2022年新高考数学名校选填压轴题汇编（解析）

1、2022年新高考数学名校选填压轴题汇编（十七） 一、单选题1（2022广东佛山二模）设且，函数，若，则下列判断正确的是（）A的最大值为-aB的最小值为-aCD【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，用a表示b，c，再结合二次函数的性质求解作答.【详解】依题意，因，则是奇函数，于是得，即，因此，而，当时，的最小值为-a，当时，的最大值为-a，A，B都不正确；，即，因此，C不正确，D正确.故选：D2（2022广东佛山二模）中，O是外接圆圆心，是的最大值为（）A0B1C3D5【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出的最大值即可计算作答.【详解】过点O作

2、，垂足分别为D，E，如图，因O是外接圆圆心，则D，E分别为AC，的中点，在中，则，即，同理，因此，由正弦定理得：，当且仅当时取“=”，所以的最大值为3.故选：C【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用3（2022广东梅州二模）已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，且，则不等式的解集是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】令，根据题意可得函数在上递增，从而可得出函数在上的符号分布，从而可得函数在上的符号分布，再结合是定义在上的奇函数，即可得出函数在上的符号分布，从而可得

3、出答案.【详解】令，则，所以函数在上递增，又因，所以当时，当时，又因当时，当时，所以当时，当时，又因为，所以当时，因为是定义在上的奇函数，所以，当时，由不等式，得或，解得，所以不等式的解集是.故选：B.4（2022广东梅州二模）两不共线的向量，满足，且，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断，整理后可知只能为0，即可解得答案.【详解】解：由题意得：，即，即故选：C5（2022湖南湘潭三模）A，B，C，D是半径为4的球面上的四点，已知AB=5，BC=3，cosBAC=，当AD取得最大值时，四面体ABCD的体积为（）ABCD【答案】D

4、【解析】【分析】根据余弦定理确定为直角三角形，求出球心到平面的距离，又当AD为直径时取得最大值，得到到平面的距离，即可得到四面体ABCD的体积.【详解】在中，解得，则，设球心到平面的距离为，则.当AD为直径时取得最大值，点到平面的距离为，故四面体的体积.故选：D6（2022湖南湘潭三模）若函数在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（）ABCD【答案】B【解析】【分析】化简函数，根据，得到，结合在上恰有2个零点，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，所以，又由在上恰有2个零点，所以，解得，所以的取值范围为.故选：B.7（2022湖南师大附中一模）若关于的方程有两个不相等的实数根，则

5、实数的取值范围是（）ABCD【答案】D【解析】【分析】将方程，转化为，在同一坐标系中作出函数与的图象，利用数形结合法求解.【详解】方程，即为，因为方程有两个不相等的实数根，所以函数与的图象有两不同的交点，在同一坐标系中作出函数与的图象如图所示：由图象知：当直线过点时，当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，所以实数的取值范围是，故选：D【点睛】方法点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用8（2

6、022湖南师大附中一模）在长方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（）AA，M，O三点共线BM，O，A1，A四点共面CB，B1，O，M四点共面DA，O，C，M四点共面【答案】C【解析】【分析】由长方体性质易知，四点共面且，是异面直线，再根据与、面、面的位置关系知在面与面的交线上，同理判断、，即可判断各选项的正误.【详解】因为，则，四点共面.因为，则平面，又平面，则点在平面与平面的交线上，同理，、也在平面与平面的交线上，所以、三点共线，从而，四点共面，四点共面.由长方体性质知：，是异面直线，即，四点不共面.故选：C.9（2

7、022湖北黄冈中学模拟预测）函数有两个零点，下列说法错误的是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】先将问题转化为：与有两个交点，数形结合根据选项判断即可.【详解】因为函数有两个零点，所以有两个根，即，即与有两个交点，画出函数图像如下图所示：设，所以，当时，解得，函数单调递增；当时，解得，函数单调递减，所以，当时，当时，所以当时，与有两个交点，即函数有两个零点，故A正确；结合图像可知，因为，要证明，即证明，整理得，令，所以，设，所以恒成立，所以在单调递增，所以，即，故D正确；由D选项正确，即，即成立，因为，所以，所以，故B不正确；因为，可得，可得，故C选项正确.故选：B.10（2022湖北黄冈中

8、学模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃腰果杏仁榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（）A20160B20220C20280D20340【答案】A【解析】【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故

9、1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z）（）（），故有种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z）（X）（），故有种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含模式，（H）（H）（H）（

10、）（H），故有种可能；若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；YXZHHHHHHHHHHH若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；小计：；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ）（XZ）（）（）（），故有种可能；若是“12=3+3+3+2+

