2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（9）练习题及答案解析

2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（九）一、单选题1．（23·24上·长沙·阶段练习）已知函数，，，若，图像上分别存在点M，N关于直线对称，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．2．（23·24上·长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（

）A． B． C． D．3．（23·24上·湖北·期中）已知，且，，，则（

）A． B．C． D．4．（23·24上·湖北·期中）在四边形中，，，，将沿折起，使点C到达点的位置，且平面平面.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．5．（23·24上·成都·期中）把边长为的正方形对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．6．（23·24上·广安·阶段练习）已知函数在上存在极值，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．7．（23·24上·烟台·期中）斐波那契数列以如下递归的方法定义:，若斐波那契数列对任意，存在常数，使得成等差数列，则的值为（

）A．1 B．3 C． D．8．（23·24上·烟台·期中）定义在R上的函数f(x)的导函数为，满足，且当时，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．9．（23·24上·福建·期中）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2022项之和为（

）A．4044 B．4045 C．4046 D．404710．（23·24上·福州·期中）函数的图象向右平移个单位长度后，所得的函数为偶函数，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．811．（23·24上·福州·期中）若，则（

）A．0 B．1 C．2 D．312．（22·23下·新疆·二模）已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（

）A．2 B．4 C．6 D．813．（23·24上·泰州·期中）已知，，，其中e为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．14．（23·24上·周口·开学考试）若函数在单调递增，则的最小值为（

）A． B． C． D．015．（22·23下·深圳·期末）已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．16．（23·24上·盐城·期中）已知，，，则（

）A． B．C． D．17．（22·23·湛江·二模）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（

）A． B． C． D．18．（23·24上·镇江·期中）设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，若，则（

）A． B． C． D．19．（23·24上·无锡·期中）记函数（，）的最小正周期为，且．将的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则ω的最小值为（

）A．1 B．2 C．3 D．520．（23·24上·无锡·期中）设函数，，在上的零点分别为，则的大小顺序为（

）A． B． C． D．二、多选题21．（23·24上·长沙·阶段练习）如图，等边三角形的边长为4，为边的中点，于.将沿翻折至的位置，连接.那么在翻折过程中，下列说法当中正确的是（

）A．B．四棱锥的体积的最大值是C．存在某个位置，使D．在线段上，存在点满足，使为定值22．（23·24上·南昌·开学考试）已知双曲线：，点为双曲线右支上的一个动点，过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，两点，则下列说法正确的是（

）A．双曲线的离心率为B．存在点，使得四边形为正方形C．直线，的斜率之积为2D．存在点，使得23．（23·24上·湖北·期中）抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行或重合.已知抛物线：的焦点为F，过x轴上F右侧一点的直线交于A，B两点，C在A，B处的切线交于点P，直线，交y轴分别于点D，E，则（

）A． B．C． D．24．（23·24上·河南·模拟预测）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（

）

A．异面直线AE与BC所成的角为 B．C．平面平面CDE D．直线AE与平面BDE所成的角为25．（23·24上·河南·阶段练习）已知函数在处取得极大值，则下列结论正确的是（

）参考数据：．A．B．C．在处取得极小值D．在区间的最小值为26．（23·24上·烟台·期中）已知函数的定义域为，满足，且时，，则（

）A．时，函数的最大值为B．函数在区间上单调递减C．方程有两个实根D．若，则的最大值为27．（23·24上·烟台·期中）已知数列：，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，以此类推.记数列的前n项和为，则（

）A．B．C．若则的最小值为D．若且存在，使得，则的最小值为28．（21·22下·潍坊·一模）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（

）.A．平面QBCB．设三棱锥和的体积分别为和，则C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍D．二面角的正切值为29．（22·23上·福州·期中）已知函数，则以下判断正确的是（

）A．函数的零点是B．不等式的解集是．C．设，则在上不是单调函数D．对任意的，都有．30．（23·24上·福州·期中）已知函数的定义域为，则（

）A．为奇函数B．在上单调递减C．恰有2个极值点D．有且仅有2个极大值点31．（23·24上·福州·期中）函数，则下列结论正确的是（

）A．若函数在上为减函数，则B．若函数的对称中心为，则C．当时，若有三个根，，，且D．当时，若过点可作曲线的三条切线，则32．（20·21下·济南·阶段练习）在三棱锥中，平面，，且，为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（

