2022年新高考地區(qū)數(shù)學選擇題填空壓軸題匯編二十含解析

Page652022年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編（二十）一、單選題1．（2022·山東聊城·二模）已知，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】將化為同底數(shù)得對數(shù)進行比較即得.【詳解】，，，∵∴.故選：D.2．（2022·山東聊城·二模）已知某圓錐的側面積等于底面的3倍，直線是底面所在平面內的一條直線，則該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】由側面積與底面積的關系得出，再由線線角的范圍結合線面角的定義得出該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍.【詳解】設底面圓的半徑為，母線長為，因為圓錐的側面積等于底面的3倍，所以，即，因為直線與直線所成角的范圍為，所以當直線與底面圓相切時，直線與母線所成角最大為，則該直線與母線所成的角的余弦值的最小值為；當直線過底面圓的圓心時，由線面角的定義可知，此時直線與母線所成角最小，則該直線與母線所成的角的余弦值的最大值為，即該直線與母線所成的角的余弦值的取值范圍為.故選：A3．（2022·山東聊城·二模）實數(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，將問題轉化為求上的點與上的點的距離的平方的最小值，利用導數(shù)的幾何意義求上與平行的切線方程，應用點線距離公式求目標式的最值即可.【詳解】由，則，又，的最小值轉化為：上的點與上的點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，可得切點為，切點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.4．（2022·山東聊城·二模）已知為上的奇函數(shù)，，若對，，當時，都有，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】設，由題意得到為偶函數(shù)且在上單調遞減，由將原不等式轉化為和，函數(shù)的單調性解不等式即可.【詳解】由，得，因為，所以，即，設，則在上單調遞減，而，則，解得：；因為為R上的奇函數(shù)，所以，則為R上的偶函數(shù)，故在上單調遞增，，則，解得：；綜上，原不等式的解集為.故選：B.5．（2022·福建·模擬預測）在平面直角坐標系中，點在軸上，點在軸上，，點滿足，則點到點的距離的最大值為（

）A．3 B． C．5 D．4【答案】D【解析】【分析】由題意可知點在以線段為直徑的圓上，設的中點坐標為，有，然后根據(jù)三角形的性質求解即可【詳解】由題意可知點在以線段為直徑的圓上，設的中點坐標為，有，可得，由，，有.當且僅當，，三點共線時取等號.故選：D6．（2022·福建·模擬預測）已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】構造函數(shù)，利用導數(shù)得出單調性，比較的大小即可求出.【詳解】設函數(shù)，則為偶函數(shù)，且當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，因為，，所以，又，，，所以.故選：B.7．（2022·福建三明·模擬預測）已知正方體的棱長為4，E，F(xiàn)分別是棱，BC的中點，則平面截該正方體所得的截面圖形周長為（

）A．6 B．10 C． D．【答案】D【解析】【分析】取的中點，連接,則,取的中點，連接，延長交于，連接交于點，連接，作出截面圖形，然后再分別求出各邊長，從而得出答案.【詳解】取的中點，連接,則,取的中點，連接，則所以,則直線平面延長交于，連接交于點，連接,則為的中點.則平面截該正方體所得的截面圖形為由條件可得,則,則,取的中點，連接，則，所以所以,則則所以截面圖形周長為故選：D8．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）已知、，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由可得出，構造函數(shù)可得出，可得出，由可得出，構造函數(shù)可得出，然后構造函數(shù)可得出，再對所得等式進行變形后可得出合適的選項.【詳解】由可得，由題意可知，構造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上單調遞增，由可得，所以，，由可得，則，且，①由可得，則，由題意可知，構造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上單調遞增，由，即，可得，所以，，由可得，且，則，②令，其中，則，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，由①②可得，所以，，可得，由可得，則，因為，則，故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題考查指對同構問題，需要對等式進行變形，根據(jù)等式的結構構造合適的函數(shù)，并利用函數(shù)的單調性得出相應的等式，進而求解.9．（2022·江蘇·海安高級中學二模）如圖，長方形中，，，點在線段（端點除外）上，現(xiàn)將沿折起為．設，二面角的大小為，若，則四棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】將棱錐的底面邊長及高用含有的三角函數(shù)來表示，根據(jù)體積公式寫出棱錐體積，整理化簡后利用三角函數(shù)求最值.【詳解】設過與垂直的線段長為，則，，，，則四棱錐的高，則，，∴四棱錐體積的最大值為.故選：A.【點睛】求解立體幾何體積的最值時，一般需要將體積寫為函數(shù)關系式或者是三角函數(shù)關系式，進而利用函數(shù)求最值或三角函數(shù)求最值的方法求解其最值.10．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為1和2，P是上底面的邊界上一點．若的最小值為，則該正四棱臺的體積為（

