2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（六）（解析版）

这是一份2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（六）（解析版），共59页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。

2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（六）
一、单选题
1．（2021·湖南·长郡中学高三月考）已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据给定条件建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示即可计算作答.
【详解】
是边长为2的正方形，则以点A为原点，直线AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图：

则，设点，
，
于是得：，
当时，取得最小值，
所以的最小值是.
故选：B
2．（2021·广东·清远市博爱学校高三月考）在△ABC中，已知2acos B＝c，sin Asin B(2－cos C)＝sin2＋，则△ABC为（ ）
A．等腰三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】D
【分析】
利用余弦定理化简得出，根据正弦定理得出，利用二倍角的余弦公式对化简整理可得，进而得出结果.
【详解】
由题意知，，由余弦定理，得，
整理，得，即；由正弦定理，得，
所以或，又，
则，得，
由，得，
即，因为，所以，
则，的，解得，所以，所以.
综上诉述，为等腰直角三角形.
故选：D
3．（2021·广东顺德·高三月考）已知函数，且有，，则在区间内至少有（ ）个零点．
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】
根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.
【详解】
因为，即，所以函数关于点对称，
所以，——①
因为，所以为函数的一条对称轴，
所以，——②
由①②，得，即，
要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，
又因为，所以，
把代入①，得，即，
又因为，所以或.
当时，，此时在内零点个数为12；
当时，，此时在内零点个数为12.
故选：D.
4．（2021·广东福田·高三月考）已知，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
令，即可得到，，，利用导数说明在的单调性，再令，利用导数说明其单调性，即可得到，从而得到，即可得解；
【详解】
解：令，，所以，，，所以，因为，所以当时，即在上单调递减，令，，则，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以在处取得极大值即最大值，，因为，所以，即，所以，
故选：D
5．（2021·广东龙岗·高三期中）已知为偶函数，为奇函数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．，
C．，且，若，则
D．
【答案】D
【分析】
根据函数的奇偶性得到函数的解析式，然后逐一验证即可.
【详解】
由题可知：
所以
对A，，，故正确
对B，，令，
则（当且仅当时取等号）
又，所以，所以在单调递增，
所以，即
，所以函数在单调递增，
所以，故B正确；
对C，设则，令
所以为的增函数，等价于在上恒成立，
即，
（当且仅当时取等号），
所以，故C正确；
对D，，

所以，故D错
故选：D
6．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）已知点，若圆：，（）上存在两点，，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
取的中点，连接，，设，在和中，利用和分别表示和，由可得，再由即可求解.
【详解】
由圆：，（）可得圆心，
，
取的中点，连接，，
因为，所以，
设，在中，由勾股定理可得：，
在中，由勾股定理可得：，
所以，整理可得：，
因为，所以，解得：，
因为，所以，所以，
故选：D.


7．（2021·河北·唐山一中高三期中）在锐角中，，，分别为三边，，所对的角，若，且满足关系式，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先通过，利用辅助角公式可得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.
【详解】
解：得，又，所以.
在锐角中，，
由正弦定理得：

所以，
所以.
因为，
所以，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查正弦定理的应用，考查三角形中的最值问题，是中档题.
8．（2021·河北·石家庄一中高三月考）已知函数，，若，，则的最小值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题可得，由在单调递增得，即，则，利用导数求出的最小值即可.
【详解】
，① ，
，② ，
由① ②得，
因为当时，，
所以在单调递增，，则，.
令，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，在单调递增，.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是根据方程的特点得出，即，将问题化为求得最小值.
9．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）三棱锥中，，，的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用三角形全等和三角形的面积公式求出高，求解直角三角形得，利用余弦定理得出，可得为三棱锥外接球的直径，即可求出外接球的表面积.
【详解】
，，，
又，，则，
取中点，连接，
又由的面积为，可得的高，
则可得，
在中，由余弦定理，
，解得，
则，可得，，
，
根据球的性质可得为三棱锥外接球的直径，则半径为1，
故外接球的表面积为.
故选：A.