）A．三棱锥的表面积是B．直线与直线所成的角为C．的最小值为D．三棱锥外接球的表面积为33．（22·23·海口·模拟预测）已知，，，下面结论正确的是（

）A． B．C． D．34．（23·24上·泰州·期中）已知函数，则（

）A．函数在处的切线方程为 B．函数有两个零点C．函数的极大值点在区间内 D．函数在上单调递减35．（23·24上·泰州·期中）已知，，且，则（

）A．的最大值是16 B．的最小值为128C．的最小值为10 D．的最小值为36．（22·23下·福州·期末）已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意，都满足，则下述正确的是（

）A． B．C．是偶函数 D．若，则37．（23·24上·江苏·期中）已知、、、四点在半径为的球的球面上，且，，，则下列结论正确的是（

）A．存在点使得平面B．有且仅有一个点使得直线与所成角为C．的取值范围为D．三棱锥体积的最大值为38．（23·24上·盐城·期中）在中，若，则（

）A．对任意的，都有B．对任意的，都有C．存在，使成立D．存在，使成立39．（23·24上·盐城·期中）已知数列满足，，，则（

）A．当且时，是等比数列B．当时，是等比数列C．当时，是等差数列D．当且时，是等比数列40．（23·24上·常州·阶段练习）正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（

）A．到平面的距离为B．向量在向量上的投影向量为C．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为D．棱锥的内切球的半径为41．（23·24上·镇江·期中）在棱长为6的正方体中，，是中点，则下列选项正确的是（

）A．平面截正方体所得截面为梯形B．直线与所成的角的余弦值是C．从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长为D．点到平面的距离为42．（23·24上·无锡·期中）已知函数定义域为R，满足，当时，,则下列结论正确的是（

）A．B．方程共有三个不同实根C．D．使不等式成立的x的最大值是三、填空题43．（23·24上·长沙·阶段练习）函数的值域为.44．（23·24上·湖北·期中）设，若函数有两个零点，则的取值范围是.45．（23·24上·湖北·期中）如图，在多面体中，四边形是矩形，，为的中点.记四棱锥，的体积分别为，，若，则.46．（23·24上·成都·期中）已知正数a，b满足（e为自然对数的底数），有下列三个关系式：①

②

③其中正确的是（填序号）．47．（23·24上·烟台·期中）若过点有三条直线与函数的图象相切，则实数m的取值范围为.48．（23·24上·烟台·期中）已知函数，则的最小值为.49．（22·23上·南开·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P为椭圆上一点，线段与y轴交于点Q，若，且为等腰三角形，则椭圆的离心率为.50．（23·24上·福州·期中）已知在函数与函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是．51．（23·24上·福州·期中）已知函数（，）有且仅有两个零点，则实数的取值范围是．52．（22·23·龙岩·模拟预测）已知双曲线：的右焦点为，过分别作的两条渐近线的平行线与交于，两点，若，则的离心率为53．（22·23下·河南·模拟预测）已知函数有三个零点，且它们的和为0，则的取值范围是.54．（23·24上·泰州·期中）请写出一个同时满足下列三个条件的等差数列的通项公式.①；②对任意的n，，都有；③给定，对任意的，都有.55．（22·23·南昌·二模）足球是大众喜爱的运动，足球比赛中，传球球员的传球角度、接球球员的巧妙跑位都让观众赞不绝口．甲、乙两支球队一场比赛的某一时刻，三位球员站位如图所示，其中A，B点站的是甲队队员，C点站的是乙队队员，，这两平行线间的距离为，，点B在直线l上，且，这时，站位A点球员传球给站位B点队友（传球球员能根据队友跑位调整传球方向及控制传球力度，及时准确传到接球点），记传球方向与的夹角为，已知站位B，C两点队员跑动速度都是，现要求接球点满足下面两个条件：①站位B点队员能至少比站位C点队员早跑到接球点；②接球点在直线l的左侧（包括l）；则的取值范围是．56．（23·24上·镇江·期中）已知函数，若不等式恒成立，则实数的最大值为．57．（23·24上·无锡·期中）圆与圆半径分别为1和2，两圆外切于点P，点A，B分别为圆上的动点，，则的最小值为．58．（23·24上·盐城·期中）若内一点满足，则称点为的勃罗卡点，为的勃罗卡角.在等腰中，，若勃罗卡点满足，则与勃罗卡角的正切值分别为、2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（九）一、单选题1．（23·24上·长沙·阶段练习）已知函数，，，若，图像上分别存在点M，N关于直线对称，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】设的图像上点的坐标为，其关于直线的对称点的坐标为，点在图像上.所以有，且，消去可得，所以.令，，则，当时，，所以函数单调递增，且，所以的值域为，所以实数的取值范围为.故选:A.2．（23·24上·长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】先找到一个平面总是保持与垂直，取，的中点，，连接，，.因为是正方形，所以.因为底面.所以.又，所以平面.所以.因为在中，，为的中点，所以.又，所以平面.进一步.取，，的中点，，，连接，，，，易证平面平面.故平面，记，又是内的动点，根据平面的基本性质得：点的轨迹为平面与平面的交线段，在中，，，，由余弦定理得:.故.故选:B.3．（23·24上·湖北·期中）已知，且，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，由可知；由可知，所以；则，所以，得，，所以，则，所以.故选：D.4．（23·24上·湖北·期中）在四边形中，，，，将沿折起，使点C到达点的位置，且平面平面.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，设，的中点分别为，，则，因为平面平面，，平面平面，平面,所以平面，故平面，因为平面，所以，故，因为平面，所以平面，又平面，所以，故，所以，故为三棱锥的外接球球心，，，所以球半径，故球的表面积为.故选：A.5．（23·24上·成都·期中）把边长为的正方形对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】取中点，连接，，以，分别为，轴，垂直面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为是边长为的正方形，所以,则，，，又易知，,，所以为二面角的平面角，由题知，，所以，则所以，，，故，所以，异面直线与所成角的余弦值为．故选：D.6．（23·24上·广安·阶段练习）已知函数在上存在极值，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】,函数在上存在极值，在该区间有变号零点.即,,单调递减,设，单调递增;单调递减;,,.故选:B.7．（23·24上·烟台·期中）斐波那契数列以如下递归的方法定义:，若斐波那契数列对任意，存在常数，使得成等差数列，则的值为（