）A． B．3 C． D．1【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意建立空間直角坐標系，寫出相應點的坐標，利用空間向量的數(shù)量積的坐標公式及二次函數(shù)的性質及已知得出正四棱臺的高，再結合棱臺的體積公式即可求解.【詳解】由題意可知，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，，由對稱性，點在是相同的，故只考慮在上時，設正四棱臺的高為，則，,設，，因為在上，所以，則，，所以由二次函數(shù)的性質知，當時，取得最小值為，又因為的最小值為，所以，解得（負舍），故正四棱臺的體積為.故選：A.11．（2022·江蘇南通·模擬預測）北京冬奧會火種臺（圖1）以“承天載物”為設計理念，創(chuàng)意靈感來自中國傳統(tǒng)青銅禮器——尊的曲線造型，基座沉穩(wěn)，象征“地載萬物”，頂部舒展開闊，寓意迎接純潔的奧林匹克火種．如圖2，一種尊的外形近似為雙曲線的一部分繞著虛軸旋轉所成的曲面，尊高50cm，上口直徑為，底座直徑為25cm，最小直徑為20cm，則這種尊的軸截面的邊界所在雙曲線的離心率為（

）A．2 B．C． D．【答案】B【解析】【分析】建立雙曲線標準方程下的直角坐標系，得雙曲線方程為，利用實軸長為20，（），（）在雙曲線上，且，可求得，得離心率．【詳解】建立雙曲線標準方程的直角坐標系，最小直徑在軸，如圖，雙曲線方程為，則，，（），（）在雙曲線上，且，由，即，，，由，得，所以，，，離心率為．故選：B．12．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）已知且，且，且，則（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】對已知的等式進行變形，轉化成結構一致，從而構造函數(shù)，確定構造的函數(shù)的性質，得到、、的大小，再根據(jù)選項構造函數(shù)，借助函數(shù)的單調性比較大小即可.【詳解】由已知條件，對于，兩邊同取對數(shù)，則有，即，同理：；構造函數(shù)，則，，對其求導得：當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；又，，再構造函數(shù)，對其求導得：當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；即：又故選：A.13．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）已知拋物線與直線交于A，B兩點，且.若拋物線C的焦點為F，則（

