動(dòng)點(diǎn)（不包括兩個(gè)端點(diǎn)），M為線段AP的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．CM與PN是異面直線B．C．過P，A，C三點(diǎn)的正方體的截面一定不是等腰梯形D．平面PAN⊥平面BDD1B126．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）若存在，則稱為二元函數(shù)在點(diǎn)處對(duì)x的偏導(dǎo)數(shù)，記為；若存在，則稱為二元函數(shù)在點(diǎn)處對(duì)y的偏導(dǎo)數(shù)，記為.若二元函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）A．B．C．的最小值為D．的最小值為27．（2023·湖南婁底·高三期末）已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則t的取值可以為（）．A． B． C． D．328．（2023·全國·高二課時(shí)練習(xí)）為排查新型冠狀病毒肺炎患者，需要進(jìn)行核酸檢測(cè)．現(xiàn)有兩種檢測(cè)方式：（1）逐份檢測(cè)：（2）混合檢測(cè)：將其中k份核酸分別取樣混合在一起檢測(cè)，若檢測(cè)結(jié)果為陰性，則這k份核酸全為陰性，因而這k份核酸只要檢測(cè)一次就夠了，如果檢測(cè)結(jié)果為陽性，為了明確這k份核酸樣本究競(jìng)哪幾份為陽性，就需要對(duì)這k份核酸再逐份檢測(cè)，此時(shí)，這k份核酸的檢測(cè)次數(shù)總共為次．假設(shè)在接受檢測(cè)的核酸樣本中，每份樣本的檢測(cè)結(jié)果是陰性還是陽性都是獨(dú)立的，并且每份樣本是陽性的概率都為，若，運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的知識(shí)判斷下列哪些p值能使得混合檢測(cè)方式優(yōu)于逐份檢測(cè)方式．（參考數(shù)據(jù)：）（）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.129．（2023·河北唐山·高三期末）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為AB的中點(diǎn)，將沿DE所在的直線翻折，使A與重合，得到四棱錐，則在翻折的過程中（）A． B．存在某個(gè)位置，使得C．存在某個(gè)位置，使得 D．存在某個(gè)位置，使四棱錐的體積為130．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知函數(shù)的零點(diǎn)為，則（）A．的值為5 B．的值為4C． D．31．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知函數(shù).則（）A．當(dāng)時(shí)，是上的減函數(shù)B．當(dāng)時(shí)，的最大值為C．可能有兩個(gè)極值點(diǎn)D．若存在實(shí)數(shù)，，使得為奇函數(shù)，則32．（2023·湖北武昌·高三期末）已知直線：與拋物線C：相交于A，B兩點(diǎn)，A． B． C． D．33．（2023·湖北武昌·高三期末）已知四面體ABCD的一個(gè)平面展開圖如圖所示，其中四邊形AEFD是邊長為的菱形，B，C分別為AE，F(xiàn)D的中點(diǎn)，，則在該四面體中（）A．B．BE與平面DCE所成角的余弦值為C．四面體ABCD的內(nèi)切球半徑為D．四面體ABCD的外接球表面積為34．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知圓，點(diǎn)P為x軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓M的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB與MP交于點(diǎn)C，則下列結(jié)論正確的是（）A．四邊形PAMB周長的最小值為 B．的最大值為2C．直線AB過定點(diǎn) D．存在點(diǎn)N使為定值35．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）如圖，已知A，B是相互垂直的兩條異面直線，直線AB與a，b均相互垂直，垂足分別為A，B，且，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別位于直線A，B上，且P異于A，Q異于B.若直線PQ與AB所成的角，線段PQ的中點(diǎn)為M，下列說法正確的是（）A．PQ的長度為定值B．三棱錐的外接球的半徑長為定值C．三棱錐的體積為定值D．點(diǎn)M到AB的距離為定值36．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）已知圓，直線．下列命題中，正確的命題是（）A．對(duì)任意實(shí)數(shù)k和，直線l和圓M有公共點(diǎn)B．對(duì)任意實(shí)數(shù)，必存在實(shí)數(shù)k，使得直線l與圓M相切C．對(duì)任意實(shí)數(shù)k，必存在實(shí)數(shù)，使得直線l與圓M相切D．存在實(shí)數(shù)k與，使得圓M上有一點(diǎn)到直線l的距離為337．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知點(diǎn)O是的外心，，，，則下列正確的是（）A．若，則的外接圓面積為B．若，則C．若，則D．當(dāng)，時(shí)，38．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知拋物線的焦點(diǎn)為F，直線與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，且，，則的取值可以為（）A． B． C．2 D．339．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖，等邊的中線與中位線相交于點(diǎn)，已知是繞旋轉(zhuǎn)過程中的一個(gè)圖形，下列命題中正確的是（）A．動(dòng)點(diǎn)在平面上的射影在線段上B．恒有平面C．三棱錐的體積有最大值D．異面直線與不可能垂直40．（2023·江蘇宿遷·高三期末）在平面直角坐標(biāo)系中，若對(duì)于曲線上的任意點(diǎn)，都存在曲線上的點(diǎn)，使得成立，則稱函數(shù)具備“性質(zhì)”.則下列函數(shù)具備“性質(zhì)”的是（）A． B．C． D．41．（2023·江蘇宿遷·高三期末）如圖，一張長?寬分別為的矩形紙，，分別是其四條邊的中點(diǎn).現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得四點(diǎn)重合為一點(diǎn)，從而得到一個(gè)多面體，則（）A．在該多面體中，B．該多面體是三棱錐C．在該多面體中，平面平面D．該多面體的體積為42．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）在邊長為6的正三角形ABC中M，N分別為邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足，把△AMN沿著MN翻折至A′MN位置，則下列說法中正確的有（）A．在翻折過程中，在邊A′N上存在點(diǎn)P，滿足CP∥平面A′BMB．若，則在翻折過程中的某個(gè)位置，滿足平面A′BC⊥平面BCNMC．若且二面角A′－MN－B的大小為120°，則四棱錐A′－BCNM的外接球的表面積為61πD．在翻折過程中，四棱錐A′－BCNM體積的最大值為43．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）在橢圓C：（a＞b＞0）中，其所有外切矩形的頂點(diǎn)在一個(gè)定圓Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，稱此圓為該橢圓的蒙日?qǐng)A．該圓由法國數(shù)學(xué)家G．Monge（1745－1818）最新發(fā)現(xiàn)．若橢圓C：＋y2＝1，則下列說法中正確的有（）A．橢圓C外切矩形面積的最大值為4B．點(diǎn)P（x，y）為蒙日?qǐng)AΓ上任意一點(diǎn)，點(diǎn)，當(dāng)∠PMN最大值時(shí)，tan∠PMN＝2＋C．過橢圓C的蒙日?qǐng)A上一點(diǎn)P，作橢圓的一條切線，與蒙日?qǐng)A交于點(diǎn)Q，若kOP，kOQ存在，則kOPkOQ為定值D．若橢圓C的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過橢圓C上一點(diǎn)P和原點(diǎn)作直線l與蒙日?qǐng)A相交于M，N，且，則44．（2023·遼寧大連·高三期末）若圓和圓恰有三條公切線，則下列結(jié)論正確的是（）A． B．C． D．45．（2023·遼寧大連·高三期末）如圖所示，將平面直角坐標(biāo)系中的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))的橫、縱坐標(biāo)之和作為標(biāo)簽，例如：原點(diǎn)處標(biāo)簽為0，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為1，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為2，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為1，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為0，記為以此類推，格點(diǎn)處標(biāo)簽為，記，則（）A． B． C． D．46．