）A．1 B．3 C． D．【答案】C【解析】由得，若对任意，成等差数列，则成等差数列，且成等差数列，则有，所以，解得，由可知，当时，对任意，有成等差数列，满足题意.则，故选：C.8．（23·24上·烟台·期中）定义在R上的函数f(x)的导函数为，满足，且当时，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由得，，令，则，即是上的偶函数，求导得，因为当时，，即，则，则在上单调递增，，，即，即，即，即，即，所以，解得或，则解集为.故选：C.9．（23·24上·福建·期中）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2022项之和为（

）A．4044 B．4045 C．4046 D．4047【答案】B【解析】因为，所以，又，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，所以所以，当时也符合上式，故，则数列的通项公式，则数列的前2022项之和为．故答案为：4045．10．（23·24上·福州·期中）函数的图象向右平移个单位长度后，所得的函数为偶函数，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】，其中，函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数为偶函数，则当时，，，即，则，，，，即，因为，所以，，所以，当，即时，等号成立，所以的最小值为4.故选：B11．（23·24上·福州·期中）若，则（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【解析】记，因为，所以为奇函数，又和在R上都为增函数，所以在R上为增函数.由得，即，所以，即.故选：A12．（22·23下·新疆·二模）已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【解析】设，，，，，则如图所示，因为，所以，即，所以，因为，，所以，，由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，延长交于，则，此时∽，根据相似知识可得，所以，所以的最大值为，故选：D.13．（23·24上·泰州·期中）已知，，，其中e为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，，记，则，令，则，单调递增，所以，当时，，即，又时，，所以，故，所以，故当时，，单调递增，所以，即，即.记，则，即，则，当时，，单调递增，又，所以，即，单调递增，又，所以，即.综上，.故选：B14．（23·24上·周口·开学考试）若函数在单调递增，则的最小值为（

）A． B． C． D．0【答案】B【解析】对任意的恒成立，即，可得，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以在取得极大值，，所以当时，取得最大值，，所以，，故.故选：B15．（22·23下·深圳·期末）已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，所以，由，得，又，所以，在中，由，得，即，所以，即的离心率为.故选：A.16．（23·24上·盐城·期中）已知，，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】，，∴.在B，C中选，比较a，b大小，令，，令，在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，所以，所以时,，则，即，故.故选：C.17．（22·23·湛江·二模）如图，将一个圆柱等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为，高为，则，所以圆柱的侧面积为．故选：A.18．（23·24上·镇江·期中）设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，令，则或，解得或，所以因为两函数图象的公共点的横坐标从小到大依次为，所以，所以即..故选：A19．（23·24上·无锡·期中）记函数（，）的最小正周期为，且．将的图象向右平移个单位，所得图象关于y轴对称，则ω的最小值为（

