2022年新高考地區(qū)數(shù)學(xué)選擇題填空壓軸題匯編十九含解析

Page12022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編（十九）一、單選題1．（2022·河南·三模（文））如圖1所示，雙曲線具有光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線右焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點(diǎn).若雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，，從發(fā)出的光線經(jīng)過圖2中的A，B兩點(diǎn)反射后，分別經(jīng)過點(diǎn)C和D，且，，則E的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】結(jié)合題意作出圖形，然后結(jié)合雙曲線的定義表示出，進(jìn)而利用勾股定理即可得到，從而可求出結(jié)果.【詳解】由題意知延長則必過點(diǎn),如圖：由雙曲線的定義知，又因?yàn)?，，所以，設(shè)，則，因此，從而，所以，又因?yàn)?，所以，即，即，故選：B.2．（2022·河南·三模（文））若，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】利用對數(shù)和對數(shù)函的性質(zhì)進(jìn)行化簡后比較.【詳解】解：故故選：A3．（2022·廣東廣州·二模）已知且，若集合，且﹐則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】求出集合M，再由給定條件，對集合N分類討論，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)最小值求解作答.【詳解】依題意，，，令，當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，則，使得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，此時，因此，，當(dāng)時，若，，則恒成立，，滿足，于是當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)，即不等式對成立，，由得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，于是得，即，變形得，解得，從而得當(dāng)時，恒成立，，滿足，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是或.故選：D【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及函數(shù)不等式恒成立問題，可以利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的最值，借助函數(shù)最值轉(zhuǎn)化解決問題.4．（2022·廣東茂名·二模）已知雙曲線C：的右焦點(diǎn)為F，左頂點(diǎn)為A，M為C的一條漸近線上一點(diǎn)，延長FM交y軸于點(diǎn)N，直線AM經(jīng)過ON（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的中點(diǎn)B，且，則雙曲線C的離心率為（

）A．2 B． C． D．【答案】A【解析】【分析】由中點(diǎn)B，且得，由點(diǎn)到直線距離公式得，從而得，通過三角形全等證得△MNB為等邊三角形，然后得，從而計算出離心率．【詳解】記M為雙曲線C：的漸近線上的點(diǎn)，因?yàn)?，且，所以，．所以．因?yàn)橛医裹c(diǎn)到漸近線的距離，所以．所以，所以，所以，所以，又因?yàn)椋浴鱉NB為等邊三角形，所以，所以，即，所以．故選：A．5．（2022·廣東深圳·二模）過拋物線的焦點(diǎn)F作直線l，交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若，則直線l的傾斜角等于（

）A．或 B．或 C．或 D．與p值有關(guān)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)拋物線的定義和相似三角形列出比例式，再利用直角三角形的邊角關(guān)系求出直線的傾斜角.【詳解】如圖所示，由拋物線的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線方程為，分別過A，B作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，，直線l交準(zhǔn)線于，如圖所示：則，，，所以，，所以，即直線l的傾斜角等于，同理可得直線l的傾斜角為鈍角時即為，故選：C．6．（2022·廣東深圳·二模）已知，若過點(diǎn)可以作曲線的三條切線，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】設(shè)切點(diǎn)為，切線方程為，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可得到，整理得，令，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的極值，依題意有三個零點(diǎn)，即可得到不等式組，從而得解；【詳解】解：設(shè)切點(diǎn)為，切線方程為，由，所以，所以，則，所以，令，則，因?yàn)?，所以?dāng)或時，當(dāng)時，所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時取得極大值，當(dāng)時取得極小值，即，，依題意有三個零點(diǎn)，所以且，即；故選：B7．（2022·廣東汕頭·二模）已知函數(shù)，若過點(diǎn)存在3條直線與曲線相切，則t的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】設(shè)切點(diǎn)，求得切線方程，根據(jù)切線過點(diǎn)，得到，再根據(jù)存在3條直線與曲線相切，則方程有三個不同根，利用導(dǎo)數(shù)法求解.【詳解】解：設(shè)切點(diǎn)，因?yàn)?，則，，所以切線方程為，因?yàn)榍芯€過點(diǎn)，所以，即，令，則，令，得或，當(dāng)或時，，當(dāng)時，，所以當(dāng)時，函數(shù)取得極小值，當(dāng)時，函數(shù)取得極大值，因?yàn)榇嬖?條直線與曲線相切，所以方程有三個不同根，則，故選：D8．（2022·廣東惠州·一模）中國的5G技術(shù)領(lǐng)先世界，5G技術(shù)的數(shù)學(xué)原理之一便是著名的香農(nóng)公式：，它表示：在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞速率C取決于信道帶寬W?信道內(nèi)信號的平均功率S?信道內(nèi)部的高斯噪聲功率N的大小，其中叫做信噪比.當(dāng)信噪比比較大時，公式中真數(shù)中的1可以忽略不計，按照香農(nóng)公式，若不改變帶寬W，而將信噪比從1000提升至5000，則C大約增加了（

）（附：）A．20% B．23% C．28% D．50%【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意寫出算式，再利用對數(shù)的換底公式及題中的數(shù)據(jù)可求解.【詳解】將信噪比從1000提升至5000時，C大約增加了.故選：B.9．（2022·湖南永州·三模）已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為、，為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)在雙曲線的右支上，（為雙曲線的半焦距），直線與雙曲線右支交于另一個點(diǎn)，，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義，結(jié)合直角三角形的相關(guān)性質(zhì)可得解.【詳解】如圖所示，由，，得，，設(shè)，由雙曲線定義得，所以，，，又，即，解得，所以，，又，即，即，所以離心率，故選：D.10．（2022·湖南永州·三模）在正四棱柱中，，為的中點(diǎn)，點(diǎn)為線段上的動點(diǎn)，則三棱錐的外接球表面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】利用坐標(biāo)法，可設(shè)球心為，，結(jié)合條件可得，進(jìn)而可得，即得.【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，∴，∴，即為直角三角形，所以可設(shè)三棱錐的外接球的球心為，，所以球的半徑為，∴，即，又，∴，即，∴，，所以三棱錐的外接球表面積的最大值為.故選：C.11．（2022·湖南·雅禮中學(xué)二模）已知數(shù)列{}滿足則∈（