11、1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H）（Y），有2种可能.小计；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z）（）（），其中Z有种可能，故此小类有3种可能；

12、若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；小计；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.故选：A【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.11（2022山东昌乐二中模拟预测）在边长为6的菱形中，现将沿折起，当三棱锥的体积最大时，三

13、棱锥的外接球的表面积为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，即可求出外接圆的半径，从而求出面积.【详解】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图，取的中点为，连接，则.设分别为，外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，且,且平面，平面.平面平面，平面平面，平面平面，同理四边形为平行四边形平面，平面，即四边形为矩形. 外接球半径 外接球的表面积为 故选：A.12（2022山东昌乐二中模拟预测）PQ为经过抛物线焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为，以MN为直径的球面积为，则（）ABCD【答案】C

14、【解析】【分析】解：设设与轴夹角为，令，根据抛物线的定义可知，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公式得到、，即可判断；【详解】解：设与轴夹角为，令，则，则，所以当且仅当时等号成立；故选：C13（2022山东潍坊模拟预测）已知椭圆E：（）的右顶点为A，直线交E于第一象限内的点B点C在E上，若四边形OABC为平行四边形，则（）A若k越大，则E的长轴越长B若k越大，则E越扁C若，则E的离心率为D若，则E的离心率最大【答案】C【解析】【分析】由题意分析坐标，得与关系，对每个选项逐一判断【详解】由OABC为平行四边形知，故,代入椭圆方程得，即对于A，若k越大，越小，A错误对于B，若越大，则越小，椭圆越圆

15、，B错误对于C，若，则，C正确对于D，无最大值，D错误故选：C14（2022山东潍坊模拟预测）如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，Dn设圆D1，D2，Dn的面积之和为，（），则（）ABCD【答案】B【解析】【分析】结合等边三角形、圆的几何性质求得各圆的半径，从而求得各圆面积，进而求得.【详解】等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一.所以圆的半径为，面积为，圆的半径为，面积为，圆的半径为，面积为，以此类推，圆的面积为，所以各圆的面积组成的数列是首项为，公比为的等比数列，所

16、以.故选：B15（2022山东青岛一模）设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，则，的大小关系为（）ABCD【答案】D【解析】【分析】根据的奇偶性化简，结合的单调性确定的大小关系.【详解】依题意是定义域为R的偶函数，由于在上单调递增，所以.故选：D16（2022山东青岛一模）已知函数，将的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若图象关于对称，则为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】化简解析式，根据三角函数图象变换求得，由求得的值.【详解】，的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数，故，所以，由于，所以.故选：A二、多选题17（202

17、2广东佛山二模）在棱长为3的正方体中，M是的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（）A存在点N，使得B三棱锥M的体积等于C有且仅有两个点N，使得MN平面D有且仅有三个点N，使得N到平面的距离为【答案】BC【解析】【分析】根据点的位置容易判断A，由求解可判断B；当分别为中点时，可判断C；易证平面，平面，且，可判断D【详解】对于A，显然无法找到点N，使得，故A错；对于B，故正确；对于C，如图所示分别为中点，有平面，平面，故正确；对于D，易证平面，平面，且，所以有点四点到平面的距离为，故D错故选：BC18（2022广东佛山二模）已知，且 ，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是

18、（）ABCD【答案】AC【解析】【分析】构造函数，求导，计算出其单调性即可判断.【详解】构造函数 ， ，当 时， ， 时， ， 时， ，在处取最大值， ， ，函数图像如下： ， ，A正确；B错误； ， ， ，C正确，D错误；故选：AC.19（2022广东梅州二模）一球筐中装有个小球，甲、乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓个球，最多抓个球，规定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，则以下推断中正确的有（）A若，则甲有必赢的策略B若，则甲有必赢的策略C若，则乙有必赢的策略D若，则乙有必赢的策略【答案】ABC【解析】【分析】对甲第一抓球的个数进行分析，结合题意进行推理，可判断各选项的正误.【详解

19、】对于A选项，若，只要甲第一次抓个球，乙抓个或个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，A对；对于B选项，若，只要甲第一次抓个球，乙抓个或个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，B对；对于C选项，若，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合A选项可知，乙有必赢的策略，综上，若，则乙有必赢的策略，C对；对于D选项，若，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合C选项可知，甲有必赢的策略，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，D错.故选：AB

20、C.20（2022广东梅州二模）在长方体中，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（）A当为中点时，为锐角B存在点，使得平面C的最小值D顶点到平面的最大距离为【答案】ABD【解析】【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，则，故，则，对于A，当为中点时，则，则，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最

