2025年高考试题2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十八）（解析版）

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·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）如图，已知抛物线：和圆：，过抛物线的焦点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，，，，则的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由抛物线：可知焦点为，当直线的斜率为0时，直线方程为，代入抛物线方程解得，代入圆的方程得，所以；当直线斜率不为0时，设直线的方程为，由，得，设，则，由抛物线的定义可知∴，∴，当且仅当时取等号.故选：D.2．（2024·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）已知，且，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由题知，，记，则，当时，，单调递增，故比较的大小关系，只需比较的大小关系，即比较的大小关系，记，则，记，则，所以在上单调递减，又，所以，当时，，单调递减，所以，即，所以，所以.故选：D3．（2024·湖南永州·高三校考阶段练习）已知函数（为自然对数的底数），若有且仅有三个不同的实数，满足，则实数的取值范围为A． B． C． D．【答案】C【解析】先由时，根据方程只有一个根，得到时，与直线只有一个交点；再由题意，得到时，与直线有两个不同交点；即方程在上有两实根，再令，用导数方法研究其单调性，根据数形结合的思想，即可得出结果.因为可化为，解得；即时，与直线只有一个交点；又因为仅有三个不同的实数，满足，所以函数与直线共有三个不同交点；因此，与直线在时有两个不同交点；即方程在上有两实根；即直线与在上有两不同交点；令，则，由得；所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，又，作出函数大致图像如下：由图像可得，故选C4．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知，且，函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】当时，，则，则，即，，可得的大致图像如图：由图可知，此时的图像与直线仅有一个交点，故关于x的方程仅有一个实数根，不满足题意；当时，，则，又，的大致图像如图：因为关于x的方程有两个不相等的实数根，所以的图像与直线有两个交点，结合图象可知，解得．故选：B．5．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在同一直角坐标系中作出，，，的图象，由图象可知.故选：B.6．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为室内5人制足球场示意图，设球场（矩形）长大约为40米，宽大约为20米，球门长大约为4米.在某场比赛中有一位球员欲在边线上某点处射门（假设球贴地直线运行），为使得张角最大，则大约为（

）（精确到1米）A．8米 B．9米 C．10米 D．11米【答案】C【解析】由题意知，，设，则，所以，当且仅当，即时取等号，又因为，所以大约为10米.故选：C.7．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（

）A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值C．与均为定值 D．与均不为定值【答案】A【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等设，则，∴，∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，∴六边形的周长为定值．正三角形的面积为；如上图，当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，截面面积为，所以截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值，故选：A.8．（2024·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）已知函数，若实数满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，记，，则，，且单调递增，单调递增，则与都关于中心对称且为上的增函数,所以，故关于中心对称且为上增函数，则由，得，可得，记，则，可得，当且仅当，即取等号，故的最大值为.故选：C．9．（2024·江苏南京·高三期末）已知定义在上的函数满足，，当时，，则方程所有根之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以的图像关于点对称，又因为，则用替换得，，所以的图像关于直线对称.由得，，则，所以是以为一个周期的周期函数.又当时，，则在恒成立，即在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减.因为方程的根即为的根，即为的图像与直线交点的横坐标，当时，在直线上对应点的纵坐标为，所以由数形结合得，的图像与直线在区间上有个交点，所以由图像关于点对称，得方程所有根之和为.故选：B.10．（2024·江苏南京·高三期末）已知椭圆的左焦点，为坐标原点，点在椭圆上，点在直线上，若，，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以轴，则点横坐标为，点横坐标为，所以，因为，则点在角平分线上，所以四边形为菱形，则，所以，即，所以，将代入整理得，，则，解得，因为，所以.故选：D.11．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，设都是锐角，若的始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与圆交于点，且满足，则当最大时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，有，即，则有，得，，当且仅当时等号成立，是锐角，所以当最大时，，则.故选：B.12．（2024·河北唐山·高三期末）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，则它的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设该直角圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，.因为直角圆锥的侧面积为，所以，解得，所以该直角圆锥的体积为.故选：B.13．（2024·河北唐山·高三期末）已知函数f（x）＝，若∃x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2），则实数a的取值范围是（）A．[2，3]∪（﹣∞，﹣5] B．（﹣∞，2）∪（3，5）C．[2，3] D．[5，+∞）【答案】B【解析】当a＝0时，当x≤1时，f（x）＝﹣x2，当x＞1时，f（x）＝14，此时存在当x∈[﹣1，1]时，满足条件．若a＞0，则当x＞1时，f（x）为增函数，且f（x）＞a2﹣7a+14，当x≤1时，f（x）＝﹣x2+ax＝﹣（x﹣）2+，对称轴为x＝，若＜1即a＜2时，则满足条件，若≥1，即a≥2时，函数在（﹣∞，1]上单调递增，要使条件成立则f（x）在（﹣∞，1]上的最大值f（1）＝﹣1+a＞a2﹣7a+14，即a2﹣8a+15＜0，即3＜a＜5，∵a≥2，∴3＜a＜5，综上3＜a＜5或a＜2，故选B．14．（2024·河北承德·高三校考阶段练习）若函数对任意的都有恒成立，则A． B．C． D．与的大小不确定【答案】C【解析】令,则，因为对任意x∈R都有f(x)<f′(x)，所以g′(x)>0,即g(x)在R上单调递增，又ln2<ln3,所以g(ln2)<g(ln3),即，即3f(ln2)<2f(ln3)，本题选择C选项.15．（2024·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）过双曲线上任一点作两渐近线的平行线，且与两渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为（