）A． B．7 C．6 D．5【答案】B【解析】【分析】聯(lián)立直線與拋物線，應用韋達定理及弦長公式求得，進而可得，根據(jù)拋物線定義求目標式的值.【詳解】由題設，，代入拋物線可得，所以，，則，則，可得（舍）或，故，由拋物線定義知：.故選：B14．（2022·江蘇泰州·模擬預測）已知函數(shù)，，若函數(shù)在上的最小值為，則實數(shù)的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】求導后，根據(jù)單調遞增和存在最小值可知，使得，且在上單調遞減，在上單調遞增；可知；結合可解方程組求得的值.【詳解】，又，在上單調遞增，在上存在最小值，，使得，則當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，…①，由得：…②，②①得：，，，；①②得：；又，.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題考查根據(jù)函數(shù)在區(qū)間內的最值求解參數(shù)值的問題，解題關鍵是能夠根據(jù)的單調性及存在最值確定存在零點，進而根據(jù)的零點和的最小值構造方程組，利用方程組推導得到參數(shù)值.15．（2022·江蘇泰州·模擬預測）已知雙曲線的左、右頂點分別為，點(與點不重合)是雙曲線右支上一點，若，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】設，可求得，根據(jù)直線斜率與傾斜角的關系可構造關于的方程，解方程可求得結果.【詳解】設，則，且，；由雙曲線方程知：，，設，則，又，，，即，解得：或，又，，即.故選：A.16．（2022·江蘇泰州·模擬預測）我國自主研發(fā)的“嫦娥四號”探測器成功著陸月球，并通過“鵲橋”中繼星傳回了月球背面影像圖．假設“嫦娥四號”在月球附近一點P變軌進入以月球球心F為一個焦點的橢圓軌道繞月飛行，其軌道的離心率為e，設月球的半徑為R，“嫦娥四號”到月球表面最近的距離為r，則“嫦娥四號”到月球表面最遠的距離為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】設衛(wèi)星近地點遠地點離月球表面的距離分別為，根據(jù)橢圓的性質以及離心率得出“嫦娥四號”到月球表面最遠的距離.【詳解】橢圓的離心率，設衛(wèi)星近地點遠地點離月球表面的距離分別為則故選：B17．（2022·江蘇南通·模擬預測）連續(xù)向上拋一枚硬幣五次，設事件“沒有連續(xù)兩次正面向上”的概率為，設事件“沒有連續(xù)三次正面向上”的概率為，則下列結論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】拋一枚硬幣五次，共有32種可能，列表寫出各種可能，然后計數(shù)后可得，從而得出結論．【詳解】拋一枚硬幣五次，每次都有正面或反面向上兩種可能，五次共有32種可能，列表如下：1正正正正正17正正正正反2反正正正正18反正正正反3正反正正正19正反正正反4反反正正正20反反正正反5正正反正正21正正反正反6反正反正正22反正反正反7正反反正正23正反反正反8反反反正正24反反反正反9正正正反正25正正正反反10反正正反正26反正正反反11正反正反正27正反正反反12反反正反正28反反正反反13正正反反正29正正反反反14反正反反正30反正反反反15正反反反正31正反反反反16反反反反正32反反反反反其中沒有連續(xù)兩次正面向上的有13種，沒有連續(xù)三次正面向上的有24種，所以，，．故選：B．18．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知函數(shù)，若關于的方程有且只有三個不同的實數(shù)解，則正實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】化簡函數(shù)解析式，分析可知關于的方程、共有個不同的實數(shù)解，利用代數(shù)法可知方程有兩個根，分析可得出關于實數(shù)的不等式組，由此可解得實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為，由可得，所以，關于的方程、共有個不同的實數(shù)解.①先討論方程的解的個數(shù).當時，由，可得，當時，由，可得，當時，由，可得，所以，方程只有兩解和；②下面討論方程的解的個數(shù).當時，由可得，可得或，當時，由，可得，此時方程有無數(shù)個解，不合乎題意，當時，由可得，因為，由題意可得或或，解得或.因此，實數(shù)的取值范圍是.故選：B.19．（2022·河北·模擬預測）已知，且，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】將兩邊同取對數(shù)，通過構造函數(shù)，利用導數(shù)研究其函數(shù)圖象即可求解.【詳解】兩邊同取自然對數(shù)得，設，由，令，解得，令，解得，∴在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，∴在處取得最大值，在區(qū)間函數(shù)有唯一的零點，在區(qū)間函數(shù)，又∵且，∴，，故選：.20．（2022·內蒙古通遼·二模（理））“學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以習近平新時代中國特色社會主義思想和黨的十九大精神為主要內容，立足全體黨員?面向全社會的優(yōu)質平臺，現(xiàn)日益成為人們了解國家動態(tài)，緊跟時代脈搏的熱門APP.該款軟件主要設有“閱讀文章”“視聽學習”兩個學習板塊和“每日答題”“每周答題”“專項答題”“挑戰(zhàn)答題”四個答題板塊.某人在學習過程中，將六大板塊各完成一次，則“挑戰(zhàn)答題”板塊與其他三個答題板塊在完成順序上均不相鄰的學習方法種數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】分情況討論當“挑戰(zhàn)答題”板塊在首或尾時與當“挑戰(zhàn)答題”板塊不在首尾時的排法，進而得解.【詳解】當“挑戰(zhàn)答題”板塊在首或尾時，則與“挑戰(zhàn)答題”板塊相鄰的只能是“閱讀文章”或“視聽學習”板塊，其他任意排，共有種不同的排法；當“挑戰(zhàn)答題”板塊不在首尾時，則與“挑戰(zhàn)答題”板塊相鄰的只能是“閱讀文章”和“視聽學習”板塊，其他任意排，共有種不同的排法.所以“挑戰(zhàn)答題”板塊與其他三個答題板塊在完成順序上均不相鄰的學習方法種數(shù)為，故選：A.二、多選題21．（2022·山東聊城·二模）已知拋物線：（）的焦點到準線的距離為2，過的直線交拋物線于兩點，，則（

）A．的準線方程為B．若，則C．若，則的斜率為D．過點作準線的垂線，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，，，，直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元列出韋達定理，根據(jù)焦半徑公式計算即可判斷C；【詳解】解：因為拋物線：（）的焦點到準線的距離為2，所以，所以拋物線方程為，則焦點，準線為，故A錯誤；若，則，所以，所以，故B正確；可設，，，，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：BCD22．（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，下列選項正確的是（

）A．底面橢圓的離心率為B．側面積為C．在該斜圓柱內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和最低點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，利用橢圓的側面積公式可求得斜橢圓的側面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓柱內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，從而可關鍵各選項．【詳解】不妨過斜圓柱的最高點和最低點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，由圓柱的性質知，則，設橢圓的長軸長為，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，所以斜圓柱內半徑最大的球的半徑為2，球表面積為，C錯．故選：ABD．23．（2022·福建·模擬預測）已知函數(shù)，其中.對于任意的，函數(shù)在區(qū)間上至少能取到兩次最大值，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)的最小正周期小于B．函數(shù)在內不一定取到最大值C．D．函數(shù)在內一定會取到最小值【答案】AD【解析】【分析】先根據(jù)在區(qū)間上至少能取到兩次最大值可得，據(jù)此可得，從而可得判斷AB的正誤，再根據(jù)的范圍可得判斷CD的正誤，注意范圍的進一步探究.【詳解】由題意可知，，即A正確；因為，所以，則當時，，又，，所以函數(shù)在上一定有最大值點，即B錯誤；由題意可知，任意，總存在，使得：，故，整理得，可得，，即C錯誤；當時，，又因為，，故，所以函數(shù)在上一定有最小值點，即D正確.故選：AD.【點睛】思路點睛：對于含參數(shù)的正弦型函數(shù)問題，注意根據(jù)最值的特征合理刻畫函數(shù)的性質，從而得到參數(shù)的取值范圍內，此類問題，整體法是處理此類問題的基本策略.24．（2022·福建·模擬預測）已知三棱錐外接球的球心為，外接球的半徑為，，，（為正數(shù)），則下列命題是真命題的是（

