2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编18含解析

2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十八）一、单选题1．（2024·广东·小榄中学高三阶段练习）设函数，若对于随意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】令，则令，则则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.作出和的图像，视察交点个数，可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，由题意列不等式的：解得：.故选：B2．（2024·广东·高三阶段练习）如图，AB是半球的直径，O为球心，，P为此半球大圆弧上的随意一点（异于A，B），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作QR⊥AB于R，连接PR，OP，若二面角P-AB-Q为，则三棱锥P-OQR体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵PQ⊥平面ABQ，平面ABQ,∴，∵QR⊥AB，,平面PQR,∴AB⊥平面PQR，平面PQR,AB⊥PR，∴∠PRQ为二面角P-AB-Q的平面角，即，设，，，在中，，，在中，，则，而，当且仅当，即，即时，取得最大值．此时三棱锥P-OQR体积的最大值为．故选:C．3．（2024·广东·高三阶段练习）若正实数a，b，c满意，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】∵．∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，，∴A，B，C项错误；∵，，∴，D项正确．故选：D．4．（2024·广东·高三阶段练习）某地质勘探队为探讨各地区的水是否存在某种矿物质，现从不同地区采集了100个样本，勘探队中的成员甲提议用如下方式进行检测，先将100个样本分为10组，每组再选取部分样本进行混合，对混合样本进行检测，假如不含该矿物质，则检测下一组，若含有该矿物质，则逐个检测；成员乙提议将100个样本分为5组或20组等等．假设每个样本含有该矿物质的概率．且每个样本是否含有该矿物质相互独立．则下列选项中检测次数的期望值最小的是（

）（参考数据：）A．5个一组 B．10个一组 C．20个一组 D．逐个检验【答案】B【解析】若5个一组时，每组检测次数为，或5，，，的分布列是160.9510.049，总检测次数的期望为，若10个一组时，每组检测次数为，或11，，，的分布列是1110.9040.096，总检测次数的期望为，若20个一组时，每组检测次数为，或21，，，的分布列是1210.8180.182，总检测次数的期望为，若逐个检测，总检测次数为100，因此10个一组检测次数的期望值最小，故选：B．5．（2024·湖南常德·高三阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】已知，令，则，所以在上单调递减，又因为偶函数，所以，所以，，所以不等式等价于，则，解得，所以不等式的解集为故选：A.6．（2024·湖南·武冈市教化科学探讨所高三期中）若，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依题意，，，即，又，，则，，即，所以，，的大小关系是.故选：D7．（2024·湖南·武冈市教化科学探讨所高三期中）设函数，若对于随意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】∵，即开口向上且，由恒成立，即在上恒成立，∴当时，即，由二次函数的性质，明显成立；当时，有两个零点，则只需满意，解得，故；综上，的取值范围是.故选：B8．（2024·湖北·仙桃市田家炳试验高级中学高三阶段练习）已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】不妨设，则，即，令，则，∴在单调递增，对恒成立，而恒成立，令，，则在单调递减，∴，∴，的取值范围是.故选：A9．（2024·山东·泗水县教化和体育局教学探讨中心高三期中）定义在上的偶函数在上单调递减，且满意，，，则不等式组的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，所以的周期为2，因为定义在上的偶函数在上单调递减，所以由，，可得，且，由，得，由，得，所以，解得，所以原不等式组的解集为，故选：D10．（2024·山东淄博·高三期中）设方程和的根分别为和，函数，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】方法一：由得，由得，因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，同理：函数与的图象交点的横坐标为，因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，易知直线与直线相互垂直，所以两点关于直线对称，即的中点肯定落在，亦即点为与的交点，联立，解得，即，所以，故，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，，，则，，令，则，所以在上单调递增，所以，即，故，令，则，令，得，所以在上单调递增，所以，则，故，综上：.故选：B.方法二：前面部分同方法一得，，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，而，，，因为，当且仅当时取等号，所以，当时，，所以，即，下面比较的大小关系，设，，所以，故在上递增，，即有，亦即，综上：.故选：B.11．（2024·山东·新泰市第一中学北校高三期中）已知定义域为的函数满意，其中为的导函数，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，，故在R上单调递增.又，且，故原不等式可转化为，所以，解得.故选：D.12．（2024·福建·高三阶段练习）抛物线的焦点为，过作斜率为的直线与抛物线在轴右侧的部分相交于点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如下图所示：易知抛物线的焦点为，准线方程为，直线的方程为，由可得，解得，可得点，由抛物线的定义可得，易知点，则，所以，是边长为的等边三角形，故.故选：C.13．（2024·福建·高三阶段练习）艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国闻名物理学家，同时在数学上也有很多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．假如函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，，的前n项和为，则等于（