10．（2021·江苏省响水中学高三月考）已知数列中，，（…是自然对数的底数）．记数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
设,求出其单调区间，从而得出，进而，所以可得，又，根据裂项求和的方法，可得答案.
【详解】
设，则
，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以，则
由，所以
又
又，
所以．

所以
故选：B
11．（2021·江苏·金陵中学高三期中）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，即可得出结论.
【详解】
设，
当时，在上单调递减，
，即，
，所以；
设，
当时，在上单调递减，
，即，
，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解题的关键，再利用函数的单调性比较大小.
12．（2021·江苏如皋·高三月考）如图，已知，，，，，若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图所示，以为负半轴，为正半轴建立直角坐标系，根据题意得到，解得答案.
【详解】
如图所示：以为负半轴，为正半轴建立直角坐标系，
则，，，
，即，
解得，故.
故选：C.

13．（2021·江苏如皋·高三月考）已知为坐标原点，过曲线上一点作的切线，交轴于点，则面积取最大值时，点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先将的面积用点坐标表示出来，再利用导数求出面积为最大值时的坐标，进而得出答案.
【详解】
解：设点的坐标为
，当时，
切线方程为，令，得
点的坐标为
，

令

令，（），
解得（舍去），
在单调递增，在上单调递减
当时，最大，即面积最大
故点的纵坐标为.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：求复杂函数的最值时，通常利用导数求出函数的单调性以及单调区间，必要时，需要利用换元法进行处理，进而得出函数的极值或最值.
14．（2021·江苏扬州·高三月考）已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据函数单调性可列关于、、的方程组，然后转化为关于或的函数可解决此题．
【详解】
由题意得在，上单调递减，
因为函数的值域为，，
所以，
，
，，，，
，
，，结合可得：，，
，．
故选：．
15．（2021·江苏扬州·高三月考）已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求△面积的最小值.
【详解】
由题设，，而且，
∴，，则，
∴，由题设△内切圆半径，又，
∴，而，即，
∴，可得，当且仅当时等号成立.
∴.
故选：D

二、多选题
16．（2021·湖南·长郡中学高三月考）已知a为常数，函数有两个极值点，（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】
令，则，作出，的大致图象，可判断AB；
由函数的单调性可判断CD
【详解】
，，令，则，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减．
作出，的大致图象，

当时，有两个根，，且，故A正确；
当时，，故B错误；
又函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，
，，故CD正确；
故选：ACD．
17．（2021·广东·清远市博爱学校高三月考）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是
A．是偶函数
B．的最小正周期是
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
【答案】AD
【分析】
利用三角函数图象变换可得函数的解析式，然后利用余弦型函数的基本性质逐项判断可得出正确选项.
【详解】
由题意可得，
函数是偶函数，A正确：
函数最小周期是，B错误；
，则直线不是函数图象的对称轴，C错误；
，则是函数图象的一个对称中心，D正确.
故选：AD.
【点睛】
本题考查利用三角函数图象变换求函数解析式，同时也考查了余弦型函数基本性质的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
18．（2021·广东顺德·高三月考）在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为
C． D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】
利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A，由余弦定理可得，得，
故，A对；
对于B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B对；
对于C，，则，
由余弦定理可得，，
所以，，整理可得，
则，C对；
对于D，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
因为且函数在上单调递减，故，D错.
故选：ABC.
19．（2021·广东顺德·高三月考）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）

A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为
D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为
【答案】AD
【分析】
结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.
【详解】
因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，
设圆锥外接球半径为，如图，

则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；
设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，

则对，即，解得，故B项错误；
过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，


因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；
设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，

则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，
长方体体积为，当时，时，，故，
故D正确，
故选：AD
20．（2021·广东福田·高三月考）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，以下说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为2
B．平面
C．异面直线EF与AG所成的角的余弦值为
D．过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】BD
【分析】
对A，直接由锥体体积公式求解判断；对BC，结合建系法直接判断；对D，补全截面直接判断.
【详解】
对A，，故A错误；
对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，则，，，，，则平面，B正确；
对C，，，，故C错误；
对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确.