（2023·遼寧·東北育才學(xué)校高三期末）函數(shù)，分別為上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，（且），若，函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的值可以為（）A． B． C．1 D．三、填空題47．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）已知函數(shù)，，a為常數(shù).若對(duì)于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________.48．（2023·湖南婁底·高三期末）若四棱錐P?ABCD的各頂點(diǎn)都在同一個(gè)球O的表面上，PB⊥底面ABCD，PB=2，AB=CD=1，AD=2BC=22，BC∥AD49．（2023·河北唐山·高三期末）已知函數(shù)fx=x3?axa>0，b，c分別是50．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）設(shè)A1，A2，B1分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右、上頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，D為線段OB1的中點(diǎn)，過A2作直線A1D的垂線，垂足為51．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）四面體ABCD的頂點(diǎn)A，B，C，D在同一個(gè)球面上，AB=BC=AC=6．若該球的表面積為64π．則四面體ABCD體積的最大值為______．52．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）在三棱錐P?ABC中，和△PBC都是邊長為23的正三角形，PA=32.若為三棱錐P?ABC外接球上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)到平面距離的最大值為_________.53．（2023·湖北武昌·高三期末）已知圓O的方程為x2+y2=1，P是圓C：x?22+y2=16上一點(diǎn)，過54．（2023·湖北武昌·高三期末）函數(shù)fx55．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）已知雙曲線C:x216?y29=1的左右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是C的右支上的一點(diǎn)（不是頂點(diǎn)），過F2作∠F1PF56．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）九連環(huán)是我國古代至今廣為流傳的一種益智游戲，它由九個(gè)鐵絲圓環(huán)相連成串，按一定規(guī)則移動(dòng)圓環(huán)的次數(shù)，決定解開圓環(huán)的個(gè)數(shù)在某種玩法中，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝2an?1?1,n為偶數(shù)2an?1+2,n為奇數(shù)57．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知四邊形中，∠BAD=90°，BD=BC=CD=6，三角形ABD沿折起，使得二面角A?BD?C為120°，則此空間四邊形外接球的表面積為______.58．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）阿基米德多面體，也稱為半正多面體，是指至少由兩種類型的正多邊形為面構(gòu)成的凸多面體.如圖，從正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)處截去4個(gè)相同的正四面體，若得到的幾何體是由正三角形與正六邊形構(gòu)成的阿基米德多面體，且該阿基米德多面體的表面積為7359．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）“楊輝三角”是中國古代數(shù)學(xué)文化的瑰寶之一，最早出現(xiàn)在中國南宋數(shù)學(xué)家楊輝于1261年所著的《詳解九章算法》一書中，歐洲數(shù)學(xué)家帕斯卡在1654年才發(fā)現(xiàn)這一規(guī)律，比楊輝要晚近四百年.如圖，在由二項(xiàng)式系數(shù)所構(gòu)成的“楊輝三角”中，記第2行的第3個(gè)數(shù)字為，第3行的第3個(gè)數(shù)字為，…，第n+1行的第3個(gè)數(shù)字為，則a1+a260．（2023·江蘇宿遷·高三期末）已知一個(gè)棱長為的正方體木塊可以在一個(gè)圓錐形容器內(nèi)任意轉(zhuǎn)動(dòng)，若圓錐的底面半徑為2，母線長為4，則的最大值為__________.61．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且a=3,A=2π3．若mb+nc（m>0,n>062．（2023·遼寧大連·高三期末）已知函數(shù)fx=ex?8xm?x+63．（2023·遼寧·東北育才學(xué)校高三期末）若函數(shù)fx=mx3+nx2+px+qm≠0,n≠0上相異的點(diǎn)xi,fxii=1,2,3,4,5,6，滿足如下條件：①fx1=f2022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十三）一、單選題1．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）已知m，n，s，t為正數(shù)，，，其中m，n是常數(shù)，且s＋t的最小值是，點(diǎn)M(m,n)是曲線的一條弦AB的中點(diǎn)，則弦AB所在直線方程為（）A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0C．4x＋y－10=0 D．答案:D解析：分析：由已知求出取得最小值時(shí)滿足的條件，再結(jié)合求出，再用點(diǎn)差法求出直線的斜率，從而得直線方程．【詳解】∵，當(dāng)且僅當(dāng)，即取等號(hào)，∴，又，又為正數(shù)，∴可解得．設(shè)弦兩端點(diǎn)分別為，則，兩式相減得，∵，∴．∴直線方程為，即．故選：D．2．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）數(shù)學(xué)家歐拉于1765年在其著作《三角形中的幾何學(xué)》首次指出：△ABC的外心O，重心G，垂心H，依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，該直線被稱為歐拉線.若AB=4，AC=2，則下列各式不正確的是（）A． B．C． D．答案:A解析：分析：先求得，然后結(jié)合歐拉線、向量運(yùn)算的知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確答案.【詳解】是三角形的重心，所以，，A錯(cuò)誤.根據(jù)歐拉線的知識(shí)可知，B選項(xiàng)正確.，所以C選項(xiàng)正確.，所以D選項(xiàng)正確.故選：A3．（2023·湖南婁底·高三期末）若，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（）．A． B．C． D．答案:B解析：分析：利用對(duì)數(shù)運(yùn)算的性質(zhì)將化簡(jiǎn)為，從而和c比較大小，同理比較a,c的大小關(guān)系，再根據(jù)兩個(gè)指數(shù)冪的大小結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可比較a,b大小，即可得答案.【詳解】由題意：，，故．又，即，所以，即，因?yàn)?，所以．因?yàn)?，故，即，所以，所以，所以，所以，故選：B.4．（2023·湖南婁底·高三期末）已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，M為C右支上任意一點(diǎn)，D的坐標(biāo)為，則的最大值為（）．A．3 B．1 C． D．答案:D解析：分析：，計(jì)算即可求得結(jié)果.【詳解】雙曲線的實(shí)半軸長為，右焦點(diǎn)為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)M，，D三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)．故選：D.5．（2023·河北唐山·高三期末）已知圓柱的側(cè)面積為，其外接球的表面積為S，則S的最小值為（）A． B． C． D．答案:B解析：分析：設(shè)圓柱的底面半徑為，高為，則由題意可得，得，設(shè)圓柱的外接球半徑為，則，然后利用基本不等式求出的最小值，從而可求出S的最小值【詳解】設(shè)圓柱的底面半徑為，高為，因?yàn)閳A柱的側(cè)面積為，所以，得，設(shè)圓柱的外接球半徑為，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為1，所以外接球的表面積S的最小值為，故選：B6．（2023·河北唐山·高三期末）設(shè)，，，則（）A． B． C． D．答案:A解析：分析：結(jié)合對(duì)數(shù)的換底公式以及對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．【詳解】解：，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴，，即，即，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，，即，綜上，故選：A．7．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知函數(shù)，若時(shí)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A． B．