）A．3 B． C．2 D．【答案】D【解析】过点与双曲线渐近线平行的直线为，于是有：，解得，即，过点与双曲线渐近线平行的直线为，于是有：，解得，即，所以，因为，所以，所以双曲线的离心率为.故选：D16．（2024·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，，则，则在单调递增，故，即，则，且.，且所以，则；因为，则，则，所以，由，则，即.所以.故选：A17．（2024·黑龙江绥化·高三校考期末）函数在闭区间上的最大值和最小值分别是（）A．1，-1 B．1，-17 C．3，-17 D．3,1【答案】C【解析】在闭区间，令解得，令解得，故函数在上是增函数，在上是减函数又故最大值、最小值分别为3，-17；故选：C．18．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高三统考期末）圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（

）

A．30 B．60 C． D．【答案】D【解析】由题意知，，，所以，在中，，在中，由正弦定理得，，所以，在中，米，所以小明估算索菲亚教堂的高度为米．故选：D．19．（2024·辽宁营口·高三校考阶段练习）对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设数列的一阶商数列为，二阶商数列为，则，，，又数列的二阶商数列是常数列，则，则满足，所以数列是为首项，为公比的等比数列，则，所以，则，，，，，，等式左右分别相乘可得，所以，则，故选：C.20．（2024·辽宁营口·高三校考阶段练习）在中，，，是外接圆的圆心，在线段上，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设的中点分别为，连接，则，可得，同理可得，因为在线段上，设，则，所以的取值范围是.故选：B.2.对于三点共线常结合结论：若三点共线，则，且，分析求解.二、多选题21．（2024·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（

）A．椭圆的焦距等于短轴长 B．面积的最大值为C． D．的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A，令椭圆半焦距为c，由的面积为1，离心率为，得，又，解得，椭圆的方程为，A正确；对于B，设点，，面积无最大值，B错误；对于C，由的平分线交长轴于点M，得，于是，由，，得，C正确；对于D，设，则，而且，即且，亦即，且，解得，且，因此，且，所以，D正确.故选：ACD22．（2024·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，下列结论正确的是（