）A．1 B．2 C．3 D．5【答案】D【解析】由于所以．由于，，为偶函数，,所以由于，所以取时，．故选：D20．（23·24上·无锡·期中）设函数，，在上的零点分别为，则的大小顺序为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，，所以在上单调递增，又因为，所以存在使得，所以，因为，，解得：，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，又因为，在上单调递增，，所以存在使得，所以最大，因为，所以，，，故选：B．二、多选题21．（23·24上·长沙·阶段练习）如图，等边三角形的边长为4，为边的中点，于.将沿翻折至的位置，连接.那么在翻折过程中，下列说法当中正确的是（

）A．B．四棱锥的体积的最大值是C．存在某个位置，使D．在线段上，存在点满足，使为定值【答案】ABD【解析】A：因为，即，，因为，面，则平面，因为平面，所以，正确；B：当平面平面时，四棱锥的体积最大.由A易知为二面角的平面角，此时.即，，，面，此时平面，即为四棱锥底面上的高，四棱锥的体积的最大值为：，正确；C：假设存在某个位置，使得，连接，由正三角形性质得，因为，面，所以平面，由平面，所以，由A知，因为，面，所以平面，由平面，所以，则，与题设矛盾，假设不成立，错误；D：由题设，点在线段上，且，取的中点，连接，则，，由底面三角形的边长为4，则，，，因为平面，所以面，面，所以，所以为直角三角形，且，，故为定值，正确.故选：ABD.22．（23·24上·南昌·开学考试）已知双曲线：，点为双曲线右支上的一个动点，过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，两点，则下列说法正确的是（

）A．双曲线的离心率为B．存在点，使得四边形为正方形C．直线，的斜率之积为2D．存在点，使得【答案】AB【解析】对于A，由双曲线：，得，故，A正确；对于B，双曲线：的渐近线为，则四边形为矩形，又双曲线右顶点为，到直线的距离均为，故矩形为正方形，即存在点，即M为双曲线右顶点时，使得四边形为正方形，B正确；对于C，设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，由于，故可得的方程为，联立，可得，则，同理，可得的方程为，联立，可得，则，故，而，故，C错误；对于D，由以上分析可知，同理,故，根据双曲线的对称性，不妨假设M在第一象限，则，故，令，将代入，即有，显然不可能，即双曲线上不存在点，使得，D错误，故选：AB23．（23·24上·湖北·期中）抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行或重合.已知抛物线：的焦点为F，过x轴上F右侧一点的直线交于A，B两点，C在A，B处的切线交于点P，直线，交y轴分别于点D，E，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】设直线，在C上的反射线分别为，，则轴，设G，H分别为线段，延长线上的点，结合光的反射定律可知，，由几何关系可知，设交x轴于M，则，所以，故A正确；设，其中，C在A处的切线的斜率为，故C在A处的切线方程为，令，则，即，故直线的斜率为，所以，故，同理可知，因为四边形的内角和为360°，所以，故B正确；设，其中，同上可知抛物线C在B处的切线方程为，求得，所以，且由抛物线的几何性质可知，，所以，，当且仅当时等号成，故C错误；设为坐标原点，由，则，同理，所以，故D正确.故选：ABD.24．（23·24上·河南·模拟预测）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（

）

A．异面直线AE与BC所成的角为 B．C．平面平面CDE D．直线AE与平面BDE所成的角为【答案】ABC【解析】因为，所以（或其补角）即为异面直线AE与BC所成的角，又，所以，即异面直线AE与BC所成的角为，A正确；连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且平面ABCD，所以，又，，OE，平面ACE，所以平面ACE，又平面ACE，所以，B正确；由对称性可知，，所以四边形AFCE为平行四边形，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正确；由，，得，在正方形ABCD中，，又，所以平面BEDF，所以即为直线AE与平面BDE所成的角，设该八面体的棱长为2，则，所以，所以，D错误.故选：ABC.25．（23·24上·河南·阶段练习）已知函数在处取得极大值，则下列结论正确的是（