C． D．答案:C解析：分析：將不等式轉(zhuǎn)化為，然后再求最值即可.【詳解】不等式可化為，有，有，當(dāng)時(shí)，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），，故有．故選：C8．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知正項(xiàng)等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，，且數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對(duì)于一切正整數(shù)都有，則數(shù)列的公比的取值范圍為（）A． B． C． D．答案:B解析：分析：本題首先可設(shè)，通過排除這種情況，再然后設(shè)，通過等比數(shù)列的求和公式即可得出、，最后根據(jù)、、即可得出結(jié)果.【詳解】因?yàn)榈缺葦?shù)列是正項(xiàng)等比數(shù)列，所以，，若，則，，，不滿足題意；若，則，，，，因?yàn)?，，所以若，則，，，故數(shù)列的公比的取值范圍為，故選：B.9．（2023·遼寧沈陽·高三期中）定義在R上的偶函數(shù)滿足，且當(dāng)時(shí)，若關(guān)于x的不等式的整數(shù)解有且僅有9個(gè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：根據(jù)題意畫出示意圖，根據(jù)數(shù)形結(jié)合解題即可.【詳解】因?yàn)槎x在R上的偶函數(shù)滿足，所以，從而函數(shù)的周期為4，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)畫出函數(shù)的示意圖，關(guān)于x的不等式的整數(shù)解有且僅有9個(gè)，從而滿足，解得實(shí)數(shù)m的取值范圍為.故選：C.【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的對(duì)稱性，奇偶性，周期性等函數(shù)性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行解題，數(shù)形結(jié)合思想是高中數(shù)學(xué)思想方法中非常重要的一個(gè)思想方法，平時(shí)在學(xué)習(xí)中注意理解消化吸收.10．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知函數(shù)，若等比數(shù)列滿足，則（）A．2022 B．1011 C．2 D．答案:A解析：分析：由已知可得，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得，即可得出所求.【詳解】，，是等比數(shù)列，，則.故選：A11．（2023·湖北武昌·高三期末）已知等差數(shù)列，是數(shù)列的前n項(xiàng)和，對(duì)任意的，均有成立，則不可能的值為（）A．3 B．4 C．5 D．6答案:A解析：分析：由已知分析可得，公差，討論當(dāng)時(shí)，當(dāng)，時(shí)，與的關(guān)系，計(jì)算即求得的取值范圍,得出結(jié)果.【詳解】等差數(shù)列，對(duì)任意的，均有成立，即是等差數(shù)列的前項(xiàng)和中的最小值，必有，公差，當(dāng)，此時(shí)，、是等差數(shù)列的前項(xiàng)和中的最小值，此時(shí)，即，則當(dāng)，此時(shí)是等差數(shù)列的前項(xiàng)和中的最小值，此時(shí)，，即，則,則有，綜合可得：分析選項(xiàng)可得：BCD符合題意；故選：A12．（2023·湖北武昌·高三期末）已知實(shí)數(shù)a，b滿足，，則下列判斷正確的是（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：根據(jù)對(duì)數(shù)和指數(shù)的單調(diào)性可判斷，；在構(gòu)造函數(shù)，，再根據(jù)換元法和不等式放縮，可證明當(dāng)時(shí)，，由此即可判斷的大小.【詳解】因?yàn)椋?；由且，所以，所以，令，，令，則，則，等價(jià)于，；又，所以當(dāng)時(shí)，，故，所以．故選：C．13．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知且，則=（）A． B．C． D．或答案:C解析：分析：根據(jù)給定條件利用三角恒等變換求出的值，再判斷的范圍即可得解.【詳解】因，則，，因，，則，又，有，于是得，因此，，所以.故選：C14．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2an－Sn＝2，記數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，若對(duì)于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（）A． B．C． D．答案:A解析：分析：先求得，然后利用裂項(xiàng)求和法求得，進(jìn)而求得的取值范圍.【詳解】依題意，當(dāng)時(shí)，，，兩式相減并化簡(jiǎn)得，所以數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，.，所以，所以的取值范圍是.故選：A15．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）“綠水青山就是金山銀山”，黨的十九大以來，城鄉(xiāng)深化河道生態(tài)環(huán)境治理，科學(xué)治污．某鄉(xiāng)村一條污染河道的蓄水量為立方米，每天的進(jìn)出水量為立方米．已知污染源以每天個(gè)單位污染河水，某一時(shí)段（單位：天）河水污染質(zhì)量指數(shù)為（每立方米河水所含的污染物）滿足（為初始質(zhì)量指數(shù)），經(jīng)測(cè)算，河道蓄水量是每天進(jìn)出水量的80倍．若從現(xiàn)在開始關(guān)閉污染源，要使河水的污染水平下降到初始時(shí)的10%，需要的時(shí)間大約是（參考數(shù)據(jù)：）（）A．1個(gè)月 B．3個(gè)月 C．半年 D．1年答案:C解析：分析：由題可知：，化簡(jiǎn)得出結(jié)論.【詳解】由題可知：∴∴∴（天）∴要使河水的污染水平下降到初始時(shí)的10%，需要的時(shí)間大約是半年.故選：C.16．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）蘇格蘭數(shù)學(xué)家科林麥克勞林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin級(jí)數(shù)展開式，受到了世界上頂尖數(shù)學(xué)家的廣泛認(rèn)可，下面是麥克勞林建立的其中一個(gè)公式：，試根據(jù)此公式估計(jì)下面代數(shù)式的近似值為（）（可能用到數(shù)值）A． B． C． D．答案:B解析：由麥克勞林公式得，進(jìn)而可得答案.【詳解】解：根據(jù)麥克勞林公式得：，所以由于.故的近似值為.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查數(shù)學(xué)知識(shí)遷移與應(yīng)用能力，解題的關(guān)鍵是將所求近似代替，是中檔題.17．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知：①若，，則；②若，，，，則；③若，，且，則的最小值為.上面不等式中正確的個(gè)數(shù)為（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：由基本不等式“一正二定三相等”的原則對(duì)選項(xiàng)逐一判斷.【詳解】①利用基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，①正確；②，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，②不正確；③，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，③正確.故選：C.18．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知函數(shù)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，滿足，，，，則下面大小關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．答案:A解析：分析：根據(jù)題意可得，從而構(gòu)造函數(shù)在上單調(diào)遞增，由單調(diào)性即可求解.【詳解】根據(jù)題意，，變換可得：，分析可得，，，，，，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，即，故選：A.19．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知，，，若點(diǎn)是所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A． B． C． D．答案:D解析：分析：以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，可得，，利用平面向量坐標(biāo)運(yùn)算可求得，由數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可表示出，利用基本不等式可求得結(jié)果.