）A．的周期为4 B．C． D．【答案】ABD【解析】对A：由于为偶函数，图象关于轴对称，所以图象关于对称；所以所以①，而②，将两式相加得：，则③，所以，所以是的一个周期，故A正确；对B、C、D：由A项知令，由③得，由①，得，由②得，则，所以，所以，故D正确；由①令，得，，由，，得，两式相减得，即，且关于对称，，所以④，所以，所以是周期为的周期函数，所以，故B正确；由④令，得，所以，所以，故C错误；故选：ABD.23．（2024·湖南永州·高三校考阶段练习）已知函数，若，且，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】当时，.设函数，则有，所以是偶函数；因为时，，所以在上单调递增，的最小值为，又是偶函数，所以在上单调递减，把的图象向右平移一个单位长度，得到函数的图象，故函数的图象关于直线对称，故可得到函数在上的图象.又，故函数的图象与轴的交点为.再又从的图象可以得到的图象，则函数的图象如下：作平行于轴的直线，当时，直线与函数的图象有四个交点.由对称性可知，故A错误；由，得，又根据题意知，所以，即，即，所以，故B正确；令，则，，得，，因此，故C正确；又，，，得，且函数，，时，所以在上单调递增，所以，故D错误.故选：BC.24．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知数列的前n项和为，，，若，（是常数），则（

）A．数列是等比数列 B．数列是等比数列C． D．【答案】BC【解析】由题意知是公比为的等比数列，若则，所以，又，所以，所以，不是定值，故不是等比数列，故A错误；因为，，所以，是定值，故是等比数列，故B正确；因为，所以，所以，故C正确；，故D错误．故选：BC．25．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）定义在上的函数满足，且.若，则下列说法正确的是（

）A．为的一个周期B．C．若，则D．在上单调递增【答案】ABC【解析】对于选项A，由，将替换成，得，因为，由上面两个式子，；将替换成，，所以；所以，所以为的一个周期，所以A正确；对于选项B，将等式两侧对应函数分别求导，得，即成立，所以B正确；对于C选项，满足，即函数图象关于点中心对称，函数的最大值和最小值点定存在关于点中心对称的对应关系，所以，故，C正确；对于选项D，已知条件中函数没有单调性，无法判断在上单调递增，所以D不正确；故选：ABC．26．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知函数是偶函数，其图象的两个相邻对称轴间的距离为，将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（

）A． B．在上单调递增C．函数的图象关于点对称 D．函数的图象在处取得极大值【答案】ABC【解析】对于A，图象的两个相邻对称轴间的距离为，的最小正周期，，，为偶函数，，又，，，A正确；对于B，，则当时，，在上单调递增，在上单调递增，B正确；对于C，当时，，是的一个对称中心，又，的图象关于点对称，C正确；对于D，当时，，不是的极大值点，不是的极大值点，D错误.故选：ABC.27．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）已知定义在上的函数和，是的导函数且定义域为.若为偶函数，，，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】因为为偶函数，则，两边求导得，所以为奇函数，因为，，所以，故，所以，即的周期且，则，故B错误；在，中，令，可得，所以，故A正确；由，令，可得，则，则，即，所以，故D错误；在中，令得，，在中，令得，，两式相加得，即，故C正确.故选：AC.28．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，P为正方体的内切球上任意一点，则（

）A．球被截得的弦长为B．的范围为C．与所成角的范围是D．球被四面体表面截得的截面面积为【答案】ABD【解析】如图所示，对于选项A，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得，设球被截得的弦长为，在中，易得，如下图所示，在中，由对称性可知，，且，由余弦定理知，在中，，解得或（舍），则弦长，所以选项A正确；对于选项B，不妨设的中点为，则，由选项A知，，，所以，，，当共线同向时，，当共线反向时，，所以，的范围为，即选项B正确；对于选项C，易知当三点共线时，与所成的角最小为，取截面如下图所示，易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，则，所以，得到，所以选项C错误；对于选项D，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：设为的中点，为球心在平面内的射影，则为的中心，易知正四面体的棱长为，又正方体的体对角线长为，所以，又为等边三角形，且边长为，易得，由勾股定理，可得，所以，设截面圆的半径为，则，设内切圆的半径为，则由，得到，所以截面面积为，故选项D正确，故选：ABD.29．（2024·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）在数列中，.则下列结论中正确的是（