故选：BD
21．（2021·广东福田·高三月考）已知是周期为4的奇函数，且当时，，设，则（ ）
A． B．函数为周期函数
C．函数的最大值为2 D．函数的图象既有对称轴又有对称中心
【答案】ABD
【分析】
根据周期的定义证得函数是以4为周期的周期函数，即可判断B选项，进而求出的函数值，即可判断A选项，然后求出的在上的值域，进而求出在的值域即可判断C选项，求出对称轴与对称中心即可判断D选项.
【详解】
因为是周期为4的奇函数，所以，
所以，所以函数是以4为周期的周期函数，故B正确；
因此，故A正确；
对于C，
当时，，
当时，
，所以单调递减，故
当时，
当时，，
且，，，，
，所以时，，由于周期为4，故的最大值为1，故C错误；
对于D，因为是周期为4的奇函数，所以，，
又，
所以函数关于对称，即函数的图象有对称轴，
因为

，
所以函数关于对称，，即函数的图象有对称中心，故D正确.
故选：ABD.
22．（2021·广东龙岗·高三期中）已知函数（为自然对数的底数），过点作曲线的切线.下列说法正确的是（ ）
A．当时，若只能作两条切线，则
B．当，时，则可作三条切线
C．当时，可作三条切线，则
D．当，时，有且只有一条切线
【答案】ACD
【分析】
设切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数分别求，，时的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】
设切点为，由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，即，
设，
则，
当时，
，由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，

，，当趋近于时，趋近于，
对于A：当时，若只能作两条切线，则与图象有两个交点，由图知，故选项A正确；
对于B：当，时，与图象有一个交点，此时只能作一条切线，故选项B不正确；
对于C：，当时，
由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
极小值，极大值，
若可作三条切线，则与图象有三个交点，所以，
故选项C正确；

对于D：当时，，所以单调递减，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
此时与图象有一个交点，所以有且只有一条切线，故选项D正确；

故选：ACD.
23．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）已知椭圆上有一点P，F1、F2分别为其左右焦点，，的面积为S，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则满足题意的点P有4个
B．若，则
C．的最大值为
D．若是钝角三角形，则S的取值范围是
【答案】ABC
【分析】
根据面积求出点P纵坐标的范围即可判断A；
结合椭圆的定义、余弦定理和面积公式可以求出三角形面积，进而判断B；
根据B中的推理，结合基本不等式可以判断C；
根据C中的推理可以判断不可能为钝角，根据椭圆的对称性仅考虑P点在第一象限的情形，根据角的变化情况先考虑的情况，进而求得答案判断D.
【详解】
由题意，，

对A，设，则，由椭圆的范围可知A正确；
对B，如图，设，因为，所以在中，
而，因为，所以，故B正确；
对C，由，当且仅当时取“=”，即的最大值为，C正确；
对D，根据C可知，最大值为，即不可能为钝角，根据椭圆的对称性，现仅考虑点P在第一象限的情况，根据角的变化情况，若，将x=2代入椭圆方程解得：，此时，则是钝角三角形， S的取值范围是，D错误.
故选：ABC.
24．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）如图，是边长为2的正方形，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则（ ）

A．
B．点在平面内的射影为的垂心
C．二面角的余弦值为
D．若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是
【答案】ABC
【分析】
利用线面垂直的判定定理证得平面后，即可判定A；设在底面上的射影为，利用线面垂直判定定理证得平面后得到，同理可证，即得O为的垂心，由此判定B；连接，可证为二面角的平面角，然后计算，从而判定C；由已知可得三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，补成长方体，计算其对角线的长，从而得到外接球的半径，然后计算表面积，从而判定D.
【详解】
对于，，
，平面，
平面，，故正确；
对于，设在底面上的射影为，则底面，，
由知，，连接并延长，交于，
，平面，则，
同理可证，∴点在平面内的射影为的垂心，故正确；
对于，由知，，，为的中点，
连接，又，，
则为二面角的平面角．
在等腰直角三角形中，由，得，则，
在中，有，故正确；
对于，由已知可得三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且，．
把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为，
则其外接球的表面积，故错误．
故选：．