21、小值，由B得，此时，则，所以，即的最小值为，故C错误；对于D，设平面的法向量，则有，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D正确.故选：ABD.21（2022湖南湘潭三模）已知双曲线（）的左右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0）.直线与双曲线左右两支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（）A双曲线的离心率为BCD【答案】BD【解析】【分析】连接，设，由已知，利用双曲线的定义求得，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用表示，从而求得，得离心率判断A，由数量积的定义计算数量积判断BC【详解

22、】如图，连接，设，因为，所以，D正确.又为线段的中点，所以.又，所以，则，得，所以双曲线的离心率为，A不正确；，B正确，C不正确.故选：BD22（2022湖南湘潭三模）已知数列满足，则下列说法正确的有（）ABC若，则D【答案】BCD【解析】【分析】直接计算出即可判断A选项；构造函数函数，由，得到，进而判断B选项；由得到，再结合累乘法得到，按照等比数列求和公式即可判断C选项；构造函数，由得到，结合累乘法求得，按照等比数列求和公式即可判断D选项.【详解】，则，又，所以，A不正确.令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，即，又易得是递增数列，故，所以，B正确.易知是递增数列，所以，则，则，即，所以

23、，即，所以，所以，而当时，则有，C正确.令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，则，所以，所以，D正确.故选：BCD.【点睛】本题关键点在于B选项通过构造函数进行放缩得到，结合即可判断；C选项由放缩得到，D选项构造函数得到，再结合累乘法和求和公式进行判断.23（2022湖南师大附中一模）在棱长为1的正方体 中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则（）A点的轨迹是一条线段B直线与可能相交C直线与不可能平行D三棱锥的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】取线段，中点，证得平面平面，得到平面，可判定A正确；根据异面直线的定义，得到与是异面直线，可判定B错误；当点与点重合时，可判定C错误；由点到平面

24、的距离是定值，且的面积为定值，可判定D正确.【详解】如图所示，分别取线段，中点，连接，则，所以平面平面，因为平面，则平面,又点是侧面内的动点，所以点的轨迹为线段，所以A正确；因为在平面内，直线与平面相交，且交点不在上，所以与是异面直线，所以B错误；当点与点重合时，直线与直线平行，所以C错误；因为，则平面，所以点到平面的距离是定值，又由的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确.故选：AD.24（2022湖南师大附中一模）已知正数x，y，z满足，则（）ABCD【答案】ABD【解析】【分析】设，求出，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法即可判断B；利用作差法即可判断D；再根

25、据AD即可判断C.【详解】解：设，则，所以，A正确；因为，则，因为，则，所以，B正确；因为，则，D正确.因为，则，所以，C错误.故选：ABD.25（2022湖北黄冈中学模拟预测）已知向量，且，其中，下列说法正确的是（）A与所成角的大小为BC当时，取得最大值D的最大值为【答案】AD【解析】【分析】利用向量夹角定义和模的求法即可选定A选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除B选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项B中得出的结论即可判断C选项和D选项的正误.【详解】对于A选项：因为,所以有：，解得，所以与所成角的大小为；对于B选项：，因为 ，所以，结合得，将代入化简，得，故B选项错误；对于C选项

26、和D选项：以B点为圆心，建立平面直角坐标系，则由可设，使用余弦定理得： ，故可得， 当且仅当即时等号成立，结和公式，以及选项B中的，可知当时，取得最大值，而此时平方后化为一元二次方程后无解，因此D选项正确，C选项错误.故选：AD.26（2022湖北黄冈中学模拟预测）已知数列的前项和为，且对于恒成立，若定义，则以下说法正确的是（）A是等差数列BCD存在使得【答案】BC【解析】【分析】利用退一相减法可得数列的通项及，即可判断各选项.【详解】当时，当时，由，得，故，即，所以数列为等比数列，首项，公比，故，A选项错误；则，所以，B选项正确；当时，假设当时，成立，当时，即成立，故，C选项正确；D选项错误

27、；故选：BC.27（2022湖北黄冈中学模拟预测）双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.下列说法正确的是（）A外心的轨迹是一条直线B当变化时，外心的轨迹方程为C当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上D若分别是中点，则的外接圆过定点【答案】AD【解析】【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.【详解】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，所以的内心横坐标，双曲线方程：，渐近线.设.当点在双曲线上时：设直线与双曲线交两点当直线与双曲线相切时，此时切点满足：切