）参考数据：．A．B．C．在处取得极小值D．在区间的最小值为【答案】BCD【解析】对A,B，，故，由题意，，解得，，故A错误，B正确；对C，故，.令可得或，令可得，故在与上单调递增，在上单调递减，故在处取得极小值，故C正确；对D，由C，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.又，，故D正确.故选：BCD26．（23·24上·烟台·期中）已知函数的定义域为，满足，且时，，则（

）A．时，函数的最大值为B．函数在区间上单调递减C．方程有两个实根D．若，则的最大值为【答案】BC【解析】因为，所以，当时，，则，当时，，则，当时，，则，作出图像，如图所示，对于A，当时，，当时，，故A错误；对于B，当时，，因为二次函数对称轴为直线，所以时，单调递减，故B正确；对于C，方程实数根的个数函数与交点的个数，在同一直角坐标系中做出图像，如图所示，由图像可得，函数与有2个交点，即方程有两个实根，故C正确；对于D，当时，，令，解得，所以，的最大值为，故D错误，故选：BC．27．（23·24上·烟台·期中）已知数列：，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，以此类推.记数列的前n项和为，则（

）A．B．C．若则的最小值为D．若且存在，使得，则的最小值为【答案】BCD【解析】将已知数列分组，使每组第一项均为1，即：第1组：，第2组：，，第3组：，，，第k组：，，，，，根据等比数列前n项和公式，得，求得每组的各项之和：，，，，，每组含有项的项数为：，故前组总共的项数为，前组的所有项和，选项A，当时，，即前组共项，故前项和为前组的和再加上第组中的前项，即，故A项错误；选项B，当时，，即前组共项，故第项为第组的第项，即，故B项正确；选项C，因为，且第组各项为：，，，，，所以，又由，知数列单调递增，所以使的的最小值为，故C项正确；选项D，若，则由，，解得，即在第20组或以后的组内，又由，，则，故，由，且，则在第组内，设其为第组内的第项，即由，得，故，由，得，所以，因为是关于的增函数，则，故D项正确.故选：BCD.28．（21·22下·潍坊·一模）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（

）.A．平面QBCB．设三棱锥和的体积分别为和，则C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍D．二面角的正切值为【答案】BCD【解析】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，∴PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，∴，∴，QN=4h，PN=h，∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得，故B正确；∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；∵，∴，，∴，即二面角的正切值为，故D正确.故选：BCD.29．（22·23上·福州·期中）已知函数，则以下判断正确的是（

）A．函数的零点是B．不等式的解集是．C．设，则在上不是单调函数D．对任意的，都有．【答案】BD【解析】对于A项，零点是数不是点，故A错误；对于B项，令，而恒成立，原不等式等价于，解之得，故B正确；对于C项，，所以，设，则，设即定义域上单调递增，，即存在使得，即存在使得，所以时有，则，在上单调递增，故C错误；对于D项，设，由C项结论可知在上单调递增，所以有，又，即成立，故D正确.故选：BD30．（23·24上·福州·期中）已知函数的定义域为，则（

）A．为奇函数B．在上单调递减C．恰有2个极值点D．有且仅有2个极大值点【答案】ABD【解析】A.函数的定义域为，，所以函数为奇函数，故A正确；B.，当时，，所以函数在上单调递减，故B正确；C.显然，当时，令，即，得，分别作出和在的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间上共有4个公共点，且图象在这些公共点处都不相切，故在区间上的极值点的个数为4，有2个极大值点，故C错误，D正确.故选：ABD31．（23·24上·福州·期中）函数，则下列结论正确的是（

）A．若函数在上为减函数，则B．若函数的对称中心为，则C．当时，若有三个根，，，且D．当时，若过点可作曲线的三条切线，则【答案】ACD【解析】对于A，，，函数在上为减函数，则，对，所以，解得，故A正确；对于B，函数的对称中心为，则，即，解得，故B错误；对于C，当时，，则即，化简得，其3个根为，，，所以，故C正确；对于D，当时，，设切点为，则，切线的斜率，则切线方程为，将点代入上式，整理得，过点可作曲线的三条切线，即方程有三个不同的解，令，则，可得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以函数在处取得极小值，极小值为，在处取得极大值，极大值为，由方程有三个不同的解，所以，故D正确.故选：ACD.32．（20·21下·济南·阶段练习）在三棱锥中，平面，，且，为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（