）A．2024 B．2024 C． D．【答案】D【解析】有两个零点1，2，则，解之得，则，则则则由，可得，故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列则通项公式，前n项和则故选：D14．（2024·福建三明·高三期中）对随意恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，，不等式明显成立；当时，，令，令，则是上的增函数且，当时，此时递减，时，此时递增.故的最小值为，令，则，故是增函数，的最大值为，故，综上所述，，故选：D15．（2024·福建三明·高三期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满意条件，，则下列结论正确的是（

）A． B．是数列中的最大值C． D．数列无最大值【答案】C【解析】等比数列的公比为，则，由，则有，必有，又由，即，又，则有或，又当时，可得，由，则与冲突所以，则有，由此分析选项：对于A，，故，故A错误；对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；对于C，等比数列中，则，则，故C正确；对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.故选：C.16．（2024·江苏苏州·高三阶段练习）已知，则的大小关系正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】设令，则在上恒成立，单调递增，又，所以在上恒成立，所以，即；令，则在上恒成立，单调递增，又，所以在上恒成立，所以，即，所以；综上，故选：A17．（2024·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）已知定义在上的偶函数满意，且当时，，则函数的零点个数是A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【解析】由题意,所以周期为2,当时，，且偶函数,即函数图象关于y轴对称,分别画出y=和y=的图象,视察可得交点个数为4个,即函数的零点个数是4个,故选C.18．（2024·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）已知，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】，故，所以，又，则，故，故选：D.19．（2024·江苏·常熟市中学高三阶段练习）设，（e是自然对数的底数），则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】记，则，所以在上单调递减，所以，所以在上，所以.又单调递增，所以所以，即.而由二项式定理得：.对于a、c，由，.记，则，所以在上单调递增，所以.所以，所以.综上所述：.故选：C二、多选题20．（2024·广东·小榄中学高三阶段练习）定义行列式，若函数，则下列表述错误的是（

）A．的图象关于点中心对称B．的图象关于直线对称C．在区间上单调递增D．是最小正周期为的奇函数【答案】ABD【解析】由题中所给定义可知，A.，故A错误；B.，故B错误；C.时，，此时函数单调递增，故C正确；D.，但，所以函数不是奇函数，故D错误.故选：ABD21．（2024·广东·高三阶段练习）已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，P为C上随意一点，、分别为C的左、右焦点，则下列说法正确的是（

）A．存在点P，使得的长度为B．面积的最大值为C．C上存在4个不同的点P，使得是直角三角形D．内切圆半径的最大值为【答案】BCD【解析】由题意得，解得，解得，则椭圆C的方程为，选项A：P为C上随意一点，则，故不正确，选项B：面积为．当点P落在短轴端点时，面积最大为，故正确；选项C：点P在椭圆上，则，，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，所以最大为．故不存在点P，使．当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，故正确；选项D：设的内切圆半径为r，的面积，若r最大，需的面积最大，选项B可知，当点P落在短轴端点时，面积最大，为，解得此时，故正确，故选：BCD．22．（2024·广东·高三阶段练习）已知函数，，当时，恒成立，则实数a的可能取值为（