28、线设直线与渐近线交两点切点正是线段的中点，；线段中垂线是.中垂线与轴交于点，且.可设一方面，；另一方面，线段中点是考虑到，点确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！依（1）设线段中点是线段中垂线是，即线段中垂线是，即，即外心的轨迹方程为.故选项B错！（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而化简得把代入并化简得：考虑到不在渐近线上得，故，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；（4）设共圆！的外接圆过定点原点，选项D对.故选：AD【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.28（2022山东昌乐二中模拟预测）已知函数，若，则（）A在上恒为正B在上单调递减Ca，b

29、，c中最大的是aDa，b，c中最小的是b【答案】AC【解析】【分析】根据当时，即可判断A；利用导数讨论函数在上的单调性，进而求出函数的最小值即可判断B；结合选项A和对数函数的单调性可得即可判断C；利用作差法和结合选项B可得，根据C的分析过程可知，进而判断D.【详解】A：当时，所以，故A正确；B：函数的定义域为，令，则，当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，所以在上恒成立，即函数在上单调递增，故B错误；C：由选项A可知，当时，所以，因为，所以，即；当时，得，因为，所以，即，所以中最大的是a，故C正确；D：，所以，由选项B可知函数在上单调递增，所以，即，由选项C可知，有，所以中最小

30、的是c，故D错误；故选：AC29（2022山东昌乐二中模拟预测）在平面四边形ABCD中，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前n项和为，则（）A为等比数列B为递减数列C为等差数列D【答案】BCD【解析】【分析】设与交于点，由面积比得，根据平面向量基本定理得与关系，从而得数列递推关系，然后根据各选项求解数列，判断结论，其中选项D需要用错位相减法求和【详解】设与交于点，共线，所以存在实数，使得，所以，所以，所以，所以，不是等比数列，A错；因为，所以，即，所以是等差数列，C正确；又因为，则，即，所以当时，即，所以是递减数列，B正确；因为，所以两式相减得，所以，D正确故选：BCD30（20

31、22山东潍坊模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（）AB点的轨迹是一个半径为的圆C直线与平面所成角为D三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，同理可证，平面，平面，A对；对于B选项，设平面，因为，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，平面，平面，即，因为，即，解得，所以，点的轨

32、迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD.31（2022山东潍坊模拟预测）我们约定双曲线与双曲线为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是()A的离心率相同，渐近线也相同B以的实轴为直径的圆的面积分别记为，则C过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点D斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、，则【答案】AC【解析】【分析】A：根据双曲线标准方程求出渐近线方程和离心率比较即可；B：求出的实轴，确定两个

33、圆的半径并求它们的面积即可判断；C：设出切线的方程，分别与方程联立，根据韦达定理求出P点横坐标和AB中点横坐标比较即可；D：根据C中方程求出、并比较，根据弦长公式即可得到关系.【详解】的渐近线为，离心率为，则双曲线实轴长为，虚轴长为，渐近线方程为，故两个双曲线的渐近线方程相同，在双曲线里面，离心率，两双曲线离心率也相同，故A正确；，故B错误；对于C，若P为顶点时，切线与x轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与的交点AB关于x轴对称，即线段AB的中点为P；当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为，联立切线与，得(*)，直线与相切，则方程(*)为二次方程，且，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则

34、根据韦达定理可知，联立切线与，得(*)，设，则，P在切线上，为中点.综上，P为线段AB中点，故C正确；对于D，由(*)和(*)可知，即，故D错误；故选：AC.32（2022山东青岛一模）已知椭圆的左、右焦点分别是，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（）A的周长为6B的面积为C的内切圆的半径为D的外接圆的直径为【答案】ABC【解析】【分析】求得，进而求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】椭圆的左、右焦点分别是，为椭圆上一点，所以.所以的周长为，A正确.的面积为，B正确.设的内切圆的半径为，则，C选项正确.为锐角，所以的外接圆的直径为，D选项错误.故选：ABC33（2022山东青岛一模

35、）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（）A圆台母线与底面所成角为60B圆台的侧面积为C圆台外接球半径为2D在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5【答案】ACD【解析】【分析】对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解；对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出；对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解.【详解】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.在等腰梯形ABCD中，,所以.因为为锐角，所以.故A正确

36、；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.故选：ACD【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.三、双空题34（2022湖北黄冈中学模拟预测）某同学从两个笔筒中抽取使用的笔，蓝色笔筒里有6支蓝笔，4支黑笔，黑色笔筒里有6支黑笔，4支蓝笔.第一次从黑笔筒中取出一支笔并放回，随后从与上次取出的笔颜色相同的笔筒中再取出一支笔，依此类