25．（2021·河北·唐山一中高三期中）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
【答案】ABD
【分析】
对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值
【详解】
对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；

对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；
对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；

对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题
26．（2021·河北·石家庄一中高三月考）定义在上的奇函数满足，当时，（为自然对数的底数），则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．不是周期函数
D．函数的图象关于点对称
【答案】ABD
【分析】
根据题意可得，，即，，解得b，a，即可判断A，B是否正确；由周期定义，可得C是否正确；由对称性可得D是否正确；
【详解】
解：因为是定义在R上的奇函数，所以，
当时, , 化简得 （1），
因为 ,所以 ,
又为奇函数，所以 ,
所以,
所以, 则 ,
当 时, , 解得 ,
代入(1)得 ,
对于 A，, 故A正确;
对B，, 故B正确;
对C， , 所以是的一个周期，故C不正确;
对D，,所以 ,
所以 ,所以关于点对称，故D正确;
故选：ABD．
27．（2021·河北·石家庄一中高三月考）八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中，则下列结论正确的有（ ）

A．
B．
C．
D．向量在向量上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】
直接利用向量的数量积的应用，向量的夹角的应用结合图像求出结果，逐一分析各个选项即可得出答案.
【详解】
解：图2中的正八边形，其中，
对于A，故A正确；
对于B，故B正确；
对于C：因为，，，，则，
，所以，故C错误；
对于D：因为，所以向量在向量上的投影向量即为在向量上的投影向量，故D正确．
故选：ABD．
28．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）关于函数，，下列结论正确的有（ ）
A．当时，在处的切线方程为
B．当时，在上存在唯一的极小值点
C．对任意，在上均存在零点
D．当时，若对，恒成立，则
【答案】ABD
【分析】
逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．
【详解】
选项A：当时，
所以，故切点为，
所以切线斜率
故直线方程为：，即切线方程为：， 选项A正确；
选项B：当时，，
恒成立，所以单调递增，
又，
,所以，即，所以
所以存在，使得，即
则在上，，在上，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.
所以存在唯一的极小值点.

,则，，所以B正确；
选项C、D：
令，即 ，所以，则令，
，令,得
由函数的图像性质可知:
时，，单调递减.
时，，单调递增.
所以时，取得极小值，
又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极小值，
又，即
所以
当时，
所以当，即时，在上无零点，所以C不正确；
当时，对，恒成立，故
因为时，
又
，即
即当时，若对，恒成立，则故D正确.
故选：ABD
29．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则（ ）
A． B．数列的最大项为第9项
C．时，的最小值为17 D．
【答案】ACD
【分析】
求得的关系式，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
依题意等差数列满足，，，
，，
，，，，
，则AD正确.
，，C选项正确.
由上述分析可知，，
，所以，数列的最大项不是第9项，B选项错误.
故选：ACD
30．（2021·江苏省响水中学高三月考）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．不是周期函数 B．关于点对称
C．在区间上是减函数 D．在区间内有且只有一个零点
【答案】BD
【分析】
对于A：由可判断；
对于B，代入计算得，由此可判断；
对于C：求导函数，判断导函数的符号，可得原函数的单调性；
对于D：令，得出，由此可判断.
【详解】
解：对于A：函数，，所以为周期函数，故A不正确．
对于B，因为，