）A． B．0 C． D．2【答案】CD【解析】由题意得：时，恒成立，即时，恒成立，设（），则,,所以时，恒成立.又，则，①时，，设，存在时，，即在上是减函数，此时，，不满意题意；②时，在上恒成立，所以在上恒成立，设（），即，则，令（），则，当时，，所以在上是增函数，则时，，即时，时，，所以时，.则，又时，有，，所以，当且仅当时等号成立，故时，.所以在上是增函数，则，所以时，在上恒成立.综上，时，在恒成立，故选：CD23．（2024·广东·高三阶段练习）已知动圆Q过点，且与直线相切，记动圆Q的圆心轨迹为，过l上一动点D作曲线的两条切线，切点分别为A、B，直线与y轴相交于点F，下列说法正确的是（

）A．的方程为 B．直线过定点C．为钝角（O为坐标原点） D．以为直径的圆与直线相交【答案】ABC【解析】设圆心，由于动圆Q过点，且与直线相切，可得，整理得，故曲线的方程为，故选项A正确；设，且，由于，得，所以导函数，所以切线的方程为：，即，又，所以，同理切线的方程为：，又切线，都经过点，所以，故直线方程为，所以直线过定点，故选项B正确；联立消整理得，所以则，因为与不共线，所以为钝角，故选项C正确；由于直线恒过抛物线的焦点，设中点，过向直线作垂线，垂足分别为，连接由抛物线的定义，所以所以以为直径的圆与直线相切，故选项D错误.故选：ABC.24．（2024·湖南常德·高三阶段练习）已知函数则下列说法正确的是（

）A．当时,B．当时,直线与函数的图象相切C．若函数在区间上单调递增,则D．若在区间上恒成立,则【答案】AB【解析】对于A,当时,,,当时,,当时,,函数在上单调递减,在上单调递增,,故选项A正确;对于B,当时,,,,函数在处的切线方程为,故选项B正确;对于C,,若函数在区间上单调递增,则区间上恒成立,即在上恒成立,令,,则,函数在上单调递减,,,故选项C错误;对于D,当时,恒成立,此时;当时,恒成立等价于恒成立,即恒成立,设,,则在上恒成立,在上单调递减,,,综上所述,故选项D错误.故选:AB．25．（2024·湖南常德·高三阶段练习）已知函数的定义域为，值域为，则的值不行能是（

）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】函数，定义域为，即，，又值域为，即，，在正弦函数的一个周期内，要满意上式，结合正弦函数性质：所以，，，，即，的值不行能为和和．故选：BCD26．（2024·湖南·武冈市教化科学探讨所高三期中）已知函数与的定义域均为，分别为的导函数，，，若为奇函数，则下列等式肯定成立的是（

）A． B．.C． D．【答案】ACD【解析】由得：，，关于中心对称，则，为奇函数，，左右求导得：，，为偶函数，图象关于轴对称，，是周期为的周期函数，，C正确；，，又，，A正确；令，则，，又，，，即，D正确；，，设，则，，又为奇函数，，，即，B错误.故选：ACD.27．（2024·湖南·武冈市教化科学探讨所高三期中）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．为函数的一个周期B．直线是函数图象的一条对称轴C．函数在上单调递增D．函数有且仅有2个零点【答案】AB【解析】因为，所以为函数的一个周期，选项正确；因为，所以直线是函数图象的一条对称轴，故选项正确；因为，所以是偶函数，又当时，单调递减，单调递增，且，所以在时单调递减；当时，单调递增，单调递减，且，所以在时单调递减，所以函数在时单调递减，又为函数的一个周期，且直线是函数图象的一条对称轴，所以画出函数的图象如图，由图可知，选项C，D错误.故选：AB.28．（2024·湖北·仙桃市田家炳试验高级中学高三阶段练习）已知函数（，e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（