【詳解】以為坐標(biāo)原點(diǎn)，可建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則，，，，，即，，，，，（當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)），.故選：D.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解平面向量數(shù)量積問題的常用方法有兩種：（1）利用平面向量線性運(yùn)算將所求數(shù)量積進(jìn)行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為夾角和模長已知的向量數(shù)量積的求解問題；（2）建立平面直角坐標(biāo)系，利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算來進(jìn)行求解.20．（2023·江蘇宿遷·高三期末）記表示不超過實(shí)數(shù)的最大整數(shù)，記，則的值為（）A．5479 B．5485 C．5475 D．5482答案:B解析：分析：分別使、等，然后求和即可.【詳解】由題意可知，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以.故選：B21．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）已知為橢圓：()與雙曲線：()的公共焦點(diǎn)，點(diǎn)M是它們的一個(gè)公共點(diǎn)，且，分別為，的離心率，則的最小值為（）A． B． C．2 D．3答案:A解析：分析：設(shè)橢圓、雙曲線的共同半焦距為c，利用橢圓、雙曲線定義及余弦定理建立關(guān)系，再借助均值不等式計(jì)算作答.【詳解】設(shè)橢圓、雙曲線的共同半焦距為c，由橢圓、雙曲線對(duì)稱性不妨令點(diǎn)M在第一象限，由橢圓、雙曲線定義知：，且，則有，，在中，由余弦定理得：，即，整理得：，于是得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“=”，從而有，所以的最小值為.故選：A22．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）已知a＝sin2，，c＝tan（π－2），則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a答案:C解析：分析：利用三角函數(shù)的性質(zhì)比較與1的大小，與的大小即可【詳解】由題意可知，，，且，即，，則c＞a＞b，故選：C23．（2023·遼寧大連·高三期末）如圖所示，正方體中，點(diǎn)為底面的中心，點(diǎn)在側(cè)面的邊界及其內(nèi)部移動(dòng)，若，則異面直線與所成角的余弦值的最大值為（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法得出異面直線與所成角的余弦值的最大值.【詳解】建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，，，設(shè)，因?yàn)?，所以，則在側(cè)面內(nèi)取一點(diǎn)，使得，則易知三角形為直角三角形，則設(shè)，對(duì)稱軸為，則即故選：C24．（2023·遼寧·東北育才學(xué)校高三期末）“迪拜世博會(huì)”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜舉行，中國館建筑名為“華夏之光”，外觀取型中國傳統(tǒng)燈籠，寓意希望和光明．它的形狀可視為內(nèi)外兩個(gè)同軸圓柱，某愛好者制作了一個(gè)中國館的實(shí)心模型，已知模型內(nèi)層底面直徑為，外層底面直徑為，且內(nèi)外層圓柱的底面圓周都在一個(gè)直徑為的球面上.此模型的體積為（）A． B． C． D．答案:C解析：分析：求出內(nèi)層圓柱，外層圓柱的高，該模型的體積等于外層圓柱的體積與上下面內(nèi)層圓柱高出的幾何體的體積之和，計(jì)算可得解.【詳解】如圖，該模型內(nèi)層圓柱底面直徑為，且其底面圓周在一個(gè)直徑為的球面上，可知內(nèi)層圓柱的高同理，該模型外層圓柱底面直徑為，且其底面圓周在一個(gè)直徑為的球面上，可知外層圓柱的高此模型的體積為故選：C二、多選題25．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，N為底面ABCD的中心，P為棱A1D1上的動(dòng)點(diǎn)（不包括兩個(gè)端點(diǎn)），M為線段AP的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A．CM與PN是異面直線B．C．過P，A，C三點(diǎn)的正方體的截面一定不是等腰梯形D．平面PAN⊥平面BDD1B1答案:BD解析：分析：連接，因?yàn)辄c(diǎn)，平面可得平面，因?yàn)辄c(diǎn)，平面可得平面可判斷A；以為原點(diǎn)，所在的直線分別為的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求出，，配方后可判斷B；取的中點(diǎn)，可得四邊形是梯形，由，可判斷C；由線面垂直的判斷定理可得底面，再由面面垂直的判斷定理可判斷D.【詳解】如上圖，連接，因?yàn)辄c(diǎn)，平面，所以點(diǎn)在平面，即平面，因?yàn)辄c(diǎn)，平面，所以點(diǎn)在平面，即平面，即不是異面直線，故A錯(cuò)誤；如上圖，以為原點(diǎn)，所在的直線分別為的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，所以，，，，所以，因?yàn)?，所以，即，故B正確；如上圖，取的中點(diǎn)，連接，則，，所以四邊形是梯形，因?yàn)?，所以，所以此時(shí)四邊形是等腰梯形，故C錯(cuò)誤；如上圖，因?yàn)榈酌媸钦叫危?，因?yàn)榈酌?，所以，因?yàn)?，所以平面，且平面，所以平面平面，即平面平面，故D正確.故選：BD.26．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）若存在，則稱為二元函數(shù)在點(diǎn)處對(duì)x的偏導(dǎo)數(shù)，記為；若存在，則稱為二元函數(shù)在點(diǎn)處對(duì)y的偏導(dǎo)數(shù)，記為.若二元函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）A．B．C．的最小值為D．的最小值為答案:ABC解析：分析：根據(jù)偏導(dǎo)數(shù)的定義進(jìn)行分析計(jì)算，，可判斷AB；，的最小值為，由于，構(gòu)造函數(shù)（），利用導(dǎo)數(shù)可求出的最小值可判斷CD.【詳解】因?yàn)椋ǎ?，所以，則，故A選項(xiàng)正確；又，所以，故B選項(xiàng)正確；因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，取得最小值，且最小值為，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；，令（），，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故，從而當(dāng)時(shí)，取得最小值，且最小值為，故D選項(xiàng)正確.故選：ABC.27．（2023·湖南婁底·高三期末）已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則t的取值可以為（）．A． B． C． D．3答案:AB解析：分析：先借助導(dǎo)數(shù)方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值，進(jìn)而作出圖象，然后設(shè)，問題轉(zhuǎn)化為討論方程根的個(gè)數(shù)，最后求得答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，所以在時(shí)，取得最小值，，畫出的圖象，令，則方程為，要想方程有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，結(jié)合的圖象可知需要滿足：有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，，滿足：且或滿足：且.令，則，即，當(dāng)時(shí)，另外一個(gè)根為，不符合且；當(dāng)且時(shí)，必須，所以.綜上，．故選：AB．【點(diǎn)睛】本題的破解點(diǎn)在于設(shè)，這樣問題可以轉(zhuǎn)化為一元二次方程根的分布問題，結(jié)合函數(shù)的圖象解決問題.28．（2023·全國·高二課時(shí)練習(xí)）為排查新型冠狀病毒肺炎患者，需要進(jìn)行核酸檢測(cè)．現(xiàn)有兩種檢測(cè)方式：（1）逐份檢測(cè)：（2）混合檢測(cè)：將其中k份核酸分別取樣混合在一起檢測(cè)，若檢測(cè)結(jié)果為陰性，則這k份核酸全為陰性，因而這k份核酸只要檢測(cè)一次就夠了，如果檢測(cè)結(jié)果為陽性，為了明確這k份核酸樣本究競(jìng)哪幾份為陽性，就需要對(duì)這k份核酸再逐份檢測(cè)，此時(shí)，這k份核酸的檢測(cè)次數(shù)總共為次．假設(shè)在接受檢測(cè)的核酸樣本中，每份樣本的檢測(cè)結(jié)果是陰性還是陽性都是獨(dú)立的，并且每份樣本是陽性的概率都為，若，運(yùn)用概率統(tǒng)計(jì)的知識(shí)判斷下列哪些p值能使得混合檢測(cè)方式優(yōu)于逐份檢測(cè)方式．（參考數(shù)據(jù)：）（）A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1答案:CD解析：分析：計(jì)算混合檢測(cè)分式，樣本需要檢測(cè)的總次數(shù)的期望，又逐份檢測(cè)方式，樣本需要檢測(cè)的總次數(shù)，知，利用求解可得p的范圍，即可得出選項(xiàng).