）A．若，則三棱錐的體積的最大值為B．若不共線，則平面平面C．存在唯一一點，使得平面D．的最大值為【答案】AB【解析】【分析】由可求得球心到平面的距離，由此可得三棱錐高的最大值，由棱錐體積公式可知A正確；設的中點為，可證得平面，由外接球性質可知平面，由面面垂直判定可知B正確；設直線與球的另一交點為，可知平面，知C錯誤；由四點共面可求得，由此可得，知D錯誤.【詳解】對于A，若，則，，則外接圓的半徑，球心到平面的距離，三棱錐高的最大值為，體積的最大值為，A正確；對于B，設的中點為，連接，則，，，又，，平面，平面，平面，平面，又平面平面，四點共面，平面，又平面，平面平面，B正確；對于C，設直線與球的另一交點為，若平面，則平面，C錯誤；對于D，當最大時，四點共面，，，，D錯誤.故選：AB.25．（2022·福建三明·模擬預測）已知函數(shù)在區(qū)間（1，＋∞）內沒有零點，則實數(shù)a的取值可以為（

）A．－1 B．2 C．3 D．4【答案】ABC【解析】【分析】由題意設，則在上，與有相同的零點，即討論在區(qū)間內沒有零點，求出其導函數(shù)，分析其單調性，得出其最值情況，從而結合其大致的圖形可得出答案.【詳解】，設則在上，與有相同的零點.故函數(shù)在區(qū)間內沒有零點,即在區(qū)間內沒有零點當時，在區(qū)間上恒成立,則在區(qū)間上單調遞增.所以，顯然在區(qū)間內沒有零點.當時,令，得，令，得所以在區(qū)間上單調遞減增.在區(qū)間上單調遞增.所以設，則所以在上單調遞減,且所以存在，使得要使得在區(qū)間內沒有零點，則所以綜上所述，滿足條件的的范圍是由選項可知：選項ABC可使得在區(qū)間內沒有零點，即滿足題意.故選：ABC26．（2022·福建三明·模擬預測）已知函數(shù)的部分圖像如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．B．f（x）的最小正周期為2C．將f（x）的圖像向右平移1個單位長度，得到函數(shù)的圖像D．若f（x）在區(qū)間[2，t]上的值域為[－1，]，則t的取值范圍為[，]【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)圖像求出解析式，然后根據(jù)三角函數(shù)的知識逐一判斷即可.【詳解】由圖像可得，因為，所以又因為屬于的單調遞減區(qū)間，，所以，故A錯誤，因為，所以，所以可得，即，所以，故B正確，將f（x）的圖像向右平移1個單位長度，得到函數(shù)的圖像，故C錯誤，當時，，若值域為，則，解得，故D正確，故選：BD27．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）在中，，則下列說法正確的是（

）A． B．C．的最大值為 D．【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)已知條件，結合得，，進而得，可判斷AD；進而得或，故或，再分別討論的最大值問題即可判斷BC.【詳解】解：因為，，所以，所以，，故A選項正確；所以，，即；所以，故D選項正確；所以，即或，所以或，故B選項錯誤；當時，，，當且僅當時，此時，不滿足內角和定理；當時，，，當且僅當時，此時，滿足題意.綜上，的最大值為，故C選項正確.故選：ACD28．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）在直四棱柱中，，，.（

）A．在棱AB上存在點P，使得平面B．在棱BC上存在點P，使得平面C．若P在棱AB上移動，則D．在棱上存在點P，使得平面【答案】ABC【解析】【分析】通過線面平行的判定定理來判斷AB選項的正確性，根據(jù)線線垂直、線面垂直的知識來判斷C選項的正確性，利用向量法判斷D選項的正確性.【詳解】A選項，當是的中點時，依題意可知，所以四邊形是平行四邊形，所以，由于平面,平面,所以平面,A選項正確.B選項，設是的中點，是的中點，由上述分析可知平面.由于，平面，平面，所以平面.由于，所以平面平面，所以平面.B選項正確.C選項，根據(jù)已知條件可知四邊形是正方形，所以，由于,，，所以平面，所以.由于，所以平面，所以.C選項正確.D選項，建立如圖所示空間直角坐標系，，.設.，此方程組無解，所以在棱上不存在點P，使得平面.D錯誤.故選：ABC29．（2022·江蘇·海安高級中學二模）已知，則（