）A． B．是等比数列C． D．【答案】ABD【解析】由，易知，所以是以1为首项，为公比的等比数列.对于A项，易知，，累加得，，当时，符合上式，故，若为奇数，则，且单调递增，若为偶数，则，且单调递减，故，即A正确；对于B项，由上可知，显然是以1为首项，为等比的等比数列，即B正确；对于C、D选项，由A可知，故C错误，D正确.故选：ABD30．（2024·江苏南京·高三期末）定义在上的函数满足：，，则关于不等式的表述正确的为（

）A．解集为 B．解集为C．在上有解 D．在上恒成立【答案】AC【解析】构造函数，求导后可推出在上单调递增，由，可得，原不等式等价于，从而可得不等式的解集，结合选项即可得结论.令，，则，∵，∴恒成立，即在上单调递增.∵，∴.不等式可化为，等价于，∴，即不等式式的解集为，则在上有解，故选项AC正确.故选：AC.31．（2024·江苏南京·高三期末）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（

）A．对于任意的，都有B．对于任意的，数列不可能为常数列C．若，则数列为递增数列D．若，则当时，【答案】ACD【解析】A：由，对有，则，即任意都有，正确；B：由，若为常数列且，则满足，错误；C：由且，当时，此时且，数列递增；当时，此时，数列递减；所以时数列为递增数列，正确；D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.故选：ACD32．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）已知圆，过点作两条互相垂直的弦，则（

）A．弦长的最小值为1B．四边形的面积的最大值为5C．弦长的最大值为D．的最大值为【答案】BCD【解析】，当时，弦长的最小，最小值为，A选项错误；到的距离为到的距离，则，，当且仅当时等号成立，四边形的面积的最大值为5，B选项正确；，，当且仅当时等号成立，则的最大值为，D选项正确；，，当且仅当时等号成立，则，，C选项正确.故选：BCD.33．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）下列物体，能够被半径为的球体完全容纳的有（

）A．所有棱长均为的四面体B．底面棱长为，高为的正六棱锥C．底面直径为，高为的圆柱D．上､下底面的边长分别为，高为的正四棱台【答案】ABD【解析】对于A，设所有棱长均为的四面体的外接球的球心为，顶点在底面的射影为，外接球的半径为，则，，因为，所以，解得，故A正确；对于B，底面棱长为的正六棱锥的底面外接圆的半径为，并设此时的外接球的半径为设球心到底面的距离为，则由球的性质可知，解得或（舍去），此时正六棱锥的高的最大值为，故B正确；对于C，圆柱的底面半径为，高的一半为，设其外接球的半径为，所以，故C错误；对于D，正四棱台中，上底面的对角线长为，上底面外接圆的半径长为，下底面的对角线长为，下底面外接圆的半径长为，易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上，且在上底面的下方，设球心到上底面的距离为，球的半径为，当球心在两底面之间时，球心到下底面的距离为，则，解得，符合题意；当球心在下底面上或下方时，球心到下底面的距离为，则，解得，不符合题意，故选：ABD.34．（2024·河北唐山·高三期末）已知函数（，，），满足：，恒成立，且在上有且仅有2个零点，则（

）A．，B．函数的单调递增区间为C．函数的对称中心为D．函数的对称轴为直线，【答案】BCD【解析】因为，恒成立，所以的最大值为，则，，即，①．又因为函数在上有且仅有2个零点，所以令，所以②．联立①②可得，即，．又因为，，所以．当时，，，不满足题意；当时，，．又因为，所以；当时，，，不满足题意；当时，，，不满足题意．综上所述，，，所以，故A错误；令，，得，，所以函数的单调递增区间为，故B正确；令，，得，，所以函数的对称中心为，故C正确；令，，得，，所以函数的对称轴为直线，，故D正确，故选：BCD．35．（2024·河北唐山·高三期末）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点、在上，，，则（