【詳解】設(shè)混合檢測(cè)分式，樣本需要檢測(cè)的總次數(shù)可能取值為，故的分布列為：111設(shè)逐份檢測(cè)方式，樣本需要檢測(cè)的總次數(shù)，則要使得混合檢測(cè)方式優(yōu)于逐份檢測(cè)方式，需即，即，即又，，故選：CD29．（2023·河北唐山·高三期末）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為AB的中點(diǎn)，將沿DE所在的直線翻折，使A與重合，得到四棱錐，則在翻折的過程中（）A． B．存在某個(gè)位置，使得C．存在某個(gè)位置，使得 D．存在某個(gè)位置，使四棱錐的體積為1答案:AB解析：分析：過作，垂足為，證得平面，可判定A正確；取的中點(diǎn)，連接，當(dāng)在平面上的投影在上時(shí)，可判定B正確；連接，由直線與是異面直線，可判定C錯(cuò)誤；求得，結(jié)合體積公式求可判定D錯(cuò)誤.【詳解】對(duì)于A中，如圖所示，過作，垂足為，延長交于點(diǎn)，因?yàn)?，且，所以平面，又因?yàn)槠矫?，所以，所以A正確；對(duì)于B中，取的中點(diǎn)，連接，當(dāng)在平面上的投影在上時(shí)，此時(shí)平面，從而得到，所以B正確；對(duì)于C中，連接，因?yàn)槠矫?，平面，所以直線與是異面直線，所以不存在某個(gè)位置，使得，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D中，由，解得，由作，可得，即此時(shí)四棱錐的高，此時(shí)，所以不存在某個(gè)位置，使四棱錐的體積為1，所以D錯(cuò)誤.故選：AB.30．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）已知函數(shù)的零點(diǎn)為，則（）A．的值為5 B．的值為4C． D．答案:AD解析：分析：由函數(shù)的零點(diǎn)為，得到，變形為，由為增函數(shù)，得到判斷AB，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理判斷CD?！驹斀狻俊?，∴，∴．令為增函數(shù)，∴由，得，∴．∴．由，，又由，，有，則.故選：AD31．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）已知函數(shù).則（）A．當(dāng)時(shí)，是上的減函數(shù)B．當(dāng)時(shí)，的最大值為C．可能有兩個(gè)極值點(diǎn)D．若存在實(shí)數(shù)，，使得為奇函數(shù)，則答案:ABD解析：分析：A：求導(dǎo)以后判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可判斷A選項(xiàng)；B：，則，配湊法結(jié)合均值不等式即可判斷B選項(xiàng)；C：判斷極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)等價(jià)于判斷的根的個(gè)數(shù)，從而可判斷C選項(xiàng)；D：結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性，以及函數(shù)圖象的變換即可判斷D選項(xiàng)；【詳解】A：當(dāng)時(shí)，，則，所以是上的減函數(shù)，故A正確；B：當(dāng)時(shí)，，令，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得最大值，所以的最大值為，故B正確；C：，令，即，所以，令，則，所以在上單調(diào)遞增，而時(shí)，，時(shí)，，所以時(shí)，有一個(gè)根，故有1個(gè)極值點(diǎn)，時(shí)，無解，故無極值點(diǎn)，故不可能有2個(gè)極值點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D：若，則，取，則，，為奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，由C結(jié)合函數(shù)的圖象、單調(diào)性可得不存在實(shí)數(shù)，，使得為奇函數(shù)，故D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】（1）可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側(cè)與右側(cè)f′(x)的符號(hào)不同．（2）若f(x)在(a，b)內(nèi)有極值，那么f(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上單調(diào)增或減的函數(shù)沒有極值．32．（2023·湖北武昌·高三期末）已知直線：與拋物線C：相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上方，點(diǎn)是拋物線C的準(zhǔn)線與以AB為直徑的圓的公共點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．答案:ABC解析：分析：由題意可知，拋物線的準(zhǔn)線為，利用拋物線的幾何性質(zhì)求出和拋物線的方程和焦點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合直線的方程可知，直線經(jīng)過焦點(diǎn)，利用拋物線的定義表示出以為直徑的圓的半徑和圓心,由得到關(guān)于的方程，解方程求出，利用拋物線的定義求得焦半徑計(jì)算可判斷的對(duì)錯(cuò).【詳解】由題意知，拋物線的準(zhǔn)線為，即，解得，故選項(xiàng)A正確；因?yàn)?，所以拋物線的方程為：，其焦點(diǎn)為，又直線，所以直線恒過拋物線的焦點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)，因?yàn)閮牲c(diǎn)在拋物線上，聯(lián)立方程，兩式相減可得，，設(shè)的中點(diǎn)為，則，因?yàn)辄c(diǎn)在直線上，解得可得，所以點(diǎn)是以為直徑的圓的圓心，由拋物線的定義知，圓的半徑，因?yàn)椋?，解得，故選項(xiàng)B正確；因?yàn)椋?所以，故選項(xiàng)C正確；過做軸，過做軸，拋斷線的準(zhǔn)線交軸與點(diǎn)，設(shè),，，，，又，，則，則D錯(cuò)誤.故選：ABC【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)、圓的性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系、弦長公式、點(diǎn)到直線的距離公式；考查運(yùn)算求解能力和邏輯推理能力；熟練掌握直線與拋物線的位置關(guān)系和拋物線的幾何性質(zhì)、圓的性質(zhì)是求解本題的關(guān)鍵；屬于綜合型、難度大型試題.33．（2023·湖北武昌·高三期末）已知四面體ABCD的一個(gè)平面展開圖如圖所示，其中四邊形AEFD是邊長為的菱形，B，C分別為AE，F(xiàn)D的中點(diǎn)，，則在該四面體中（）A．B．BE與平面DCE所成角的余弦值為C．四面體ABCD的內(nèi)切球半徑為D．四面體ABCD的外接球表面積為答案:ACD解析：分析：幾何體內(nèi)各相關(guān)線段的計(jì)算即可.【詳解】由題意得，展開圖拼成的幾何體如下圖所示，，，取AB中點(diǎn)M，CD中點(diǎn)N，MN中點(diǎn)O，連MN、OA，過O作于H，則OH是內(nèi)切球的半徑，OA是外接球的半徑.所以，對(duì)于A：，，，故平面ABN，而平面ABN，所以，故A正確；對(duì)于B：由于平面ACD，故平面ABN平面ACD，故是BE與平面DCE所成角，故，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：，故C正確；對(duì)于D：所以外接球的表面積為，故D正確.故選：ACD34．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知圓，點(diǎn)P為x軸上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓M的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB與MP交于點(diǎn)C，則下列結(jié)論正確的是（）A．四邊形PAMB周長的最小值為 B．的最大值為2C．直線AB過定點(diǎn) D．存在點(diǎn)N使為定值答案:ACD解析：分析：設(shè)，由此據(jù)圓的切線性質(zhì)表示出，則即可表示出四邊形PAMB周長，進(jìn)而求得其最小值，從而判斷A的對(duì)錯(cuò)；利用表示出,由此可判斷B的對(duì)錯(cuò)；根據(jù)圓的切線性質(zhì)表示出切線方程，進(jìn)而求出AB的直線方程，求其過的定點(diǎn)坐標(biāo)，可判斷C對(duì)錯(cuò)；判斷C點(diǎn)位于某個(gè)圓上，可知出其圓心和C點(diǎn)距離為定值，從而判斷D的對(duì)錯(cuò).【詳解】如圖示：設(shè)，則，所以四邊形PAMB周長為，當(dāng)P點(diǎn)位于原點(diǎn)時(shí)，t取值最小2，故當(dāng)t取最小值2時(shí)，四邊形PAMB周長取最小值為，故A正確；由可得：，則，而，則,故B錯(cuò)誤；設(shè)，則方程為：，的方程為，而在切線，上，故，，故AB的直線方程為，當(dāng)時(shí)，，即AB過定點(diǎn)，故C正確；由圓的切線性質(zhì)可知,設(shè)AB過定點(diǎn)為D,則D點(diǎn)位于以MD為直徑的圓上，設(shè)MD的中點(diǎn)為N，則,則為定值，即D正確，故選：ACD.35．（2023·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）如圖，已知A，B是相互垂直的兩條異面直線，直線AB與a，b均相互垂直，垂足分別為A，B，且，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別位于直線A，B上，且P異于A，Q異于B.