）A．

B．

C．

D．

【答案】ABC【解析】【分析】將變?yōu)榻Y合指數(shù)函數(shù)的性質，判斷A;構造函數(shù)，求導，利用其單調性結合圖象判斷x,y的范圍，利用余弦函數(shù)單調性，判斷B;利用正弦函數(shù)的單調性判斷C，結合余弦函數(shù)的單調性，判斷D.【詳解】由題意，，得，，，∴，∴，A對；，令，即有，令，在上遞減，在上遞增，因為，∴，作出函數(shù)以及大致圖象如圖：則，∴，結合圖象則，∴，∴，B對；結合以上分析以及圖象可得，∴，且，∴，C對；由C的分析可知，，在區(qū)間上，函數(shù)不是單調函數(shù)，即不成立，即不成立，故D錯誤；故選：ABC．【點睛】本題綜合考查了有條件等式下三角函數(shù)值比較大小問題，設計指數(shù)函數(shù)性質，導數(shù)的應用以及三角函數(shù)的性質等，難度較大，解答時要注意構造函數(shù)，數(shù)形結合，綜合分析，進行解答.30．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面邊為1，側棱長為a，M是CC1的中點，則（

）A．任意a＞0，A1M⊥BDB．存在a＞0，直線A1C1與直線BM相交C．平面A1BM與底面A1B1C1D1交線長為定值D．當a＝2時，三棱錐B1－A1BM外接球表面積為3π【答案】AC【解析】【分析】對于A，證線線垂直即證線面垂直；對于B，根據(jù)異面直線的定義可得；對于C，根據(jù)基本事實3找出交線，然后求出交線長即可；對于D，根據(jù)外接球與正四棱柱的位置關系，找出球心，進而求出半徑，即可得出表面積.【詳解】，，，，平面，∴平面，平面，∴，A對.平面，平面，∴平面∴與異面不相交，B錯.延長，交于點，為中點，，∴，∴，，∴，平面平面，平面與底面交線為，其中為中點，，C對.，是直角三角形，外接圓是以為直徑的圓圓心設為，半徑（知D錯）取中點，則平面，，∴，∴，，D錯；故選：AC.31．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知定義在R上的函數(shù)的圖象連續(xù)不間斷，當時，，且當時，，則下列說法正確的是（

）A．B．在上單調遞減C．若，則D．若是的兩個零點，且，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A，在中令，即可判斷A；對于B，對兩邊求導，結合，即可得出在上單調遞增，即可判斷B.對于C，分別討論和，再結合在上單調遞增，上單調遞減，即可判斷C.對于D，先證明，則，再令，而由，所以，所以，即可判斷D.【詳解】對于A，在中令，則，所以，故A正確；對于B，當時，，對兩邊求導，則，所以時，，所以，令，，，所以在上單調遞增，所以B錯；對于C，由B知，在上單調遞增，上單調遞減，由知不可能均大于等于1，否則，則，這與條件矛盾，舍去.①若，則，滿足條件，此時，；’②若，則，而，則，所以，而，所以，C正確；對于D，由在上單調遞增，上單調遞減，知，注意到，，，所以，若，則，則，所以()，這與矛盾，舍去.所以，在時，中，令，而由，所以，所以，故D正確.故選：ACD.32．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）在通用技術課上，某小組將一個直三棱柱展開，得到的平面圖如圖所示.其中，，，M是BB1上的點，則（

）A．AM與A1C1是異面直線 B．C．平面AB1C將三棱柱截成兩個四面體 D．的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)展開圖還原直三棱柱，根據(jù)其結構特征及線面垂直的性質判斷A、B、C，將面和面展開展開為一個平面，利用三點共線求的最小值.【詳解】由題設，可得如下直三棱柱：由直三棱柱的結構特征知：AM與A1C1是異面直線，A正確；因為，，且，則面，又面，故，B正確；由圖知：面AB1C將三棱柱截成四棱錐和三棱錐，一個五面體和一個四面體，C錯誤：將面和面展開展開為一個平面，如下圖：當共線時，最小為，D正確.故選：ABD33．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）已知雙曲線的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，M為OA的中點，P為雙曲線C右支上一點且，且，則(

)A．C的離心率為2 B．C的漸近線方程為C．PM平分 D．【答案】ACD【解析】【分析】在直角三角形中，利用列出關于a、b、c的齊次式求出離心率，從而判斷A；根據(jù)離心率求出漸近線方程，從而判斷B；根據(jù)是否相等即可判斷PM是否平分，從而判斷C；根據(jù)、的比例關系，利用平面向量的線性運算即可表示用表示，從而判斷D.【詳解】由可知，由得，，即，即，即，∴，故A正確；由，∴雙曲線漸近線為，故B錯誤；由，﹒則，，∴；∵，，∴，∴，∴根據(jù)角平分線的性質可知PM平分，故C正確；，，，故D正確；故選：ACD．【點睛】本題主要考察與雙曲線的焦半徑和焦點三角形有關的性質，考察構造關于a、b、c的齊次式求離心率的方法，考察利用角平分線的性質，考察了向量的線性運算，解題時需數(shù)形結合，合理運用圖形的幾何關系.34．（2022·江蘇泰州·模擬預測）在正四棱錐中，點分別是棱上的點，且，，，其中，則（