，
所以，所以关于对称，故B正确；
对于C：，由时，，，，所以函数在区间上是增函数，故C不正确；
对于D：令，则，即，当时，，所以在内有且只有一个零点，故D正确．
故选：BD.
31．（2021·江苏省响水中学高三月考）已知数列的前项和为，且，（，为常数），则下列结论正确的有（ ）
A．一定是等比数列 B．当时，
C．当时， D．
【答案】BC
【分析】
对于A选项，若，则数列不是等比数列，当时，通过题目条件可得，即数列为首项为，公比为的等比数列，然后利用等比数列的通项公式、前n项和公式便可得出B，C，D是否正确.
【详解】
由，得，，故，则，
当时，有，则，即，
故当时，数列为首项为，公比为的等比数列；当时不是等比数列，故A错误；
当时，，故B正确；
当时，，则，故C正确；
当时，，而，
故，则D错误；
故选：BC.
32．（2021·江苏·金陵中学高三期中）众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”.整个图形是一个圆形.其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆，给出以下命题:其中所有正确结论的序号是（ ）

A．在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是；
B．当时，直线与白色部分有公共点；
C．黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点，则的最大值为；
D．若点，为圆过点的直径，线段是圆所有过点的弦中最短的弦，则的值为.
【答案】ACD
【分析】
根据几何概型的概率公式可判断A的正误；计算直线与圆的位置关系以及数形结合可判断B的正误；利用点到直线的距离公式以及数形结合可判断C的正误；求出点、、、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可判断D的正误.
【详解】
对于A，设黑色部分区域的面积为，整个圆的面积为，由对称性可知，，
所以，在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率为，故A正确；
对于B，当时，直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
下方白色小圆的方程为，圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，如下图所示：

由图可知，直线与与白色部分无公共点，故B错误；
对于C，黑色阴影部分小圆的方程为，设，如下图所示：

当直线与圆相切时，取得最大值，
且圆的圆心坐标为，半径为，可得，解得，
由图可知，，故，故C正确；
对于D，由于是圆中过点的直径，则、为圆与轴的两个交点，可设、，

当轴时，取最小值，则直线的方程为，可设点、，
所以，，，，
所以，故D正确.
故选：ACD
33．（2021·江苏如皋·高三月考）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则（ ）
A．是奇函数 B．是周期函数
C． D．在上是增函数
【答案】AB
【分析】
利用赋值法以及特殊函数即可得出答案.
【详解】
解：对A，由
令，得 ，
，
为奇函数，故A正确；
对B，令，得



是周期函数，故B正确；
对C，当时，符合题意，但是，故C错误；
对D，当时，符合题意，但是在上是减函数，故D错误.
故选：AB.
【点睛】
关键点睛：对于抽象函数，常用赋值法求解函数相关性质.
34．（2021·江苏如皋·高三月考）已知，是双曲线的左、右焦点，过作直线的垂线交双曲线的右支于点，且，则（ ）
A．原点到直线的距离为
B．双曲线的离心率为
C．
D．双曲线的两条渐近线夹角余弦值为
【答案】ABD
【分析】
由题意可求得直线的方程，根据点到直线距离公式，即可判断A的正误；根据中位线的性质及双曲线定义，可判断C的正误；根据勾股定理及离心率公式，可判断B的正误；根据两角差的正切公式，计算求值，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
由题意得直线的斜率为，且，
所以直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离，故A正确；
因为O为的中点，且，
所以到直线的距离为O到直线距离的2倍，即，
根据双曲线定义可得，
所以，故C错误；
因为，且，
所以，整理得，即
所以双曲线的离心率，故B正确；
设渐近线的倾斜角为，渐近线的倾斜角为，所求为，
则，
因为，且，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以双曲线的两条渐近线夹角余弦值为，故D正确；
故选：ABD
35．（2021·江苏扬州·高三月考）已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数是最小正周期为的周期函数
C．若，则方程在区间内，最多有4个不同的根
D．函数在区间内，共有6个零点
【答案】ACD
【分析】
可判断函数为偶函数，讨论的范围，化简可得函数单调性，画出函数的图象即可判断.
【详解】
，为偶函数，
当时，，所以，
又，由在为减函数可得在上单调递减，故A正确；
当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，
当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，做出函数图象如图，又因为函数为偶函数，故不是周期函数，故B错误；
方程在区间内根的个数，等价于与的图象的交点个数，由图象可知最多有4个交点，故C正确；
由函数图象可得在区间有6个零点，故D正确.
故选：ACD.