）A． B．的离心率为C．的短轴长为 D．的面积为【答案】ABD【解析】由可知、、三点共线．设，则，所以．由椭圆的定义可知，，．由，得．由余弦定理，得．整理，得，解得或（舍去），所以，所以，，，所以，则．又，所以，所以，A正确；由，得，所以，所以B正确．因为，，所以，则（负值已舍去），所以的短轴长，所以C错误；的面积，所以D正确．故选：ABD．36．（2024·河北承德·高三校考阶段练习）设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，，，且，若，则实数的可能取值为（

）A． B． C．1 D．2【答案】ABC【解析】设，则，由于，所以为偶函数，且当时，，所以在单调递减，在单调递增，且，故由可得，所以，故选：ABC37．（2024·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）统计学中的标准分是以平均分为参照点，以标准差为单位，表示一个数据在整组数据中相对位置的数值，其计算公式是（）.若一组原始数据如下：序号12345对应值105668则下列说法正确的是（

）A．该数组的平均值 B．对应的标准分C．该组原始数据的标准分的方差为1 D．存在，使得，同时成立【答案】AC【解析】该数组的平均值，故选项A正确；因为标准差，所以，故选项B错误；，，，，所以标准分的平均值为，所以该组原始数据的标准分的方差为，故选项C正确；由题意，若，且，则，故选项D错误.故选：AC38．（2024·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）定义域为的函数，的导函数分别为，，且，，则下列说法错误的为（

）A．当是的零点时，是的极大值点B．当是的零点时，是的极小值点C．，可能有相同的零点D．，可能有相同的极值点【答案】ABD【解析】，设，则，则，所以，AB选项,若,则不是的极大值点,也不是极小值点，故AB错误；C选项,考虑，则，显然两者有共同零点0，故C正确；D选项,若在处取得极值,①若处取得极大值,,则在左右两侧无限小的区间内,即时,必有,所以在上单增,不符合题意,同理,有时,必有,所以不符合题意.②若处取得极小值,同理可得也不符合题意,所以D选项错误.故选：ABD.39．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高三统考期末）如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．平面平面B．的最小值为C．若直线与所成角的余弦值为，则D．若是的中点，则到平面的距离为【答案】ABD【解析】在正方体中，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；连接，由平面，平面，得，故在中，当点与重合时，取最小值，故B正确；如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，，则，，假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，则，解得（舍去），或，此时点是中点，，故C错误；由且平面，平面，知平面，则到平面的距离，即为到平面的距离；是的中点，故，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故，所以点到平面的距离为，即到平面的距离为，D正确．故选：ABD40．（2024·辽宁营口·高三校考阶段练习）双曲线的左、右焦点分别为，点为的左支上任意一点，直线是双曲线的一条渐近线，，垂足为.当的最小值为3时，的中点在双曲线上，则（