）A．三棱锥的表面积是B．直线与直线所成的角为C．的最小值为D．三棱锥外接球的表面积为【答案】ABD【解析】∵平面，∴，又∴平面，∴，又∴三棱锥的表面积是，故选项A正确；可以把三棱锥放入棱长为2正方体中如图，则易知直线与直线所成的角为，三棱锥外接球即正方体的外接球，所以外接球的表面积为，故选项B、D正确；把沿分翻折至平面内，则的长即为的最小值，如图由题意可知，则，∴，即的最小值为，故选项C错误.故选：ABD.33．（22·23·海口·模拟预测）已知，，，下面结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】A选项，变形得到，因为，所以，故，解得，当且仅当时，等号成立，A错误；B选项，因为，所以，即，又，所以，即，因为，所以，同理可得，由可得，故，，所以，故，解得，又，即，所以，即，解得，解得，综上，，同理可得，所以，故B正确；C选项，因为，所以，解得，当且仅当时，等号成立，，C正确；D选项，由B可知，，设，，则，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，所以，所以，即，解得，，故选：BCD34．（23·24上·泰州·期中）已知函数，则（

）A．函数在处的切线方程为 B．函数有两个零点C．函数的极大值点在区间内 D．函数在上单调递减【答案】ACD【解析】由得，所以，又,所以函数在处的切线方程为，即，所以A正确；令，显然在上单调递减，且，，所以存在使得，即，则在上单调递增，在上单调递减，所以在处有极大值，极大值点，所以C正确；因为，所以函数在上单调递减，所以D正确因为，函数在上单调递增，所以在上，函数有一个零点，因为，所以当时，，所以函数在上无零点，所以函数只有一个零点，所以B错误.故选：ACD35．（23·24上·泰州·期中）已知，，且，则（

）A．的最大值是16 B．的最小值为128C．的最小值为10 D．的最小值为【答案】BD【解析】因为，，且，所以，解得，当且仅当时等号成立，故A错误；因为，由A选项分析可知，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；因为，，且，所以，所以，等号成立当且仅当，故C错误；因为，且，所以不妨令，因为，所以单调递增，所以，从而，等号成立当且仅当.故选：BD.36．（22·23下·福州·期末）已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意，都满足，则下述正确的是（

）A． B．C．是偶函数 D．若，则【答案】ABD【解析】对于A，令，则，故A正确对于B，令，则，则，故B正确对于C，令，则，所以，又令，，则，所以是奇函数，故C错误对于D，令，，则，所以，故D正确.故选：ABD．37．（23·24上·江苏·期中）已知、、、四点在半径为的球的球面上，且，，，则下列结论正确的是（

）A．存在点使得平面B．有且仅有一个点使得直线与所成角为C．的取值范围为D．三棱锥体积的最大值为【答案】BCD【解析】因为，，则，同理可得，，在中，由余弦定理，得.所以.设外接圆的圆心为，半径为，故，点到平面的距离，点在过且垂直于的球的截面上，设该截面与球的交线所成圆的圆心为，半径为，则，，如图所示.对于选项A，过作平行于平面的平面，则垂直于圆所在平面，，，因为，可得，则，，设球心到平面的距离为，则，故与圆在球面上无交点，即不存在满足条件的点，故A错误：对于选项B，设与所成角为，由圆所在截面，，当且仅当为圆的直径时，，，故B正确；对于选项C，圆所在截面，只需考虑在方向上的投影向量，当时，与夹角最小，为，取得最大值为，当时，与夹角最大，为，取得最小值为.故的取值范围为，故C正确；对于选项D，的面积，当点到平面的距离最大时，的体积最大，因为，故的体积，故D正确.故选：BCD.38．（23·24上·盐城·期中）在中，若，则（

）A．对任意的，都有B．对任意的，都有C．存在，使成立D．存在，使成立【答案】AD【解析】在中，当时，，取，则，，，，则，B错，D对；显然，即，则，令，，，因此函数在上单调递减，则，即，从而，A对，C错.故选：AD39．（23·24上·盐城·期中）已知数列满足，，，则（

）A．当且时，是等比数列B．当时，是等比数列C．当时，是等差数列D．当且时，是等比数列【答案】ACD【解析】对于A，因为，所以，即，又，∴，∴为等比数列，A对；对于B，当时，，∴，则，当时不是等比数列，B错；对于C，当时，，则，则，∴是以1为公差的等差数列，C对；对于D，，则，则，所以，又，∴是以为公比的等比数列，D对.故选：ACD.40．（23·24上·常州·阶段练习）正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（