）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）【答案】C【解析】【分析】由，可知數(shù)列的單調(diào)性，然后兩邊三次方后放縮，，可得，累加可得，再利用上述三次方的式子結(jié)合單調(diào)性放縮，可得，即可得解.【詳解】由，得，，所以，又，所以數(shù)列時遞增數(shù)列且，，所以所以，所以，.當(dāng)，得，，，所以，所以，則.故選：C.12．（2022·湖南·雅禮中學(xué)二模）??是等腰直角三角形（）內(nèi)的點(diǎn)，且滿足，，，則下列說法正確的是（

）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形分別計算，和的值，再比較大小【詳解】(正弦定理)在的角平分線上,同理可證在的角平分線上,為內(nèi)心如圖所示由知,這三個角都是且在的平分線上,延長交于點(diǎn)取,則,得,所以記的周長為由題意知是的內(nèi)心,內(nèi)切圓半徑所以由,且則所以,即,則在以為直徑的圓上由,且所以,得由,得所以設(shè),在中由余弦定理得解得所以所以故選:C13．（2022·湖北·二模）已知函數(shù)，則使不等式成立的x的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】判斷的奇偶性與單調(diào)性，由題意列不等式后求解【詳解】由得定義域?yàn)?，，故為偶函?shù)，而，在上單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞增，則可化為，得解得故選：D14．（2022·湖北·二模）已知、是雙曲線的左，右焦點(diǎn)，過的直線l與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，且，則C的離心率為（

）A． B． C． D．3【答案】C【解析】【分析】由已知條件結(jié)合雙曲線的定義可得為等邊三角形，從而得，然后在中，利用余弦定理化簡可得到，從而可求出離心率的值.【詳解】設(shè)，則，設(shè)，則由雙曲線的定義得，，解得，所以，，，，所以為等邊三角形，所以，則，在中，由余弦定理得，,即，化簡得，，所以雙曲線的離心率為，故選：C.15．（2022·山東聊城·二模）實(shí)數(shù)，，，滿足：，，則的最小值為（

）A．0 B． C． D．8【答案】D【解析】【分析】由題設(shè)，將問題轉(zhuǎn)化為求上的點(diǎn)與上的點(diǎn)的距離的平方的最小值，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求上與平行的切線方程，應(yīng)用點(diǎn)線距離公式求目標(biāo)式的最值即可.【詳解】由，則，又，的最小值轉(zhuǎn)化為：上的點(diǎn)與上的點(diǎn)的距離的平方的最小值，由，得：，與平行的直線的斜率為1，∴，解得或（舍，可得切點(diǎn)為，切點(diǎn)到直線之間的距離的平方，即為的最小值，的最小值為：.故選：D.16．（2022·山東聊城·二模）已知為上的奇函數(shù)，，若對，，當(dāng)時，都有，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】設(shè)，由題意得到為偶函數(shù)且在上單調(diào)遞減，由將原不等式轉(zhuǎn)化為和，函數(shù)的單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由，得，因?yàn)椋?，即，設(shè)，則在上單調(diào)遞減，而，則，解得：；因?yàn)闉镽上的奇函數(shù)，所以，則為R上的偶函數(shù)，故在上單調(diào)遞增，，則，解得：；綜上，原不等式的解集為.故選：B.17．（2022·山東濰坊·二模）已知正實(shí)數(shù)a，b滿足，則的最大值為（

）A． B． C． D．2【答案】B【解析】【分析】將條件中的式子進(jìn)行配方，利用基本不等式得到關(guān)于的不等式，解不等式即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時等號成立，因?yàn)?，所以，即，所以，即，因?yàn)闉檎龑?shí)數(shù)，所以，因此，故的最大值為，此時，故選：B.18．（2022·山東濰坊·二模）已知函數(shù)，直線，點(diǎn)在函數(shù)圖像上，則以下說法正確的是(

)A．若直線l是曲線的切線，則B．若直線l與曲線無公共點(diǎn)，則C．若，則點(diǎn)P到直線l的最短距離為D．若，當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離最短時，【答案】D【解析】【分析】求f(x)導(dǎo)數(shù)，令求出可判斷D；若直線l是曲線的切線，則再根據(jù)(，f())在l上即可求出t；當(dāng)處切線與l平行時，P到l距離最短，求出P的坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線距離公式可求最短距離，據(jù)此可判斷C；令，研究的圖像，y＝t的圖像和y＝g(x)圖像無交點(diǎn)時直線l和曲線y＝f(x)無公共點(diǎn)，據(jù)此可求t的范圍，從而判斷B選項(xiàng)．【詳解】f(x)定義域?yàn)?0，＋)，，若直線l是曲線的切線，則，代入得，，故A錯誤；當(dāng)t＝－2時，當(dāng)在點(diǎn)P處的切線平行于直線l時，P到切線直線l的最短距離，則，故D正確；此時，故P為，P到l：的距離為，故C錯誤；設(shè)，令，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)，，單調(diào)遞增，∴，又時，；時，，∴若直線l與曲線無公共點(diǎn)，則t＜3，故B錯誤．故選：D．二、多選題19．（2022·廣東湛江·二模）若過點(diǎn)最多可作出條直線與函數(shù)的圖象相切，則（