）A．的方程为 B．的离心率为C．的渐近线方程为 D．的方程为【答案】BCD【解析】由双曲线定义得到，再利用焦点到渐近线的距离为求得设渐近线方程求得的中点坐标代入双曲线方程联解求得得解.因为，所以因为焦点到渐近线的距离为，所以的最小值为，所以不妨设直线为，因为，所以点，，的中点为.将其代入双曲线的方程，得，即，解得又因为，所以，故双曲线的方程为，离心率为，渐近线方程为故选：BCD三、填空题41．（2024·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）某公园有一个坐落在水平地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图.已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点.某兴趣小组通过测量的三边长度，来计算该正方体石雕的相关数据.已知测得，则该石雕最高点到地面的距离为.【答案】【解析】如图，补齐为正方体，设，，，则，解得，，，即该石雕所在正方体的棱长为.以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，所以点到平面的距离为，即该石雕最高点到地面的距离为.故答案为：.42．（2024·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是.【答案】1011【解析】，又，则，又，所以，所以当，，其除以2023的余数为，当时，，其除以2023的余数2022和3，当且时，，其除以2023的余数为，当时，，其除以2023的余数为，除以2023的余数为除以2023的余数，即除以2023的余数，又其除以2023的余数为1011，故答案为：1011.43．（2024·湖南永州·高三校考阶段练习）设数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)，则满足的所有n的和为．【答案】7【解析】由2an＋1＋Sn＝3得2an＋Sn－1＝3(n≥2)，两式相减，得2an＋1－2an＋an＝0，化简得2an＋1＝an(n≥2)，即＝(n≥2)，由已知求出a2＝，易得＝，所以数列{an}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，所以Sn＝=3[1－()n]，S2n＝3[1－()2n]代入<<，可得<()n<，解得n＝3或4，所以所有n的和为7.44．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）已知关于x的不等式在上恒成立，则实数t的取值范围是．【答案】【解析】令，则，由题意知，，，，设，，①当时，对任意的，，，则，此时函数在上单调递增，故，符合题意；②当时，对任意的恒成立，所以在上单调递增，因为，，（i）当，即当时，对任意的，且不恒为零，此时函数在上单调递增，则，符合题意；（ⅱ）当且，即当时，由零点存在定理可知，存在，使得，且当时，，则函数在上单调递减，所以，不合题意；（ⅲ）当，即当时，对任意的，且不恒为零，此时，函数在上单调递减，则，不合题意．综上所述，，故实数t的取值范围是．45．（2024·山东菏泽·高三菏泽一中校考阶段练习）如图，将绘有函数部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若此时A，B两点之间的空间距离为，则.

【答案】【解析】如图，∵的周期，∴，，∴，解得，∴，由图可知，当即，.∵，∴或.观察函数在轴右侧的图象结合正弦函数的单调性可知，∴，.故答案为：46．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要步“雹程”；若，则所有可能的取值所构成的集合为.【答案】12【解析】（1）当，可得，所以需要12步使得；（2）若，则或1，①当时，或，②当时，，综上所述，可得或或，所以集合.故答案为：；.47．（2024·山东济宁·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，点为直线上一动点，则的最小值是.【答案】4【解析】设点关于直线的对称点为，则，解得，所以，所以，当且仅当点为线段与直线的交点时等号成立，所以的最小值是4，故答案为：448．（2024·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为.

【答案】【解析】如图，作，交于，则，过作交于点，连接.因为为直三棱柱，则平面，且，则平面，且平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以，则是二面角的平面角，所以，所以，又，，所以，所以，.可把三棱锥补成棱长为，，的长方体，则三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为.故答案为：49．（2024·江苏南京·高三期末）已知，，且，则的最小值为.【答案】4【解析】由题得，所以.(当且仅当时取等)因为，所以的最小值为4.故答案为：450．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）如图，在平面凸四边形中，，，，，为钝角，则对角线的最大值为.【答案】/【解析】方法一：设，，，，，中，，当且仅当时等号成立，.方法二：设，，由，则，，，当且仅当时等号成立，.故答案为：.51．（2024·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）定义在上的可导函数满足：①；②值域为；③对任意，有及，请写出同时满足上述所有条件的一个函数解析式：.【答案】（答案不唯一）【解析】因为的值域为，所以可设，又，则，所以，则的周期为4，所以，则，又，则，取，所以，则，又，即满足，.故答案为：52．（2024·河北唐山·高三期末）已知，，，，，，例如，则，，，．若，则．【答案】0【解析】令，则，，可知，的周期为2，令，则，可知，的周期为4，由题意可得：，，，注意到，所以.故答案为：0.53．（2024·河北承德·高三校考阶段练习）已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为．【答案】【解析】因为，所以当时，，即，当时，有，所以，即，因此数列是首项为，公比为的等比数列，所以，因为，所以，，得，因此．由恒成立得恒成立，因为，所以，即，所以．故答案为：．54．（2024·河北承德·高三校考阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为.【答案】/【解析】如图所示：不妨取点在轴上方，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，的内切圆半径为，椭圆焦距为，取线段的中点为，设点的纵坐标为，由可得，即又为的中点，可得，即，所以三点共线，且，可