）A．到平面的距离为B．向量在向量上的投影向量为C．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为D．棱锥的内切球的半径为【答案】BC【解析】如图所示，补四棱锥为长方体，分别为对应棱中点，于W，由题意可知长方体的高为3，对于A项，平面即平面，由长方体性质可知面，又面，所以，又面，所以面，即为到平面距离，利用等面积法可知：，故A错误；根据投影向量概念知：向量在向量上的投影向量为向量，即为，所以正确；连接，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正确.设四棱锥的内切球半径为，由等体积法可得：，所以，所以D错误；故选：BC.41．（23·24上·镇江·期中）在棱长为6的正方体中，，是中点，则下列选项正确的是（

）A．平面截正方体所得截面为梯形B．直线与所成的角的余弦值是C．从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长为D．点到平面的距离为【答案】ABD【解析】A选项，如图1，取的中点，连接，因为是中点，故，且，所以四边形为平行四边形，则，在上取点，使得，因为，所以，故，故四边形即为平面截正方体所得截面，又与平面不平行，故与不平行，故四边形为梯形，故平面截正方体所得截面为梯形，A正确；选项B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，故，则，故直线与所成的角的余弦值是，B正确；C选项，将平面与平面沿着折叠到同一平面内，连接，如图，则，由勾股定理得，由于，故从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长不为，C错误；D选项，，设平面的法向量为，则，令，则，故，则点到平面的距离为，D正确.故选：ABD42．（23·24上·无锡·期中）已知函数定义域为R，满足，当时，,则下列结论正确的是（

）A．B．方程共有三个不同实根C．D．使不等式成立的x的最大值是【答案】ACD【解析】方法一：，A对．时，,解得两个根为0，当时，，则，由即有两个根，因此至少有4个根，B错．由于，由，取，，则是以1为首项为公比的等比数列，，C对．当，则或当的最大值为，故的最大值为，的最大值为，故当时，．成立的的最大值为，D对，故选：ACD．方法二：时，，当时，，…，时，，取时，，A正确．作出大致图象如下，联立或，与共四个交点，B错．对于C,为奇数时，，为偶数时，,．，C正确．对于D，当时，令或，结合图象知，D正确；故选：ACD．三、填空题43．（23·24上·长沙·阶段练习）函数的值域为.【答案】【解析】是函数的一个周期，所以只需要考虑函数在的取值范围即可.，易知在内有三个零点，依次为，，.函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，计算有，，，，所以函数的值域为.故答案为：44．（23·24上·湖北·期中）设，若函数有两个零点，则的取值范围是.【答案】（或写成）【解析】方法1：由得，记，则，所以是单调递增函数.根据题意有解，所以.由得.当时，，单调递减；当时，，单调递增，故.设，则.由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.又当趋向于负无穷大时，趋向于正无穷大，当趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，所以a的取值范围为.方法2：令，则，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又因为当时，，且当趋向于正无穷大时，无限趋近于0，所以若有两个零点，只需满足或，所以的取值范围是.45．（23·24上·湖北·期中）如图，在多面体中，四边形是矩形，，为的中点.记四棱锥，的体积分别为，，若，则.【答案】【解析】如图所示，连接，因为为的中点，且，设且梯形的高为，则四边形和的面积分别为，，所以则四边形与的面积比为，所以，在矩形中，因为为的中点，可得，，所以与的面积比为，所以，所以.故答案为：.46．（23·24上·成都·期中）已知正数a，b满足（e为自然对数的底数），有下列三个关系式：①

②

③其中正确的是（填序号）．【答案】①②③【解析】由题意得，令，，则恒成立，所以在上单调递增，故，所以，②正确；，①正确；，③正确；故答案为：①②③47．（23·24上·烟台·期中）若过点有三条直线与函数的图象相切，则实数m的取值范围为.【答案】【解析】函数，定义域为R，，设切点坐标为，则切线方程为，切线过点，则有，即，依题意关于方程有三个解，设，，解得或；，解得，所以在和上单调递减，在上单调递增，时，取极小值；时，取极大值，实数m的取值范围为.故答案为：.48．（23·24上·烟台·期中）已知函数，则的最小值为.【答案】/【解析】由同角三角函数的基本关系和二倍角公式化简，即，即，令，则，.，令，即，解得，当时，，此时为单调递减函数，当时，，此时为单调递增函数，所以，时，取得最小值，即.综上所述，的最小值为.故答案为：.49．（22·23上·南开·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P为椭圆上一点，线段与y轴交于点Q，若，且为等腰三