）A．B．當(dāng)時，的值不唯一C．可能等于D．當(dāng)時，的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】由題設(shè)切點(diǎn)為，進(jìn)而得，再構(gòu)造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為與的交點(diǎn)個數(shù)問題，再數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】解：不妨設(shè)切點(diǎn)為，因?yàn)?，所以切線方程為，所以，整理得，所以令，則，所以，令得.所以，當(dāng)或時，，，當(dāng)時，，因?yàn)椋?dāng)趨近于時，趨近于，，，，當(dāng)趨近于時，趨近于，所以，函數(shù)的圖像大致如圖，所以，當(dāng)時，，故B錯誤，此時成立；當(dāng)時，，所以，故可能等于，C正確；當(dāng)當(dāng)時，，顯然，故D正確；綜上，，A正確.故選：ACD20．（2022·廣東湛江·二模）在正方體中，點(diǎn)E為線段上的動點(diǎn)，則（

）A．直線DE與直線AC所成角為定值 B．點(diǎn)E到直線AB的距離為定值C．三棱錐的體積為定值 D．三棱錐外接球的體積為定值【答案】AC【解析】【分析】A.易證平面判斷；B.由點(diǎn)E與重合和與重合時判斷；C.由三棱錐判斷；D.由平面，得到三棱錐外接球的球心O在判斷.【詳解】如圖所示：A.因?yàn)?，又，所以平面，又平面平面，，則直線DE與直線AC所成角為定值，故正確；B.當(dāng)點(diǎn)E與重合時，點(diǎn)E到直線AB的距離，當(dāng)點(diǎn)E與重合時，點(diǎn)E到直線AB的距離，故錯誤；C.因?yàn)槿忮F，且點(diǎn)到面EBD的距離為定值，為定值，故體積為定值，故正確；D.易知平面，所以三棱錐外接球的球心O在上，當(dāng)點(diǎn)E移動時，球心O的位置改變，則球的半徑R改變，所以外接球體積不為定值，故錯誤；故選：AC21．（2022·廣東廣州·二模）我們常用的數(shù)是十進(jìn)制數(shù)，如，表示十進(jìn)制的數(shù)要用10個數(shù)碼．0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而電子計算機(jī)用的數(shù)是二進(jìn)制數(shù)，只需兩個數(shù)碼0和1，如四位二進(jìn)制的數(shù)，等于十進(jìn)制的數(shù)13．把m位n進(jìn)制中的最大數(shù)記為，其中m，，為十進(jìn)制的數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．B．C．D．【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)問題背景的介紹，可以得到m位n進(jìn)制中的最大數(shù)的書寫方法，進(jìn)而得到選項(xiàng)中最大數(shù)的式子，再進(jìn)行大小比較即可.【詳解】對于A：即是：，A正確；對于B：即是：即是：，B正確；對于C、D：，即是：，即是：構(gòu)造函數(shù)：，求導(dǎo)得：，，單調(diào)遞增；，，單調(diào)遞減；代入得：即是：，，D正確.故選：ABD【點(diǎn)睛】本題考查背景知識的從特殊到一般的轉(zhuǎn)化過程，對獲取信息從而抽象成數(shù)學(xué)問題的能力有一定的要求，隨后需要用數(shù)列求和得出需要的結(jié)果，再從構(gòu)造函數(shù)的角度考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用，運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行大小比較，對學(xué)生來說是一個挑戰(zhàn)，屬難題.22．（2022·廣東廣州·二模）已知，直線與曲線相切，則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出a，b的關(guān)系，再結(jié)合均值不等式逐項(xiàng)分析、計算并判斷作答.【詳解】設(shè)直線與曲線相切的切點(diǎn)為，由求導(dǎo)得：，則有，解得，因此，，即，而，對于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時取“=”，A正確；對于B，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取“=”，B不正確；對于C，因，則有，即，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取“=”，由得，所以當(dāng)時，，C正確；對于D，由，得，，，而函數(shù)在R上單調(diào)遞增，因此，，D不正確.故選：AC23．（2022·廣東茂名·二模）已知函數(shù)，下列說法正確的有（

）A．關(guān)于點(diǎn)對稱B．在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增C．若，則D．的對稱軸是【答案】BC【解析】【分析】取特殊值判斷A，化簡函數(shù)表達(dá)式，作函數(shù)圖象判斷B，C，D.【詳解】因?yàn)?，，所以不關(guān)于點(diǎn)對稱，故A錯誤；當(dāng)時，，即，當(dāng)時，，即，作出的圖象如圖所示，由圖象可知在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，故B正確；因?yàn)椋?，，，，，，所以，故C項(xiàng)正確；由圖象可知的圖象不關(guān)于對稱，故D項(xiàng)錯誤．故選：BC．24．（2022·廣東茂名·二模）棱長為4的正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點(diǎn)，則下列說法中正確的有（

）A．三棱錐的體積為定值B．當(dāng)時，平面截正方體所得截面的周長為C．直線FG與平面所成角的正切值的取值范圍是D．當(dāng)時，三棱錐的外接球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】選項(xiàng)A.平面,則G點(diǎn)到平面距離為定值，從而可判斷；