）A．當時，平面平面B．當，，時，平面C．當，，時，點平面D．當，時，存在，使得平面平面【答案】BD【解析】【分析】舉出反例可判斷A；連接交于點，根據(jù)三角形中位線性質可得，由線面平行的判定可知B正確；假設平面，可知平面與平面重合，顯然不成立，知C錯誤；由線面垂直的判定可知平面，取中點，由平行關系可得平面，則平面與交點滿足題意，知D正確.【詳解】對于A，當時，平面與平面重合，A錯誤；對于B，當，，時，與重合，與重合，為中點，連接，交于點，連接，四邊形為正方形，為中點，又為中點，，又平面，平面，平面，即平面，B正確；對于C，連接，假設平面，又平面，平面，平面，平面，平面即為平面，顯然不成立，C錯誤；對于D，取中點，連接，交于點，連接，四邊形為正方形，，為正方形的中心，平面，又平面，，又，平面，平面，分別為中點，，平面；過作，交于，則平面，平面平面，D正確.故選：BD.35．（2022·江蘇泰州·模擬預測）已知定義在上的單調遞增的函數(shù)滿足：任意，有，，則（

）A．當時，B．任意，C．存在非零實數(shù)，使得任意，D．存在非零實數(shù)，使得任意，【答案】ABD【解析】【分析】令可推導得，結合的值可知A正確；令可推導得，結合可推導知B正確；根據(jù)單調性可知C錯誤；當時，根據(jù)的對稱中心及其在時的值域可確定時滿足，知D正確.【詳解】對于A，令，則，即，又，；令得：，，，，則由可知：當時，，A正確；對于B，令，則，即，，由A的推導過程知：，，B正確；對于C，為上的增函數(shù)，當時，，則；當時，，則，不存在非零實數(shù)，使得任意，，C錯誤；對于D，當時，；由，知：關于，成中心對稱，則當時，為的對稱中心；當時，為上的增函數(shù)，，，，；由圖象對稱性可知：此時對任意，，D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數(shù)對稱性的應用，解題關鍵是能夠根據(jù)已知關系式確定的對稱中心，同時采用賦值的方式確定所滿足的其他關系式，從而結合對稱性和其他函數(shù)關系式來確定所具有的其他性質.36．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知函數(shù)的圖象在軸上的截距為，在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，則下列說法正確的是（

）A．B．C．函數(shù)在上一定單調遞增D．在軸右側的第一個最低點的橫坐標為【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)題意，得到，求得，再由，求得，得到函數(shù)，結合三角函數(shù)的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)的圖象在軸上的截距為，可得，因為，可得，所以A正確；又由，且在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，可得，則，可得，所以，則，可得所以，所以函數(shù)最大值為，所以B錯誤；由，當，可得，根據(jù)正弦函數(shù)的性質，可得函數(shù)在上單調遞增，所以C正確；由，令，解得，當時，可得，即在軸右側的第一個最低點的橫坐標為，所以D錯誤.故選：AC.37．（2022·江蘇南通·模擬預測）如圖，正方體的棱長為分別是所在棱上的動點，且滿足，則以下四個結論正確的是（

）A．四點一定共面B．若四邊形為矩形，則C．若四邊形為菱形，則一定為所在棱的中點D．若四邊形為菱形，則四邊形周長的取值范圍為【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)棱長為，且可得，再逐項分析即可得解.【詳解】連接交于點，為正方體的中心，由棱長為，且，可得，所以交于點，交于點，所以交于點，，故四點一定共面，所以A正確；對B，若四邊形為矩形，可以也可以，故B錯誤；對C，若四邊形為菱形，則必有，則必有一定為所在棱的中點或一定為所在棱的中點，故C錯誤；四邊形為菱形，當都為各邊中點時，四邊形周長最小為，若為所在棱的中點，而分別和重合時，此時菱形周長最大，邊長為，所以周長為，故D正確.故選：AD38．（2022·河北·模擬預測）若函數(shù)（）是周期為2的奇函數(shù)．則下列選項一定正確的是（

）A．函數(shù)的圖象關于點對稱B．2是函數(shù)的一個周期C．D．【答案】AC【解析】【分析】本題考查抽象函數(shù)的對稱性與周期性，利用函數(shù)是奇函數(shù)得到關系式和，即可逐個判斷出選項.【詳解】函數(shù)是奇函數(shù)，，函數(shù)圖象關于點對稱，故A正確；函數(shù)是周期為2，所以的周期為4，故B錯誤；函數(shù)是周期為2的奇函數(shù)，，故C正確；，無法判斷的值，故D錯誤.故選：AC.39．（2022·河北·模擬預測）已知正四棱臺（上下底面都是正方形的四棱臺）．下底面ABCD邊長為2，上底面邊長為1，側棱長為，則（