）A．方程至多有2个不同的实数根B．方程可能没有实数根C．当时，对，总有成立D．当，方程有3个不同的实数根【答案】AC【解析】画出的图象如下图所示，当时，，画出图象如下图所示，由图可知有两个零点；有两个解，且这两个解与不相同，所以由得或，则有个不同的根，D选项错误.对于A选项，由上述分析可知，当时，有两个零点，留意到有一个零点，有一个零点，所以最多有两个零点，A选项正确.对于B选项，有一个零点，有一个零点，所以无论取何值，至少有一个零点，B选项错误.对于C选项，时，，所以当时，的图象如下图所示：由图可知，在上递增，即，总有成立，C选项正确.故选：AC29．（2024·山东·泗水县教化和体育局教学探讨中心高三期中）对于函数，下列说法正确的是（

）A．在处取得极大值B．有两个不同的零点C．D．若在上恒成立，则【答案】ACD【解析】定义域为，由题意，当时，，递增，当时，，递减，所以在时取得极大值，A正确；当时，，因此在上一个零点1，在上，无零点．因此函数只有一个零点，B错；因为，在上递减，所以，C正确；，即，设，则，当时，，递增，时，，递减，所以时，取极大值也最大值．所以．D正确．故选：ACD．30．（2024·山东淄博·高三期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（

）A．B．若，则为直角三角形C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为D．若为边上一点，且，则的最小值为【答案】BCD【解析】对于A，因为，所以，则由正弦定理得，则，因为，所以，故，又，所以，故A错误；对于B，由余弦定理得，因为，即，代入上式得，整理得，解得或（舍去），则，所以，故B正确；对于C，设边上的高分别是，则由三角形面积公式易得，则，因为，当且仅当，即时，等号成立，此时，得，所以，故C正确；对于D，因为，所以，可得，整理得，故，所以，当且仅当且，即时，等号成立，所以，即的最小值为，故D正确.故选：BCD.31．（2024·山东·新泰市第一中学北校高三期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（

）A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为C．当点P为中点时，异面直线与所成角为D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】ACD【解析】对A，由于，明显平面，又，所以在任何位置时到平面的距离相等，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对B，由在上且，故截面为，所以截面周长为，故B错误；对C，当点P为中点时，由于为正方形，所以，又，所以，故C正确；对D，当点P为中点时，，所以在正方体中平面，由，，所以，，所以外接圆直径，所以三棱锥的外接球的直径，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；故选：ACD32．（2024·山东·新泰市第一中学北校高三期中）已知奇函数在上有定义，且满意，当时，，则下列结论正确的是（

）A．是函数的周期B．函数在上的最大值为C．函数在上单调递减D．方程在上的全部实根之和为【答案】AD【解析】对于A，是上的奇函数，，，故是函数的周期，故A正确；对于C，当时，，求导，，，，，，则单调递增，又为奇函数，所以函数在上单调递增，故C错误；对于B，由可得关于对称，故在上单调递增，又是奇函数且周期为，，故B错误；对于D，方程的根等价于与的交点的横坐标，依据的单调性和周期可得，与在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，所以方程在上的全部实根之和为，故D正确.故选：AD.33．（2024·福建·高三阶段练习）如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（

）A．棱上总会有一点，使得平面B．存在某个位置，使得与所成角为锐角C．肯定是二面角的平面角D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】AD【解析】对于A，取中点，连接，如图，在中，，平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，取中点，连接,因为是等边三角形，所以,又因为,在中，，所以，又因为,平面，所以平面，又平面，所以，故B错误；对于C，翻折过程中，长度不变，但长度会随着翻折程度不同而不同，所以不肯定垂直于，所以肯定是二面角的平面角，故C错误；对于D，因为为直角三角形，所以过作平面,设为三棱锥外接球的球心，因为平面平面，平面平面,且，平面，所以平面,所以,过作交于点，如图所示，所以四边形为矩形，，在直角中，即在直角中，即解得，所以三棱锥的外接球的表面积是.故D正确.故选:AD.34．（2024·福建·高三阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点满意()，记点P的轨迹为曲线C，则（