選項(xiàng)B.延長交棱于點(diǎn)M，則是的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)N，連接EN，MN，，平面為平面截正方體所得的截面，從而可求出截面周長；選項(xiàng)C.由平面，即則為直線FG與平面所成的角，從而可判斷；選項(xiàng)D.，連接，交EF于點(diǎn)J，則J為EF的中點(diǎn)，由球的性質(zhì)可得球心O在過點(diǎn)J且與GH平行的直線上，求出其半徑可判斷；【詳解】因?yàn)椋渣c(diǎn)G為線段上一個動點(diǎn)，又平面，故G點(diǎn)到平面距離等于點(diǎn)到平面得距離，為定值4，又E，F(xiàn)分別為棱，的中點(diǎn)，則面積是定值，故三棱錐是定值，又，故A正確；延長交棱于點(diǎn)M，則，即是的中點(diǎn)，取的中點(diǎn)N，連接EN，MN，，因?yàn)?，，所以，所以平面為平面截正方體所得的截面，因?yàn)?，，，所以四邊形的周長為，故B項(xiàng)錯誤；由上可知平面，當(dāng)點(diǎn)G在上移動時，連接MG，則為直線FG與平面所成的角，因?yàn)镸G的最小值為，最大值，由所以，故C正確；如圖所示，連接，交EF于點(diǎn)J，則J為EF的中點(diǎn)，，在上取點(diǎn)H，使，連接GH，則，所以平面，則，設(shè)三棱錐的外接球的球心為O，則，由及，得點(diǎn)O在過點(diǎn)J且與GH平行的直線上，設(shè)，因?yàn)?，，所以，解得，所以，所以三棱錐的外接球表面積為，故D項(xiàng)正確．故選:ACD．25．（2022·廣東深圳·二模）P是直線上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓的兩條切線，A，B為切點(diǎn)，則（

）A．弦長的最小值為 B．存在點(diǎn)P，使得C．直線經(jīng)過一個定點(diǎn) D．線段的中點(diǎn)在一個定圓上【答案】ACD【解析】【分析】設(shè)，則為的中點(diǎn)，且，再根據(jù)勾股定理、等面積法及銳角三角函數(shù)得到、，根據(jù)的范圍，即可判斷A、B，設(shè)，求出以為直徑的圓的方程，兩圓方程作差，即可得到切點(diǎn)弦方程，從而判斷C，再根據(jù)圓的定義判斷D；【詳解】解：依題意，即，設(shè)，則為的中點(diǎn)，且，所以，所以，，又，所以，，所以，，故A正確，B不正確；設(shè)，則，所以以為直徑的圓的方程為，則，即，所以直線的方程為，所以直線過定點(diǎn)，故C正確；又，，所以的中點(diǎn)在以為直徑的圓上，故D正確；故選：ACD26．（2022·廣東汕頭·二模）設(shè)a，b，c都是正數(shù)，且，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】【分析】設(shè)，根據(jù)指數(shù)與對數(shù)的關(guān)系，利用換底公式及指數(shù)冪的運(yùn)算法則，逐一驗(yàn)證四個選項(xiàng)得答案．【詳解】解：設(shè)，則，，，所以，即，所以，所以，故D正確；由，所以，故A正確，B錯誤；因?yàn)?，，又，所以，即，故C正確；故選：ACD27．（2022·廣東汕頭·二模）如圖，在正方體中，點(diǎn)P在線段上運(yùn)動，則（

）A．直線平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線AP與所成角的取值范圍是D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】AB【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示公式、空間向量夾角公式、三棱錐的體積性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為，，設(shè)，設(shè)，即.A：，因?yàn)椋?，而平面，所以直線平面，因此本選項(xiàng)結(jié)論正確；B：側(cè)面的對角線交點(diǎn)為，所以，，而平面，平面，所以，而平面，所以平面，為定值，因此本選項(xiàng)結(jié)論正確；C：，設(shè)異面直線AP與所成角為，則有，當(dāng)時，；當(dāng)時，，因?yàn)?，所以，因此，，即，所以，綜上所述：，所以本選項(xiàng)結(jié)論不正確；D：設(shè)平面的法向量為，，所以有，直線與平面所成角的正弦值為：因?yàn)椋援?dāng)時，有最小值，最小值為，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為，因此本選項(xiàng)結(jié)論不正確，故選：AB【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：利用空間向量夾角公式是解題的關(guān)鍵.28．（2022·廣東惠州·一模）近年來，納米晶的多項(xiàng)技術(shù)和方法在水軟化領(lǐng)域均有重要應(yīng)用.納米晶體結(jié)構(gòu)眾多，下圖是一種納米晶的結(jié)構(gòu)示意圖，其是由正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面得到所有棱長均為n的幾何體，則下列說法正確的有（

）A．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的表面積為B．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的體積為C．該結(jié)構(gòu)的納米晶個體外接球的表面積為D．二面角A1?A2A3?B3的余弦值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，代公式計算即可.對于B：棱長為a的正四面體的高為，根據(jù)割補(bǔ)法代公式計算.對于C：設(shè)外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，計算可得；對于D：二面角是原正四面體側(cè)面和底面成角的補(bǔ)角，計算可得.【詳解】對于A：該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，所以表面積，故A正確；對于B：棱長為a的正四面體的高為，所以，故B正確；對于C：設(shè)外接球球心為O，三角形的中心為，正六邊形的中心為，則O在上，幾何體上下底面距離為，可得，計算整理得，因此該幾何體的外接球表面積為，故C錯誤；對于D：二面角為是原正四面體側(cè)面和底面成角的補(bǔ)角，如圖，過正四面體的頂點(diǎn)作平面于點(diǎn)，易知為的中心，延長交于點(diǎn)，則為的中點(diǎn)，連接，設(shè)正四面體的棱長為2，則，所以，，因?yàn)槠矫?，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即為所求?cè)面與底面所成二面角的平面角，在中，，所以側(cè)面與底面所成二面角的平面角的余弦值為，所以二面角A1?A2A3?B3的余弦值為，故D正確.故選：ABD.29．（2022·湖南永州·三模）已知函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于直線對稱B．在上為減函數(shù)C．有4個零點(diǎn)D．，使【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的對稱性判斷A，當(dāng)時利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可得到函數(shù)的最值，再結(jié)合函數(shù)的對稱性，即可判斷B、C、D；【詳解】解：定義域?yàn)?，因?yàn)?，其中與關(guān)于軸對稱，即的圖象關(guān)于軸對稱，將向右平移個單位得到，即關(guān)于對稱，又關(guān)于直線對稱，故函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，故A正確；當(dāng)時，則，所以當(dāng)時，當(dāng)時，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故B正確；所以當(dāng)時在處取得極大值即最大值，又因?yàn)?，根?jù)對稱性可得，所以只有2個零點(diǎn)，故C錯誤；由，所以不存在，使，故D錯誤；故選：AB30．（2022·湖南永州·三模）已知拋物線:與圓:，點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)在圓上，點(diǎn)，則（