若直線PQ與AB所成的角，線段PQ的中點(diǎn)為M，下列說法正確的是（）A．PQ的長度為定值B．三棱錐的外接球的半徑長為定值C．三棱錐的體積為定值D．點(diǎn)M到AB的距離為定值答案:ABD解析：分析：根據(jù)題意，將圖形還原為長方體，進(jìn)而根據(jù)題意求出，進(jìn)而判斷A，B；根據(jù)，進(jìn)而判斷C；設(shè)交于R，則R為CQ的中點(diǎn)，取AB的中點(diǎn)N，然后證明四邊形RBNM是平行四邊形，進(jìn)而證明，最后求得答案.【詳解】如圖，將圖形還原為長方體，因?yàn)?，所以（易知其為銳角）是PQ與AB所成的角，即，易知，則.A正確；對(duì)B，易知三棱錐的外接球與長方體的外接球相同，則其直徑為4，半徑為2.B正確；對(duì)C，，不為定值.C錯(cuò)誤；對(duì)D，設(shè)交于R，則R為CQ的中點(diǎn)，連接MR，取AB的中點(diǎn)N，連接MN，又因?yàn)镸為PQ的中點(diǎn)，所以，而，故，所以四邊形RBNM是平行四邊形，則，因?yàn)椋瑒t.因?yàn)锳B⊥平面BCDQ，平面BCDQ，所以，則，所以點(diǎn)M到AB的距離為1.D正確.故選：ABD.36．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）已知圓，直線．下列命題中，正確的命題是（）A．對(duì)任意實(shí)數(shù)k和，直線l和圓M有公共點(diǎn)B．對(duì)任意實(shí)數(shù)，必存在實(shí)數(shù)k，使得直線l與圓M相切C．對(duì)任意實(shí)數(shù)k，必存在實(shí)數(shù)，使得直線l與圓M相切D．存在實(shí)數(shù)k與，使得圓M上有一點(diǎn)到直線l的距離為3答案:AC解析：分析：由已知可得圓心，半徑，且圓過原點(diǎn)，求出圓心到直線的距離，逐項(xiàng)判斷，即可得出結(jié)論.【詳解】選項(xiàng)，圓恒過原點(diǎn)，所以正確；圓心到直線的距離為，對(duì)于任意實(shí)數(shù)，直線與圓相交或相切，所以選項(xiàng)正確，選項(xiàng)不正確；圓上的點(diǎn)到直線距離最大值為，所以選項(xiàng)不正確.故選:AC.【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，注意點(diǎn)到直線距離公式的合理應(yīng)用，屬于中檔題.37．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知點(diǎn)O是的外心，，，，則下列正確的是（）A．若，則的外接圓面積為B．若，則C．若，則D．當(dāng)，時(shí)，答案:BD解析：分析：利用三角形外心的性質(zhì)結(jié)合向量的運(yùn)算逐項(xiàng)求解即可.【詳解】解：根據(jù)題意：因?yàn)辄c(diǎn)O是的外心，所以，，對(duì)A，若，則由余弦定理可得：，所以所以的外接圓的半徑為，所以該外接圓的面積為，故A錯(cuò)誤；對(duì)B，當(dāng)時(shí)，根據(jù)余弦定理可得，，即由，所以即解得，，所以，故B正確；對(duì)C，當(dāng)時(shí)，由選項(xiàng)B的分析知，，，則，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，當(dāng)，時(shí)，由選項(xiàng)B的分析知，，所以，故D正確.故選：BD.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是得出三角形外心的性質(zhì)，進(jìn)而結(jié)合向量的運(yùn)算進(jìn)行求解.38．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知拋物線的焦點(diǎn)為F，直線與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，且，，則的取值可以為（）A． B． C．2 D．3答案:BC解析：分析：根據(jù)題意得到直線過拋物線的焦點(diǎn)，得出，再結(jié)合拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)得到，求得的長，即可求解.【詳解】根據(jù)題意，拋物線的焦點(diǎn)為，可得直線過拋物線的焦點(diǎn)，因?yàn)樗?，即，又由拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)，可得，聯(lián)立方程組，可得或或，又因?yàn)?，所以?.故選：BC.39．（2023·河北·武安市第一中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖，等邊的中線與中位線相交于點(diǎn)，已知是繞旋轉(zhuǎn)過程中的一個(gè)圖形，下列命題中正確的是（）A．動(dòng)點(diǎn)在平面上的射影在線段上B．恒有平面C．三棱錐的體積有最大值D．異面直線與不可能垂直答案:ABC解析：分析：A.由斜線的射影來判斷；B.根據(jù)來判斷；C.由棱錐的體積公式可判斷；D.由面來判斷.【詳解】∵A′D＝A′E，△ABC是正三角形，∴A′在平面ABC上的射影在線段AF上，故A正確；∵E,F分別為CA，CB的中點(diǎn)，則，又面，面，∴平面，B正確；三棱錐A′?FED的底面積是定值，體積由高即A′到底面的距離決定，當(dāng)平面A′DE⊥平面BCED時(shí)，三棱錐A′?FED的體積有最大值，故C正確；∵，，，∴面，面，∴，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.40．（2023·江蘇宿遷·高三期末）在平面直角坐標(biāo)系中，若對(duì)于曲線上的任意點(diǎn)，都存在曲線上的點(diǎn)，使得成立，則稱函數(shù)具備“性質(zhì)”.則下列函數(shù)具備“性質(zhì)”的是（）A． B．C． D．答案:BD解析：分析：四個(gè)選項(xiàng)都可以做出簡(jiǎn)圖，對(duì)于選項(xiàng)A和選項(xiàng)C，可在圖中選取特殊點(diǎn)驗(yàn)證排除；選項(xiàng)B、選項(xiàng)D可在圖中任意選擇點(diǎn)，觀察是否存在點(diǎn)，使得成立，即可做出判斷.【詳解】選項(xiàng)A，如圖所示，曲線，當(dāng)點(diǎn)取得時(shí)，要使得點(diǎn)滿足成立，那么點(diǎn)落在直線上，而此時(shí)與兩直線是平行的，不存在交點(diǎn)，故此時(shí)不滿足在上存在點(diǎn)，使得成立，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，如圖所示，曲線，對(duì)于曲線上的任意點(diǎn)，都存在曲線上的點(diǎn)，使得成立，故選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C，如圖所示，曲線，當(dāng)點(diǎn)取得時(shí)，要使得點(diǎn)滿足成立，那么點(diǎn)落在直線上，而此時(shí)與兩曲線不存在交點(diǎn)，故此時(shí)不滿足在上存在點(diǎn)，使得成立，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，如圖所示，曲線，對(duì)于曲線上的任意點(diǎn)，都存在曲線上的點(diǎn)，使得成立，故選項(xiàng)D正確；故選：BD41．（2023·江蘇宿遷·高三期末）如圖，一張長?寬分別為的矩形紙，，分別是其四條邊的中點(diǎn).現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得四點(diǎn)重合為一點(diǎn)，從而得到一個(gè)多面體，則（）A．在該多面體中，B．該多面體是三棱錐C．在該多面體中，平面平面D．該多面體的體積為答案:BCD解析：分析：利用圖形翻折，結(jié)合勾股定理，確定該多面體是以為頂點(diǎn)的三棱錐，利用線面垂直，判定面面垂直，以及棱錐的體積公式即可得出結(jié)論．【詳解】由于長、寬分別為，1，分別是其四條邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得四點(diǎn)重合為一點(diǎn)，且為的中點(diǎn)，從而得到一個(gè)多面體，所以該多面體是以為頂點(diǎn)的三棱錐，故B正確；，，，故A不正確；由于，所以，，可得平面，則三棱錐的體積為，故D正確；因?yàn)椋?，所以平面，又平面，可得平面平面，故C正確.故選：BCD42．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）在邊長為6的正三角形ABC中M，N分別為邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足，把△AMN沿著MN翻折至A′MN位置，則下列說法中正確的有（）A．在翻折過程中，在邊A′N上存在點(diǎn)P，滿足CP∥平面A′BMB．若，則在翻折過程中的某個(gè)位置，滿足平面A′BC⊥平面BCNMC．若且二面角A′－MN－B的大小為120°，則四棱錐A′－BCNM的外接球的表面積為61πD．在翻折過程中，四棱錐A′－BCNM體積的最大值為答案:BCD解析：分析：通過直線相交來判斷A選項(xiàng)的正確性；通過面面垂直的判定定理判斷B選項(xiàng)的正確性；通過求四棱錐外接球的表面積來判斷C選項(xiàng)的正確性；利用導(dǎo)數(shù)來求得四棱錐體積的最大值.