）A．存在实数，使得曲线上全部的点到点的距离大于2B．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之和为6C．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之差为2D．存在实数，使得曲线上有两点到点的距离与到直线的距离相等【答案】BD【解析】设点P(x，y)，由得，即，曲线C是斜率为2的动直线，对于A选项：点到直线C的距离为，即曲线C上存在点与距离小于2，A错误；对于B选项：因，则到点与的距离之和为6的轨迹是中心在原点，长轴长为6的椭圆，a=0时，直线C：y=2x与这个椭圆有两个交点，即B正确；对于C选项：因，则到点与的距离之差为2的轨迹是中心在原点，实轴长为2的双曲线右支，直线C：与此双曲线渐近线2x-y=0平行，直线C：y=2x与这个双曲线右支最多有一个公共点，即C错误；对于D选项：时，到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹是顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线，由消去x得，，当，直线C与抛物线交于两点，D正确.故选：BD35．（2024·福建三明·高三期中）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．三棱柱的体积为B．平面C．与平面所成角为D．点到平面的距离为【答案】BC【解析】对A：，故A错误；对B：连接，如下所示：易知//，面面，故//面；易知//，面面，故//面；又面，故面//面；又面，故//面，故B正确；对C：连接交于点，连接，如下所示：因为为正方形，故可得，又面面，故，又面，，故面，又面与面为同一个平面，则直线与平面所成角即为，又面，则，故在△中，，，又，故，即与平面所成角为，C正确；对D：在△中，，故；在△中，，故，又面，设点到面的距离为，则由可得，即，解得，即点到面的距离为，故D错误.故选：BC.36．（2024·福建三明·高三期中）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个探讨了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满意：，，.若将数列的每一项依据下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】对于A选项，因为斐波那契数列总满意，所以，，，类似的有，，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.37．（2024·江苏苏州·高三阶段练习）对于三次函数,给出定义:设是函数的导数,是的导数,若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”.经过探究发觉:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数,则以下说法正确的是（

）A．B．当时,有三个零点C．D．当有两个极值点时,过的直线必过点【答案】AB【解析】解:由题知,关于选项A:,令可得,的拐点为,,对称中心为,即成立,-故选项A正确;关于选项B:当时,,不是的零点,令,即有三个根,令,,时,单调递增,时,单调递减,时,单调递减,,,,,画图象如下:由图可知:时,与有三个交点,即有三个零点,故选项B正确;关于选项C:由选项A可知:,,两式相加可得,故选项C错误;关于选项D:由于有两个极值点有两根,,由于直线过,则直线肯定过中点,由选项A知,且有,中点坐标为,则直线肯定过,故选项D错误.故选:AB38．（2024·江苏苏州·高三阶段练习）瑞士闻名数学家欧拉在1765年得出定理：三角形的外心､重心､垂心位于同始终线上，这条直线被后人称为“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，点，点，圆是“欧拉线”上一点，过可作圆的两条线切，切点分别为.则下列结论正确的是（

）A．的“欧拉线”方程为B．圆上存在点，使得C．四边形面积的最大值为4D．直线恒过定点【答案】ABD【解析】设中点为，因为，所以，因为，所以，且，，所以，由题意可得欧拉线为直线，则欧拉线的方程为即，A正确；由圆的切线性质可得，设，则，在中由正弦定理得，所以，由二次函数的性质得当时取最小值8，所以，即的最大值为，所以，所以圆上存在点，使得，B正确；由圆的切线的定义可知，，，所以，又因为，且，所以即四边形面积的最小值为4，C错误；设，因为，，所以四点共圆，其中为直径，设中点，则，所以圆为即，所以为圆和圆的相交弦，两圆方程相减得方程为，即，由解得过定点，D正确；故选：ABD39．（2024·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（

）A．B．的长为定值C．与的夹角为D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】ABD【解析】A选项：由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，所以，且将沿直线翻折成，所以，又，平面，又平面，所以，故A选项正确；B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项正确；C选项：由B选项得，所以与的夹角即为与所成角，，，且，所以，所以，故C选项错误；D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，可知，故三棱锥的外接球即为其所在矩形的外接球，故外接球半径，外接球表面积，故D选项正确；故选：ABD.40．（2024·江苏·常熟市中学高三阶段练习）双扭线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发觉的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双扭线C．已知点是双扭线C上一点，下列说法中正确的有（