）A．的最小值為B．最大值為C．當(dāng)最大時，四邊形的面積為D．若的中點(diǎn)也在圓上，則點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，根據(jù)，結(jié)合拋物線的定義可判斷A；對于B，設(shè)是圓的切線，切點(diǎn)為，根據(jù)，，可得，由此可判斷B；對于C，根據(jù)兩點(diǎn)在軸異側(cè)，且與拋物線相切于，與圓相切于，可求出四邊形的面積，由此可判斷C；對于D，設(shè)的中點(diǎn)為，是圓的切線，切點(diǎn)為，利用圓的切割線長定理得到，再根據(jù)得到，再根據(jù)拋物線的定義可求出點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍，由此可判斷D.【詳解】由可知其焦點(diǎn)為圓的圓心，圓的半徑為，設(shè)，則，對于A，因?yàn)?，所以，故A正確；對于B，設(shè)是圓的切線，切點(diǎn)為，則，，因?yàn)椋?，所以，所以，即最大值為，故B不正確；對于C，如圖：當(dāng)兩點(diǎn)在軸異側(cè)，且與拋物線相切于，與圓相切于時，取得最大值，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，則點(diǎn)在第四象限，設(shè)直線：，代入，消去并整理得，所以，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，即，此時，當(dāng)與圓相切于時，，，所以四邊形的面積為，故C正確；對于D，如圖設(shè)的中點(diǎn)為，是圓的切線，切點(diǎn)為，根據(jù)圓的切割線長定理可得，又，所以，因?yàn)?，所以，所以，設(shè)，則，所以，所以，所以，所以，即點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為.故D正確；故選：ACD31．（2022·湖南·雅禮中學(xué)二模）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長為a，則（

）A．能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為aB．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為C．勒洛四面體的截面面積的最大值為D．勒洛四面體的體積【答案】ABD【解析】【分析】先求得正四面體的外接球半徑、內(nèi)切球半徑、正四面體的體積、外接球的體積.結(jié)合勒洛四面體的知識對選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而得出正確選項(xiàng).【詳解】首先求得正四面體的一些結(jié)論：正四面體棱長為，是底面的中心，是其外接球（也是內(nèi)切球）的球心，外接球半徑為，是高，如圖．，，由得，解得，（內(nèi)切球半徑）．正四面體的體積為，外接球體積為．對于A選項(xiàng)，由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a，故A正確；對于B選項(xiàng)，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，如圖，其中點(diǎn)E為該球與勒洛四面體的一個切點(diǎn)，O為該球的球心，易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，易知B、O、E三點(diǎn)共線，且，，因此，故B正確；對于C選項(xiàng)，由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a，最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面，如圖，根據(jù)勒洛四面體結(jié)構(gòu)的對稱性，不妨設(shè)此截面為投影光線垂直于正四面體的一個面ABD時，勒洛四面體在與平面ABD平行的一個投影平面α上的正投影，當(dāng)光線與平面ABD夾角不為90°時，易知截面投影均為上圖所示圖像在平面α上的投影，其面積必然減小.上圖截面為三個半徑為a，圓心角為60°的扇形的面積減去兩個邊長為a的正三角形的面積，即，故C錯誤；對于D選項(xiàng)，勒洛四面體的體積介于正四面體ABCD的體積和正四面體ABCD的外接球的體積之間，正四面體ABCD的體積，正四面體ABCD的外接球的體積，故D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】求解勒洛四面體問題的關(guān)鍵是理解勒洛四面體的結(jié)構(gòu)、正四面體的結(jié)構(gòu)特征、球的結(jié)構(gòu)特征，需要很強(qiáng)的空間想象能力和邏輯推理能力.正四面體的外接球球心和內(nèi)切球球心重合，是解題的突破口.32．（2022·湖南·雅禮中學(xué)二模）下列不等式正確的有（

）A． B．C． D．【答案】AD【解析】【分析】利用二項(xiàng)式定理近似計算判斷A；若，兩邊取對數(shù)作等價變形，構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷B；若，兩邊取對數(shù)作等價變形，構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷C；求出函數(shù)在處的切線方程，構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷D作答.【詳解】由，則有，A正確；假定，有，令，求導(dǎo)得，在上單調(diào)遞增，則，即當(dāng)時，，，，令，求導(dǎo)得，在上單調(diào)遞減，則，即當(dāng)時，，，，，因成立，則成立，所以成立，B不正確；假定，有，令，，則在上單調(diào)遞增，而，則，所以成立，C不正確；令，求導(dǎo)得，，曲線在處切線方程為，令，求導(dǎo)得，即在上單調(diào)遞減，而，則，即，D正確.故選：AD【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：某些數(shù)（式）大小關(guān)系問題，探求被比較的數(shù)（式）的內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，構(gòu)造函數(shù)，分析并運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求解.33．（2022·湖北·二模）設(shè)動直線交圓于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)C為圓心），則下列說法正確的有（