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，過作，交于，則無論點(diǎn)P在A′N上什么位置，都存在CP與BQ相交，折疊后為梯形BCQP，則CP不與平面A′BM平行，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，設(shè)分別是的中點(diǎn)，若，則AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因?yàn)镸N⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，設(shè)分別是的中點(diǎn)，若且二面角A′－MN－B的大小為120°，則△AMN為正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，則BCNM四點(diǎn)共圓，圓心可設(shè)為點(diǎn)G，其半徑設(shè)為r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以點(diǎn)G即為點(diǎn)D，所以r＝3，二面角A′－MN－B的平面角即為∠A′ED＝120°，過點(diǎn)A′作A′H⊥DE，垂足為點(diǎn)H，EH＝，DH＝，A′H＝，，設(shè)外接球球心為，由，解得R2＝，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝61π，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)分別是的中點(diǎn)，設(shè)是四棱錐的高.S△AMN＝6λ6λ＝9λ2，S△ABC＝66＝9，所以S四邊形BCNM＝9（1－λ2），則VA′－BCNM＝9（1－λ2）h≤3（1－λ2）A′E＝3（1－λ2）3λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可設(shè)f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），則＝27（－3λ2＋1），令＝0，解得λ＝，則函數(shù)f（λ）在（0，）上單調(diào)遞增，在（，1）上單調(diào)遞減，所以f（λ）max＝f（）＝6，則四棱錐A′－BCN體積的最大值為，故選項(xiàng)D正確.故選：BCD43．（2023·江蘇揚(yáng)州·高三期末）在橢圓C：（a＞b＞0）中，其所有外切矩形的頂點(diǎn)在一個(gè)定圓Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，稱此圓為該橢圓的蒙日?qǐng)A．該圓由法國數(shù)學(xué)家G．Monge（1745－1818）最新發(fā)現(xiàn)．若橢圓C：＋y2＝1，則下列說法中正確的有（）A．橢圓C外切矩形面積的最大值為4B．點(diǎn)P（x，y）為蒙日?qǐng)AΓ上任意一點(diǎn)，點(diǎn)，當(dāng)∠PMN最大值時(shí)，tan∠PMN＝2＋C．過橢圓C的蒙日?qǐng)A上一點(diǎn)P，作橢圓的一條切線，與蒙日?qǐng)A交于點(diǎn)Q，若kOP，kOQ存在，則kOPkOQ為定值D．若橢圓C的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過橢圓C上一點(diǎn)P和原點(diǎn)作直線l與蒙日?qǐng)A相交于M，N，且，則答案:BCD解析：分析：先求得橢圓的蒙日?qǐng)A，然后根據(jù)外切矩形的面積、兩角和的正切公式、根與系數(shù)關(guān)系、判別式、向量運(yùn)算的指數(shù)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確選項(xiàng).【詳解】由題意可知，圓Γ：x2＋y2＝3，對(duì)于選項(xiàng)A，橢圓C的一個(gè)外切矩形為可設(shè)為ABCD，則其面積S＝4|OA||OB|sin∠AOB＝6sin∠AOB，所以矩形ABCD的面積最大值為6≠，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)PM與圓相切且切點(diǎn)在軸下方時(shí)∠PMN最大，，則tan∠PMO＝，且∠NMO＝45°，所以tan∠PMN＝，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)PQ的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），由聯(lián)立消去y可得，（k2＋1）x2＋2kmx＋m2－3＝0，則x1＋x2＝－，x1x2＝，則y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝，當(dāng)直線PQ與橢圓相切時(shí)，由聯(lián)立消去y可得，（2k2＋1）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，＝16k2m2－4（2k2＋1）（2m2－2）＝0，化簡(jiǎn)得2k2＋1＝m2，所以kOPkOQ＝＝－，當(dāng)PQ的斜率不存在時(shí)，則或，此時(shí)kOPkOQ＝－，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，，因?yàn)閨PF1|＋|PF2|＝2a＝，則|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝8，所以PF12＋PF22＝5，由，所以①，②，則①＋②，可得，解得，所以|PM||PN|＝（r－|PO|）（r＋|PO|）＝r2－|PO|2＝3－＝，故選項(xiàng)D正確；故選：BCD【點(diǎn)睛】直線和圓錐曲線相切，可利判別式為零列方程，建立參數(shù)間的關(guān)系式來對(duì)問題進(jìn)行求解.直線和圓錐曲線相交的問題，聯(lián)立直線的方程和圓錐曲線的方程，寫出根與系數(shù)關(guān)系，這個(gè)步驟需要較強(qiáng)的運(yùn)算能力，需要不斷的訓(xùn)練，提高運(yùn)算能力.44．（2023·遼寧大連·高三期末）若圓和圓恰有三條公切線，則下列結(jié)論正確的是（）A． B．C． D．答案:BC解析：分析：利用圓的位置關(guān)系可得，進(jìn)而利用基本不等式及不等式的性質(zhì)逐項(xiàng)分析即得,【詳解】由圓，可得，圓心為，半徑為2，由圓，可得，其圓心為，半徑為4，由題可得，∴，取則，故A錯(cuò)誤；由，可得，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)∴，故B正確；由可知為圓心半徑為3的圓上任意一點(diǎn)，則，即，故C正確；由，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，∴，故D正確.故選：BC.45．（2023·遼寧大連·高三期末）如圖所示，將平面直角坐標(biāo)系中的格點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))的橫、縱坐標(biāo)之和作為標(biāo)簽，例如：原點(diǎn)處標(biāo)簽為0，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為1，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為2，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為1，記為；點(diǎn)處標(biāo)簽為0，記為以此類推，格點(diǎn)處標(biāo)簽為，記，則（）A． B． C． D．答案:AD解析：分析：根據(jù)圖示，分析可得第一圈從到共8個(gè)點(diǎn)，由對(duì)稱性可得，第二圈16個(gè)點(diǎn)，相加也為0，歸納可得第n圈共有8n個(gè)點(diǎn)，這8n項(xiàng)的和也是0，分析所在位置，即可判斷A的正誤；求得、的值，可判斷B的正誤；代入特殊值檢驗(yàn)，可判斷C的正誤；分析可得，求得各項(xiàng)值，分析計(jì)算，即可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】由題意得，第一圈從到共8個(gè)點(diǎn)，由對(duì)稱性可得，第二圈從到共16個(gè)點(diǎn)，由對(duì)稱性可得，根據(jù)歸納推理可得第n圈共有8n個(gè)點(diǎn)，這8n項(xiàng)的和也是0，設(shè)在第n圈，則，且，由此可知前22圈共有2024個(gè)點(diǎn)，即，且對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，所以對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，所以，故A正確；因?yàn)椋?，故B錯(cuò)誤；由圖可得對(duì)應(yīng)點(diǎn)為（1,3），所以，故C錯(cuò)誤；因?yàn)椋謱?duì)應(yīng)點(diǎn)為（n,-n），所以，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為（n-1,-n），所以對(duì)應(yīng)點(diǎn)為（1，-n），所以所以，故D正確.故選：AD【點(diǎn)睛】難點(diǎn)在于需根據(jù)圖示，歸納推理，總結(jié)規(guī)律，逐一分析各個(gè)選項(xiàng)，進(jìn)行判斷，對(duì)于，需進(jìn)行合理分析和歸納，難度較大，屬難題.46．（2023·遼寧·東北育才學(xué)校高三期末）函數(shù)，分別為上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，（且），若，函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的值可以為（）A． B． C．1 D．答案:AB解析：分析：利用函數(shù)，奇偶性可得，令，由奇偶性定義可得是偶函數(shù)，關(guān)于直線對(duì)稱，函數(shù)有唯一零點(diǎn)，可得，再由可求得答案.