）A．它的表面積為B．它的外接球的表面積為C．側棱與下底面所成的角為60°D．它的體積比棱長為的正方體的體積大【答案】ACD【解析】【分析】分別求得上、下底面面積，再求得側面等腰梯形的面積，即可判斷A的正誤；如圖作輔助線，可求得各個長度，根據(jù)三角函數(shù)的定義，可判斷C的正誤；求得的長，分析可得即為正四棱臺外接球的球心，且外接球半徑，代入表面積公式，可判斷B的正誤；分別求得正四棱臺的體積和正方體的體積，利用作商法比大小，即可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】由題意得：上底面的面積，下底面的面積，側面為等腰梯形，過分別做AB的垂線，垂足為E、F，如圖所示所以，則，所以，所以梯形的面積為，所以正四棱臺的表面積，故A正確；連接，且交于點，連接AC、BD交于點，連接，則垂直底面ABCD，過作于G，則底面ABCD，則四邊形為矩形，由題意得，所以，同理，又，所以，在中，，所以，即側棱與下底面所成的角為60°，故C正確所以.連接，在中，，所以點到的距離相等，均為，所以點即為正四棱臺外接球的球心，且外接球半徑，所以外接球的表面積，故B錯誤；正四棱臺的體積，棱長為的正方體的體積，所以，所以，所以正四棱臺的體積比棱長為的正方體的體積大，故D正確；故選：ACD【點睛】解題的關鍵是熟練掌握棱臺的表面積、體積的求法及公式，并靈活應用，難點在于求各個棱長及確定為外接球的球心，考查分析理解，數(shù)形結合的能力，屬中檔題.40．（2022·河北秦皇島·二模）已知函數(shù)，，，則（

）A．的圖象關于對稱B．的圖象沒有對稱中心C．對任意的，的最大值與最小值之和為D．若，則實數(shù)的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)的對稱性直接可判斷ABC，再結合函數(shù)的單調性解不等式，可判斷D.【詳解】由題意知的定義域為，因為，所以的圖象關于對稱，故A正確；因為的定義域為，且，所以的圖象關于對稱，故B不正確；因為，所以的圖象關于對稱，所以對任意的，最大值與最小值之和為，故C正確；由，得，又在上單調遞減，且，所以或，解得或，故D正確，故選：ACD.三、雙空題41．（2022·福建·模擬預測）在處理多元不等式的最值時，我們常用構造切線的方法來求解.例如：曲線在處的切線方程為，且，若已知，則，取等條件為，所以的最小值為3.已知函數(shù)，若數(shù)列滿足，且，則數(shù)列的前10項和的最大值為___________；若數(shù)列滿足，且，則數(shù)列的前100項和的最小值為___________.【答案】

70

540【解析】【分析】①先求導數(shù)，求出處的切線方程，結合，即可求出的前10項和的最大值；②求出處的切線方程為，結合，即可求出的前100項和的最小值.【詳解】，則在上單增，圖像如下所示：①易知，，所以曲線在處的切線方程為，結合圖像易知，所以，所以，當且僅當時，等號成立；②曲線在處的切線為，因為，則令此切線過原點，解得或，所以曲線在處的切線方程為，結合圖像易知，所以，當且僅當或時，等號成立，取，，即的前100項中有60項為3，40項為0時，等號成立.故答案為：70；540.42．（2022·福建三明·模擬預測）已知拋物線C：的焦點為F，直線，均過點F分別交C于A，B，G，H四點，若，斜率的絕對值的倒數(shù)和為4，則當直線的斜率為___時，的值最小，最小值為___．【答案】

【解析】【分析】設為，聯(lián)立方程組，結合韋達定理和拋物線的定義，得到，同理可得，得到，根據(jù)題意得到，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，拋物線的交點坐標為，設直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設，所以，設直線的斜率為，同理可得可得，又由，可得，所以，因為，可得，當且僅當時，等號成立，所以，所以的最小值為，又由，所以，所以，所以，所以當時，的最小值為.故答案為：，.43．（2022·江蘇·海安高級中學二模）“以直代曲”是微積分中最基本、最樸素的思想方法，如在切點附近，可用曲線在該點處的切線近似代替曲線．曲線在點處的切線方程為_____________，利用上述“切線近以代替曲線”的思想方法計算所得結果為_____________（結果用分數(shù)表示）．【答案】