）A．直線l過定點(diǎn)B．當(dāng)取得最小值時，C．當(dāng)最小時，其余弦值為D．的最大值為24【答案】AD【解析】【分析】對A：將原方程轉(zhuǎn)化為，從而即可求解；對B：當(dāng)取得最小值時，，從而即可求解；對C：當(dāng)最小，即取得最小值時，，從而即可求解；對D：由，從而即可求解.【詳解】解：由題意，圓心坐標(biāo)為，半徑，對A：直線，即，由，可得直線l過定點(diǎn)，故選項(xiàng)A正確；對B：當(dāng)取得最小值時，，所以，即，所以，故選項(xiàng)B錯誤；對C：當(dāng)最小，即取得最小值時，，此時，從而可得，所以，故選項(xiàng)C錯誤；對D：，所以當(dāng)取得最大值，即為直徑時，，此時，故選項(xiàng)D正確.故選：AD.34．（2022·湖北·二模）在棱長為1的正方體中，已知為線段的中點(diǎn)，點(diǎn)和點(diǎn)分別滿足，，其中，，，則（

）A．當(dāng)時，三棱錐的體積為定值B．當(dāng)時，四棱錐的外接球的表面積是C．若直線與平面所成角的正弦值為，則D．存在唯一的實(shí)數(shù)對，使得平面【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)錐體體積的求法、幾何體外接球表面積的求法、線面角、線面垂直等知識對選項(xiàng)進(jìn)行分析，由此確定正確選項(xiàng).【詳解】對于A，當(dāng)時，是的中點(diǎn)，連接與交于點(diǎn)，則為的中點(diǎn)，∴，面，又點(diǎn)在上，∴點(diǎn)到面的距離為定值，∴三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，當(dāng)時，點(diǎn)為的中點(diǎn)，設(shè)四棱錐的外接球的半徑為，則球心O在PM延長線上，由OP=R得OM=，由得，解得，∴外接球的表面積為，故B正確；對于C，連接，過點(diǎn)作于，連接，∵平面，∴平面平面，平面平面，∴平面，∴為與平面所成角，∵，∴，，在由余弦定理有，在中由勾股定理有，∴，解得，故C正確．對于D，∵點(diǎn)在上，又在上，在上，∴平面即為平面，又易證平面，∴是平面的法向量，∴要使平面，須與共線，即須與共線，顯然不可能，∴不存在實(shí)數(shù)對使得平面，故D錯誤.故選：ABC35．（2022·山東聊城·二模）已知拋物線：（）的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2，過的直線交拋物線于兩點(diǎn)，，則（

）A．的準(zhǔn)線方程為B．若，則C．若，則的斜率為D．過點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，若軸平分，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)拋物線的幾何意義求出，即可得到拋物線的方程，再根據(jù)拋物線的定義判斷A、B、D，設(shè)，，，，直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元列出韋達(dá)定理，根據(jù)焦半徑公式計算即可判斷C；【詳解】解：因?yàn)閽佄锞€：（）的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2，所以，所以拋物線方程為，則焦點(diǎn)，準(zhǔn)線為，故A錯誤；若，則，所以，所以，故B正確；可設(shè)，，，，直線的方程為，與拋物線聯(lián)立，消去，可得，可得，，由拋物線的定義可得即，即，解得，則直線的斜率為，故C正確；對于D，若軸平分，則，又軸，所以，所以，所以，即，所以，故D正確；故選：BCD36．（2022·山東聊城·二模）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓柱，下列選項(xiàng)正確的是（

）A．底面橢圓的離心率為B．側(cè)面積為C．在該斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的表面積為D．底面積為【答案】ABD【解析】【分析】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出過斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓柱底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關(guān)系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，得橢圓面積，利用橢圓的側(cè)面積公式可求得斜橢圓的側(cè)面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關(guān)鍵各選項(xiàng)．【詳解】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，矩形是圓柱的軸截面，平行四邊形是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，由圓柱的性質(zhì)知，則，設(shè)橢圓的長軸長為，短軸長為，則，，，所以離心率為，A正確；，垂足為，則，易知，，又，所以斜圓柱側(cè)面積為，B正確；，，，，橢圓面積為，D正確；由于斜圓錐的兩個底面的距離為6，而圓柱的底面直徑為4，所以斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的半徑為2，球表面積為，C錯．故選：ABD．37．（2022·山東濰坊·二模）已知四面體ABCD的4個頂點(diǎn)都在球O（O為球心）的球面上，△ABC為等邊三角形，M為底面ABC內(nèi)的動點(diǎn)，AB=BD=2，，且，則（

）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O為△ABC的中心C．直線OM與CD所成的角最小為D．若動點(diǎn)M到點(diǎn)B的距離與到平面ACD的距離相等，則點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分【答案】ABD【解析】【分析】設(shè)的中心為G，取AC的中點(diǎn)E，由題可得平面可判斷A，根據(jù)勾股定理可得進(jìn)而判斷B，利用特例可判斷C，利用面面垂直的性質(zhì)及拋物線的定義可判斷D.【詳解】設(shè)的中心為G，取AC的中點(diǎn)E，連接BE，DE，則.因?yàn)椋?所以平面BDE，則，又△ABC為等邊三角形，，，所以，，∴，即，又，∴平面，平面，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正確；又∵，∴，故為四面體的外接球的球心，即球心O為△ABC的中心，故B正確；當(dāng)∥時，為直線OM與CD所成的角，由上知，故C錯誤；由平面ACD⊥平面ABC可知，動點(diǎn)M到平面ACD的距離即動點(diǎn)M到直線的距離，由拋物線的定義可知，點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分，故D正確.故選：ABD.38．（2022·山東濰坊·二模）已知數(shù)列，，有，，，則（