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，分別為上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，所以函數(shù)，，又，，兩式相減，可解得，令，，所以是偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對(duì)稱，所以關(guān)于直線對(duì)稱，，函數(shù)有唯一零點(diǎn)，所以，即，，又因?yàn)?，所以，解得或，故選：AB.三、填空題47．（2023·湖南長沙·高三階段練習(xí)）已知函數(shù)，，a為常數(shù).若對(duì)于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________.答案:[0，1]##解析：分析：可根據(jù)已知條件，構(gòu)造函數(shù)，通過分類討論得到的解析式，然后利用二次函數(shù)的對(duì)稱軸確定其單調(diào)性，列式求解即可.【詳解】對(duì)于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，即，令，即只需在[0，2]上單調(diào)遞增即可，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)圖象恒過；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)x＜1時(shí)，要使在區(qū)間[0，2]上單調(diào)遞增，則當(dāng)1＜x≤2時(shí)，的對(duì)稱軸x=a≤1，即a≤1；當(dāng)0≤x＜1時(shí)，F(xiàn)(x)=x2+2ax?2a且1+2a×1?2a≤1?2a×1+2a,綜上0≤a≤1故答案為：[0，1].48．（2023·湖南婁底·高三期末）若四棱錐P?ABCD的各頂點(diǎn)都在同一個(gè)球O的表面上，PB⊥底面ABCD，PB=2，AB=CD=1，AD=2BC=22，BC∥AD答案:7解析：分析：設(shè)球心O到平面ABCD的距離為h，AD，BC的中點(diǎn)分別為F，E，由已知條件得，四邊形ABCD所在的截面圓的圓心G必在線段EF的延長線上，OG⊥平面，然后由直角三角形、直角梯形中求得球半徑，得球體積．【詳解】設(shè)球心O到平面ABCD的距離為h，AD，BC的中點(diǎn)分別為F，E，由已知條件得，四邊形ABCD所在的截面圓的圓心G必在線段EF的延長線上，OG⊥平面，?=OG，因?yàn)镚A=GB，所以AF所以22解得GF=22，因?yàn)镺P=OA，所以GA因?yàn)镺B=OP，所以O(shè)G=PB所以球O的半徑為GA所以球O的體積為4π故答案為：71449．（2023·河北唐山·高三期末）已知函數(shù)fx=x3?axa>0，b，c分別是答案:2解析：分析：求導(dǎo)得函數(shù)在?∞,?a3和a3,+∞上單調(diào)遞增，在?a3,a3【詳解】解：fx=x令f'x=3x所以當(dāng)x∈?∞,?a3∪a所以函數(shù)在?∞,?a3和a所以b=?a因?yàn)閒d=f所以d3?ad=?a所以d+a因?yàn)閐>b=?a所以d=2a3，所以故答案為：.50．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）設(shè)A1，A2，B1分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右、上頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，D為線段OB1的中點(diǎn)，過A2作直線A1D的垂線，垂足為答案:##12解析：分析：表示出直線A1D和直線A2H的方程，聯(lián)立表示出，即可求出離心率.【詳解】直線A1D的方程為y=b2a(x+a)，直線A2H聯(lián)立y=b2a(x+a),y=?2ab∴4a2b4a2故答案為：.51．（2023·河北深州市中學(xué)高三期末）四面體ABCD的頂點(diǎn)A，B，C，D在同一個(gè)球面上，AB=BC=AC=6．若該球的表面積為64π．則四面體ABCD體積的最大值為______．答案:18解析：分析：先由球的表面積為64π，求得球的半徑，進(jìn)而求得三棱錐O?ABC的高?'，然后由四面體的高最大為?=R+?【詳解】因?yàn)榍虻谋砻娣e為64π，所以4πR解得球的半徑R=4，因?yàn)锳B=BC=AC=6，所以△ABC的高為33記四面體ABCD外接球球心為O，則三棱錐O?ABC的高為42所以四面體ABCD體積的最大值為13故答案為：1852．（2023·福建省長汀縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）在三棱錐P?ABC中，和△PBC都是邊長為23的正三角形，PA=32.若為三棱錐P?ABC外接球上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)到平面距離的最大值為_________.答案:5解析：分析：設(shè)中點(diǎn)為T，可證明PT⊥AT，設(shè)和△PBC的外心分別為O1和O2，過O1和O2分別作兩個(gè)平面的垂線交于點(diǎn)即為三棱錐P?ABC外接球的球心，求出外接球的半徑R=OP的長，到平面的距離d≤R+OO1【詳解】設(shè)中點(diǎn)為T，的外心為O1，△PBC的外心為O2，過點(diǎn)O1作面的垂線，過點(diǎn)O2作直線面PBC兩條垂線的交點(diǎn)即為三棱錐P?ABC外接球的球心，因?yàn)楹汀鱌BC都是邊長為23的正三角形，可得PT=AT=3，又PA=32，所以AT2又因?yàn)锳T⊥BC，BC∩PT=T，所以AT⊥面PBC，因?yàn)锳T?平面，所以平面PBC⊥平面，且TO1=所以四邊形OO1TO2到平面的距離d≤R+OO1=故答案為：5+153．（2023·湖北武昌·高三期末）已知圓O的方程為x2+y2=1，P是圓C：x?22+y2=16上一點(diǎn)，過答案:3解析：分析：由圓切線的性質(zhì)可知圓心切點(diǎn)連線與切線垂直，設(shè)PA與PB的夾角為2α，通過解直角三角形求出PA，PB的長;利用向量的數(shù)量積公式表示出PA?【詳解】如圖，設(shè)PA與PB的夾角為2α，則|PA|=|PB|=1tan∴PA?P是圓C：x?222=4?|OC|≤|PO|≤|OC|+4=6，∴cos∴令t=1?cos則PA?PB=所以當(dāng)t=12時(shí)，PA?PBmin當(dāng)t=118時(shí)，PA?PBmax∴PA?PB的范圍為故答案為：3254．（2023·湖北武昌·高三期末）函數(shù)fx答案:1解析：分析：分類討論，去掉絕對(duì)值，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性和極值，進(jìn)而求出最小值.【詳解】當(dāng)x≥?ln2時(shí)，2ex?1≥0，此時(shí)fx=2ex?1?2x，f'x=2ex當(dāng)x<?ln2時(shí)，2ex?1<0，此時(shí)fx=1?2綜上：函數(shù)fx故答案為：155．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）已知雙曲線C:x216?y29=1的左右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是C的右支上的一點(diǎn)（不是頂點(diǎn)），過F2作∠F1PF答案:解析：分析：結(jié)合雙曲線的定義以及三角形的中位線，求得MO.【詳解】延長F2M交PF1于，由于PM是∠所以三角形QPF2是等腰三角形，所以PQ=PF根據(jù)雙曲線的定義可知PF1?由于是F1F2的中點(diǎn)，所以MO是三角形所以MO=故答案為：56．（2023·湖北·荊州中學(xué)高三期末）九連環(huán)是我國古代至今廣為流傳的一種益智游戲，它由九個(gè)鐵絲圓環(huán)相連成串，按一定規(guī)則移動(dòng)圓環(huán)的次數(shù)，決定解開圓環(huán)的個(gè)數(shù)在某種玩法中，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＝2an?1?1,n為偶數(shù)2an?1+2,n為奇數(shù)答案:2n?1（1≤n≤9，n解析：分析：可得為奇數(shù)時(shí)an=4an?2【詳解】當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，n?1為偶數(shù)，n?2為奇數(shù)，則an故數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)形成以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，∴an=1×4n+1故解下n（n為奇數(shù)）個(gè)環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)為2n?1（1≤n≤9，n故答案為：2n?1（1≤n≤9，n【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是判斷出數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)形成以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列.57．（2023·河北·高三階段練習(xí)）已知四邊形中，∠BAD=90°，BD=BC=CD=6，三角形ABD沿折起，使得二面角A?BD?C為120°，則此空間四邊形外接球的表面積為______.答案:52π解析：分析：根據(jù)題意，過點(diǎn)M、N做平面ABD和平面的垂線，交點(diǎn)為該圖形的外接球的球心O，結(jié)合球的截面的性質(zhì)，求解求得半徑，利用表面積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，三角形ABD的外心為的中點(diǎn)M，等邊三角形的外心為N，分別過點(diǎn)M、N做平面ABD和平面的垂線，交點(diǎn)為該圖形的外接球的球心O，因?yàn)锽D=BC=CD=6，為的中點(diǎn)，所以