37、推.记第次取出黑笔的概率为，则_，_.【答案】 【解析】【分析】第次取出黑笔的概率为，则取出蓝笔的概率为，进而根据题意建立递推关系，再结合得数列为等比数列，公比为，首项为，进而得，再根据等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：第次取出黑笔的概率为，则取出蓝笔的概率为，所以第次取出黑笔的概率为，可能有两种情况，即第次取出的是黑笔或蓝笔，所以第次取出黑笔的概率为，即，因为，所以数列为等比数列，公比为，首项为，所以，所以.所以，综上，故答案为：；35（2022山东青岛一模）已知函数，若函数，则函数的图象的对称中心为_；若数列为等差数列，_【答案】 44【解析】【分析】根据题意计算的值，从而可求出其对

38、称中心，由等差数列的性质结合，可得，再利用等差数的性质和的对称性可求出的值【详解】因为，所以，所以的图象的对称中心为，即为，因为等差数列中，所以，得，因为的图象的对称中心为，所以， ，因为，所以 ，故答案为：，44四、填空题36（2022广东佛山二模）公比为q的等比数列满足： ，记，则当q最小时，使成立的最小n值是_【答案】17【解析】【分析】根据题意，求出q，写出通项公式即可.【详解】 是等比数列， ，又 ， ，设函数 ， ，当 时， ， 时， ，在x=1时， 取极小值1， ， ，由题意即q=e， ， ， ， ，n的最小值是17.故答案为：17.37（2022广东梅州二模）分形几何学的创立为

39、解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”，依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则的最小整数值是_.（取，）【答案】12【解析】【分析】根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为，公比是的等比数列，求出次分形后线段之和为，列出不等式，结合，求出.【详解】由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形” 后所得线

40、段之和的，且一次分形后线段之和为，故每次分形后所得线段之和可看出首项为，公比是的等比数列，故次分形后线段之和为，故，两边取对数得：，又 ，解得：，故的最小整数值为12.故答案为：1238（2022湖南湘潭三模）已知直线l是曲线与的公共切线，则l的方程为_.【答案】或【解析】【分析】设与曲线相切于点，与曲线相切于点1），结合导数的几何意义，列出方程求得的值，即可求解.【详解】设与曲线相切于点，与曲线相切于点1），则，整理得，解得或，当时，的方程为；当时，的方程为.故答案为：或.39（2022湖南师大附中一模）已知点、在椭圆上，为坐标原点，直线与的斜率之积为，设，若点在椭圆上，则的值为_【答案】【

41、解析】【分析】设点、，可得出，且，将点代入椭圆的方程，可求得的值.【详解】设点、，则，且.由题设，点在椭圆上，则即，得.故答案为：.40（2022湖南师大附中一模）已知函数，若对，都有，则k的取值范围是_【答案】【解析】【分析】对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其最大值后可求k的取值范围.【详解】，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，由已知，即，令，则在上不存在减区间，从而当时，恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以.41（2022湖北黄冈中学模拟预测）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，若上存在相异的

42、两点使得，则外接圆半径的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意可知在同一个阿氏圆上，可设设 为线段AB的外分点，由此可根据外接圆的直径为 ,列出等量关系，并表示出外接圆半径，设直线AB的参数方程，联立椭圆的方程，根据参数的几何意义，进行化简，可得答案.【详解】由题意知点在椭圆内，故，则可设，不妨设，故可知在同一个阿氏圆上，设其半径为 ，不妨设A,B位置如图：则由阿氏圆的定义可知， 为线段AB的分比为 的内分点，设 为分比为的外分点，则 ,则 ,故,即 ,故 ；设直线AB的方程为 （t为参数，为倾斜角， ），代入到中得到： ， ，设其两根为 ，则 ，故，由于，其中为锐角，故 ，当时，取到最

43、大值 ，故 的最小值为 ，当时，同理可解得的最小值为，故答案为：42（2022湖北黄冈中学模拟预测）定义，.若，则_.【答案】35【解析】【分析】根据所给定义、复数代数形式的运算法则以及复数模的计算公式计算可得；【详解】解：因为，所以，则，所以，所以，所以；故答案为：43（2022湖北黄冈中学模拟预测）在一棱长为6的正四面体密闭容器内部有一半径为的球体自由运动.则容器内部未被球所扫过的体积为_.（结果保留到整数，参考数据：）【答案】7【解析】【分析】首先从直观上分析容器内部的哪些区域是小球永远不可能接触到的，容易看到是四个角（顶点附近）的区域，因此，最终要就是研究小球被卡住的位置，也就是小球与同一顶点的三个侧面都相切时