）A．双扭线C关于原点O中心对称；B．；C．双扭线C上满意的点P有两个；D．的最大值为．【答案】ABD【解析】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为把关于原点对称的点代入轨迹方程，明显成立；对B，因为，故．又，所以，即，故．故B正确；对C，若，则在的中垂线即y轴上．故此时，代入，可得，即，仅有一个，故C错误；对D，因为，故，，因为，，故．即，所以．又，当且仅当，，共线时取等号．故，即，解得，故D正确．故选：ABD.41．（2024·江苏·常熟市中学高三阶段练习）如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（

）A．截正方体的截面可能是正五边形B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得D．当F是中点时，满意的点E有且只有2个【答案】BCD【解析】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不行能是五边形，选项A错误．B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J，∴截面为五边形，记正方体棱长为6，，截面下侧的体积为，另侧体积为：，∴，故选项B正确.C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知，平面,平面

∴，故选项C正确．D.当E在上时，设，由，故上有一个点E；当E在上时，，故上不存在这样的点E；当E在上时，，故上也不存在；当E在上时，设，∴，故上存在一个点E，

∴共2个，选项D正确．故选：BCD.三、填空题42．（2024·广东·小榄中学高三阶段练习）已知函数在定义域上是增函数，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】由已知可知，在上为增函数，则，函数在上为增函数，则，可得，因为函数在上为增函数，则，可得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.43．（2024·广东·高三阶段练习）在中，斜边为，点在边上，设，，若，则用表示为___________．【答案】【解析】因为，，所以，在中由正弦定理可得，所以，所以，在中，，所以，又因为，，所以，即，所以，即，在中由余弦定理可得，所以．故答案为：．44．（2024·广东·高三阶段练习）如图，是面积为1的等腰直角三角形，记的中点为，以为直角边第一次构造等腰，记的中点为，以为直角边其次次构造等腰，…，以此类推，当第n次构造的等腰的直角边所构成的向量与同向时，构造停止，则构造出的全部等腰直角三角形的面积之和为____________．【答案】【解析】的面积是，构造出的第一个三角形的面积是前者的一半，即，构造出的其次个三角形的面积是前者的一半，即，以此类推，构造出的三角形的面积是首项为，公比为的等比数列，每次构造旋转，所以当与同向时，旋转了次，所以构造出的全部等腰直角三角形的面积之和为.故答案为：45．（2024·湖南常德·高三阶段练习）设函数的定义域为D，若满意条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是________.【答案】【解析】因为函数为“倍胀函数”，且定义域为，所以存在，使在上的值域为.因为为增函数，所以，所以方程有两个不等的实数根.令，则，令，解得.易知在上单调递增，在上单调递减，所以.易知当时，，当时，所以要使方程有两个不等的实数根，只需，得，所以t的取值范围为.故答案为：46．（2024·湖南·武冈市教化科学探讨所高三期中）已知数列满意（），设数列的前项和为，若，，则___________.【答案】【解析】因为，，所以，则，所以，，则，可知，，，所以，又，，所以，则，又，所以，，所以，因为，所以，故答案为：．47．（2024·湖北·仙桃市田家炳试验高级中学高三阶段练习）设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为______.【答案】【解析】设公共点坐标为，，，由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，又，即，所以，设函数，，令得.当时，，当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，b取最大值，将代入，则得.故答案为：.48．（2024·山东·泗水县教化和体育局教学探讨中心高三期中）已知函数，，若关于的不等式的解集中恰好有一个整数，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】，则，设，则，令，所以或，在上递减，在上递增，在上递减，在取微小值，，在取极大值，，作图，时，，，，由图知在下方图象中只有一个整数点，，故答案为:49．（2024·福建·高三阶段练习）已知双曲线C：的左