【解析】【分析】利用導數(shù)幾何意義可求得切線斜率，由此可得切線方程；根據(jù)切線方程可得，代入求解即可.【詳解】由得：，在點處的切線斜率，則切線方程為：；由題意知：，，即，，即.故答案為：；.44．（2022·江蘇南通·模擬預測）德國數(shù)學家康托爾是集合論的創(chuàng)始人，以其名字命名的“康托爾塵?！弊鞣ㄈ缦拢旱谝淮尾僮?，將邊長為1的正方形分成9個邊長為的小正方形后，保留靠角的4個，刪去其余5個；第二次操作，將第一次剩余的每個小正方形繼續(xù)9等分，并保留每個小正方形靠角的4個，其余正方形刪去；以此方法繼續(xù)下去……、經(jīng)過n次操作后，共刪去______個小正方形；若要使保留下來的所有小正方形面積之和不超過，則至少需要操作______次．（）【答案】

9【解析】【分析】通過觀察可知每次刪掉的正方形數(shù)和保留下來的正方形數(shù)為等比數(shù)列，然后根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可解.【詳解】由題可知，每次刪掉的正方形數(shù)構成公比為4，首項為5的等比數(shù)列，所以經(jīng)過n次操作后，共刪去的正方形個數(shù)；易知，第次操作后共保留個小正方形，其邊長為，所以，保留下來的所有小正方形面積之和為由，得所以，至少需要9次操作才能使保留下來的所有小正方形面積之和不超過.故答案為：，9.45．（2022·江蘇·新沂市第一中學模擬預測）在平面四邊形ABCD中，，，，，.以AB為軸，其余三邊旋轉一周形成的面圍成一個幾何體，旋轉過程中，C，D均在球O上，則球O的半徑是___________，幾何體的體積是___________.【答案】

【解析】【分析】依題意可得為直角梯形，繞旋轉一周所得幾何體為圓臺，根據(jù)圓臺的體積公式求出幾何體的體積，設外接球球心為，則在上，令，利用勾股定理得到方程組，即可求出外接球的半徑；【詳解】解：依題意可得為直角梯形，如圖直角梯形繞旋轉一周所得幾何體為圓臺，所以，設外接球球心為，則在上，令，則，設外接球的半徑為，所以，解得，所以故答案為：；46．（2022·江蘇南通·模擬預測）已知雙曲線的左焦點為，若點關于漸近線對稱的點恰好落在漸近線上，則的坐標為___________，雙曲線的離心率為___________.【答案】

2【解析】【分析】由題意分析漸近線斜率，然后求離心率【詳解】由題意得，且點在第一象限，又點在上，故，，即點，由題意，兩條漸近線的夾角，一條漸近線與軸的夾角相等故一條漸近線與軸的夾角為，，．故答案為：，247．（2022·河北秦皇島·二模）在長方體中，，，，為線段的中點，一質點從點出發(fā)，沿長方體表面運動到達點處，則質點從到的最短距離為___________；若沿質點的最短運動路線截長方體，則所得截面的面積為___________.【答案】

【解析】【分析】根據(jù)長方體的側面展開圖可得最短距離，進而可得截面與截面面積.【詳解】如圖所示，當質點經(jīng)過棱時，,如圖所示，當質點經(jīng)過棱時，,如圖所示，當質點經(jīng)過棱時，,所以最短距離為，此時質點從點出發(fā)，經(jīng)過的中點，再到達點，則平面截長方體所得的截面為梯形，如下圖所示，由已知得，，，，過點，分別作的垂線，垂足為，，設，且，故，即，解得，故；故答案為：，.四、填空題48．（2022·山東聊城·二模）設，，若存在，，，使得成立，則正整數(shù)的最大值為______．【答案】【解析】【分析】構造函數(shù)，利用導數(shù)得出值域，進而由得出，解不等式得出正整數(shù)的最大值.【詳解】由題意，存在，，，，使得成立，令，，當時，，當時，，即函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，，則，即，，則要使得正整數(shù)取最大值，則，，即正整數(shù)的最大值為故答案為：49．（2022·山東聊城·二模）已知數(shù)列，當時，，則數(shù)列的前項的和為______．【答案】【解析】【分析】分別取、、、時，滿足的項數(shù)，計算得出，利用錯位相減法可求得數(shù)列的前項的和.【詳解】當時，，共項，當時，，共項，當時，，共項，當時，，共項，又因為，所以，數(shù)列的前項的和為，記，則，上述兩個等式作差可得，所以，，因此，數(shù)列的前項的和為.故答案為：.50．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）已知函數(shù)，則的最小值為____________．【答案】【解析】【分析】令，求出，再分和兩種情況得到，利用導數(shù)求出函數(shù)的單調性，即可得到函數(shù)的最小值；【詳解】解：因為，令，即，所以，所以當時，則，令，則，即在上單調遞增，又，所以，即在上單調遞減；當時，則，所以在上單調遞增，綜上可得在上單調遞減，在上單調遞增，所以，故答案為：51．（2022·江蘇·南京市第一中學三模）橢圓：的左、下頂點分別為，，右焦點為，中點為，為坐標原點，交于點，且，，三點共線，則的離心率為____________．【答案】##【解析】【分析】由題得直線的方程為，直線的