）A．若存在，，則B．若，則存在大于2的正整數(shù)n，使得C．若，，且，則D．若，，則關(guān)于的方程的所有實(shí)數(shù)根可構(gòu)成一個等差數(shù)列【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，證明得到時，且，再逐個選項(xiàng)進(jìn)行計算和證明，逐個選項(xiàng)判斷即可求解.【詳解】因?yàn)?，，，，所以，，即，所以，，必有，得到；對于A，若存在，取，有，則，所以，必有，則有，同理，若，由可得故A正確；對于B，若，則，，又因?yàn)?，必有，得到，所以?dāng)時，因?yàn)?，必有，故B錯；對于C，若，，且，則，則，又，所以，，根據(jù)遞推公式，可得，；利用累加法，，整理得，又因?yàn)椋赜?，得到，所以，，所以，，所以，C正確；對于D，若，，，得到，所以，，則關(guān)于的方程可以化為，，化簡得，，設(shè)，可得，化簡得，，所以，或(舍去)，，得，寫成數(shù)列形式，即所有實(shí)數(shù)根可構(gòu)成一個等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為：，故D正確；故選：ACD三、雙空題39．（2022·廣東廣州·二模）在梯形中，，將沿折起，連接，得到三棱錐，則三棱錐體積的最大值為__________．此時該三棱錐的外接球的表面積為__________．【答案】

【解析】【分析】注意到三棱錐體積最大時，平面平面ABC，可知以B為頂點(diǎn)時，BC為三棱錐的高，然后利用正余弦定理可得各棱長可得體積；利用球心到平面的距離、外接圓半徑和球的半徑滿足勾股定理可得球半徑，然后可得表面積.【詳解】過點(diǎn)C作，垂足為E，為等腰梯形，，由余弦定理得，即易知，當(dāng)平面平面ABC時，三棱錐體積最大，此時，平面易知，記O為外接球球心，半徑為R平面，O到平面的距離又的外接圓半徑故答案為：，40．（2022·廣東深圳·二模）祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r期偉大的科學(xué)家，他于5世紀(jì)末提出了“冪勢既同，則積不容異”的體積計算原理，即“夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果裁得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等”．現(xiàn)已知直線與雙曲線及其漸近線圍成的平面圖形G如圖所示，若將圖形G被直線所截得的兩條線段繞y軸旋轉(zhuǎn)一周，則形成的旋轉(zhuǎn)面的面積_________；若將圖形G繞y軸旋轉(zhuǎn)一周，則形成的旋轉(zhuǎn)體的體積___________．【答案】

【解析】【分析】由直線，其中，分步聯(lián)立方程組和，求得的坐標(biāo)，進(jìn)而求得圓環(huán)的面積，再結(jié)合題意得到該幾何體的體積與底面面積為，高為4的圓柱的體積相同，利用圓柱的體積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，雙曲線，其中一條漸近線方程為，由直線，其中，聯(lián)立方程組，解得，聯(lián)立方程組，解得，所以截面圓環(huán)的面積為，即旋轉(zhuǎn)面的面積為，根據(jù)“冪勢既同，則積不容異”，可得該幾何體的體積與底面面積為，高為4的圓柱的體積相同，所以該幾何體的體積為.故答案為：；.41．（2022·湖南·雅禮中學(xué)二模）坐標(biāo)平面上有一環(huán)狀區(qū)域由圓的外部與圓的內(nèi)部交集而成.某同學(xué)欲用一支長度為1的筆直掃描棒來掃描此環(huán)狀區(qū)域的x軸上方的某區(qū)域R.他設(shè)計掃描棒黑?白兩端分別在半圓?上移動.開始時掃描棒黑端在點(diǎn)，白端在的點(diǎn)B.接著黑?白兩端各沿著?逆時針移動，直至白端碰到的點(diǎn)便停止掃描，則B坐標(biāo)___________；掃描棒掃過的區(qū)域R的面積為___________.【答案】

【解析】【分析】設(shè)，根據(jù)和點(diǎn)在上，可求出點(diǎn)的坐標(biāo)；當(dāng)白端在上移動到的點(diǎn)時，黑端在點(diǎn)在上移動，設(shè)移動到點(diǎn)，由條件得出的坐標(biāo)，得出區(qū)域R的圖形，再求解面積.【詳解】由題意，，設(shè)，則點(diǎn)在上.則，解得所以當(dāng)白端在上移動，碰到的點(diǎn)時，黑端在點(diǎn)在上移動，設(shè)移動到點(diǎn)位置.則掃描棒掃過的區(qū)域R為如圖所示的陰影部分.設(shè)則，解得，即連接,在中，滿足，則,所以由,則為直角三角形，則則,扇形與扇形的面積為區(qū)域R的面積為故答案為：；42．（2022·湖北·二模）設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，過第一象限內(nèi)的拋物線上一點(diǎn)A作l的垂線，垂足為B．設(shè)與相交于點(diǎn)D．若，且的面積為，則直線的斜率________，拋物線的方程為________．【答案】

【解析】【分析】由拋物線定義可得四邊形為平行四邊形，故可得點(diǎn)即得拋物線方程.【詳解】解：如圖所示，，．所以．軸，，，所以四邊形為平行四邊形，，．，解得，代入可取，，解得．故答案為：；43．（2022·山東濰坊·二模）根據(jù)高中的解析幾何知識，我們知道平面與圓錐面相交時，根據(jù)相交的角度不同，可以是三角形、圓、橢圓、拋物線、雙曲線．如圖，AB是圓錐底面圓O的直徑，圓錐的母線，，E是其母線PB的中點(diǎn)．若平面過點(diǎn)E，且PB⊥平面，則平面與圓錐側(cè)面的交線是以E為頂點(diǎn)的拋物線的一部分，此時拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離為______；截面把圓錐分割成兩部分，在兩部分內(nèi)部，分別在截面的上方作一個半徑最大的球M，在截面下方作一個半徑最大的球N，則球M與球N的半徑的比值為______．【答案】

##0.5

【解析】【分析】（1）以E為原點(diǎn)，EO為x軸建立坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法求出拋物線方程，即可求出拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離；（2）作出直截面，分析位置關(guān)系，利用幾何知識分別求出球M與球N的半徑，即可求解.【詳解】如圖示：因?yàn)閳A錐的母線，，所以，所以PB⊥PA.連結(jié)OE.因?yàn)镻B⊥平面，所以PB⊥OE.所以.在中，O為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)E為中位線，所以.設(shè)平面交底面圓于CD,則.以E為原點(diǎn)，EO為x軸建立坐標(biāo)系如圖示，則.可設(shè)拋物線，把帶入拋物線方程可得：，所以拋物線為：，焦點(diǎn),所以,即拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離為.作出直截面如圖所示，則球M的半徑即為圓M的半徑，球N的半徑即為圓N的半徑.因?yàn)榍騇為截面的上方的最大的球，所以圓M與PA相切，切點(diǎn)為Q,則.又，所以.同理：.所以Q、M、R三點(diǎn)共線，為直徑.由四邊形PQRE為矩形，可得：,所以球M的半徑.在等腰三角形OBE中，,.圓N為三角形OBE的內(nèi)切圓.設(shè)圓N的半徑為，由等面積法可得：，即，解得：.所以球M與球N的半徑的比值為.故答案為：；.【點(diǎn)睛】外接球問題解題關(guān)鍵是找球心和半徑，求半徑的方法有：①公式法；②多面體幾何性質(zhì)法；③補(bǔ)形法；④尋求軸截面圓半徑法；⑤確定球心位置法．四、填空題44．（2022·廣東湛江·二模）“物不知數(shù)”是中國古代著名算題，原載于《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題：“今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二；五五數(shù)之剩三；七七數(shù)之剩二.問物幾何？”它的系統(tǒng)解法是秦九韶在《數(shù)書九章》大衍求一術(shù)中給出的.大衍求一術(shù)（也稱作“中國剩余定理”）是中國古算中最有獨(dú)創(chuàng)性的成就之一，屬現(xiàn)代數(shù)論中的一次同余式組問題.已知問題中，一個數(shù)被除余，被除余，被除余，則在不超過的正整數(shù)中，所有滿足條件的數(shù)的和為___________.【答案】【解析】【分析】找出滿足條件的最小整數(shù)值為，可知滿足條件的數(shù)形成以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列，確定該數(shù)列的項(xiàng)數(shù)，利用等差數(shù)列的求和公式可求得結(jié)果.【詳解】由題意可知，一個數(shù)被除余，被除余，被除余，則這個正整數(shù)的最小值為，因?yàn)?、、的最小公倍?shù)為，由題意可知，滿足條件的數(shù)形成以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列，設(shè)該數(shù)列為，則，由，可得，所以，的最大值為，所以，滿足條件的這些整數(shù)之和為.故答案為：.45．（2022·廣東茂名·二模）已知函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)t使得函數(shù)有7個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．【答案】【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，得單調(diào)性和極值，并作出函數(shù)的大致圖象，由得或，然后分類討論，它們一個有3個根，一個有4個根，由此可得參數(shù)范圍．【詳解】當(dāng)時，，，當(dāng)時，，遞減，當(dāng)時，，遞增，故時，；當(dāng)時，，，時，，遞增，時，，遞減，所以當(dāng)時，有極大值，當(dāng)時，，作出的大致圖象如圖，由題意知，即有7個不同的實(shí)根，當(dāng)有三個根，有四個實(shí)根，此時或，得或；當(dāng)有四個根時，有三個實(shí)根，此時，得，所以．故答案為：．46．（2022·廣東汕頭·二模）如圖從雙曲線（其中）的左焦點(diǎn)F引圓的切線，切點(diǎn)為T，延長，交雙曲線右支于P，若M為線段的中點(diǎn)，O為原點(diǎn)，則的值為（用表示）__________．【答案】【解析】【分析】設(shè)是雙曲線的右焦點(diǎn)，連接．由、分別為、的中點(diǎn)，知．由雙曲線定義，知，，進(jìn)而可得答案.【詳解】由圖可知點(diǎn)在第一象限．設(shè)是雙曲線的右焦點(diǎn)，連接、分別為、的中點(diǎn)，．又由雙曲線定義得，，．故．故答案為：．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，解題的關(guān)鍵是將都用焦半徑表示，進(jìn)而利用雙曲線的定義求解.47．（2022·廣東汕頭·二模）若，則的取值范圍為______.【答案】【解析】【詳解】題設(shè)不等式等價于.設(shè)，所以，所以是上的增函數(shù)，所以，.故.由，知的取值范圍是.故答案為48．（2022·廣東惠州·一模）如圖，曲柄連桿機(jī)構(gòu)中，曲柄CB繞C點(diǎn)旋轉(zhuǎn)時，通過連桿AB的傳遞，活塞做直線往復(fù)運(yùn)動.當(dāng)曲柄在CB0位置時，曲柄和連桿成一條直線，連桿的端點(diǎn)A在A0處.設(shè)連桿AB長200，曲柄CB