三、填空题
36．（2021·广东龙岗·高三期中）已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系得到在平面中点､的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.
【详解】
如图

所以，设
由点到平面的距离等于它到点的距离，
即点到的距离等于它到点的距离
在平面中，直线方程为
所以，
所以点的轨迹方程为
，
设平面的一个法向量为
则，令，所以
所以，由直线平面
所以
所以点的轨迹为
的导函数为
所以，
所以同平行的直线与相切的切点为，
所以点到直线的距离为
所以的最小值为
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程，利用导数求解.
37．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）若点是抛物线上一动点，是抛物线的焦点，点，则的最小值为______．
【答案】4
【分析】
由抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，则可得的最小值为点到抛物线准线的距离，即可得出答案
【详解】
抛物线的焦点为，准线为，过作准线的垂线，交准线于
由抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，
所以
所以的最小值为4，
故答案为：4

38．（2021·河北·唐山一中高三期中）数列满足，前16项和为540，则 ______________.
【答案】
【分析】
对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】
，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，




，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
39．（2021·河北·石家庄一中高三月考）设函数，若实数满足，且，则的取值范围是_______________________．
【答案】
【分析】
结合图象确定a，b，c的关系，由此可得，再利用基本不等式求其最值.
【详解】
解：因为函数，若实数a，b，c满足，且，
；
如图：，且；
令；
因为；
，当且仅当时取等号；
，；

故答案为：
40．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）已知数列和的通项公式分别是，．集合元素按照从小到大的顺序排列，构成数列，则数列的前62项和________．
【答案】3395
【分析】
对中的从奇数与偶数进行分类讨论，对中的从被3除的情况分类讨论，判断项的大小，求出数列的通项，再利用等差数列的求和公式分组求和，即可求出答案.
【详解】
因为，
所以，







故答案为：3395
41．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）已知向量，是平面内的两个非零向量，则当取最大值时，与夹角为________．
【答案】##
【分析】
根据，结合平面向量数量积的运算性质推出，再根据题意以及等号成立条件，即可求解.
【详解】
∵向量，是平面内的两个非零向量，
∴，当且仅当时取等号，
∴，即，
∴，即，当且仅当时取等号，即，则与夹角为，
∴当取最大值时，与夹角为.
故答案为：.
42．（2021·江苏省响水中学高三月考）点在函数的图象上，若满足到直线的距离为的点只有个，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】
设与平行的直线与函数相切于，利用导数的几何意义求得切点，利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】
依题意设在函数点处切线斜率为，
，即，解得，则对应的切点为
要满足题意，只需满足：到直线的距离小于
即有，解得.
故答案为：.
43．（2021·江苏·金陵中学高三期中）法国著名的军事家拿破仑．波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在三角形中，角，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为___________
【答案】6
【分析】
令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，△O1AB中由正弦定理求、，由△面积为求，根据得，再由余弦定理有，进而可得且，令，则，，利用导数研究单调性求区间最值即可.
【详解】
如图，令△ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，

△O1AB中，，
由正弦定理得，则，同理，
正△面积，得，而，则，
∴△中，由余弦定理得：，有，则，
△ABC中，由余弦定理得，则，
而，又，得，
∴，令，则，，
∴，在上，即，
∴在是单调递减，时，故三角形的周长最小值是6．
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：应用正余弦定理求得，并确定、与的等量关系，应用基本不等式确定的取值范围，进而得关于的函数关系，令构造，应用导数研究单调性求最值.
44．（2021·江苏扬州·高三月考）已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】
将原问题转化为对任意恒成立，设，则直线应介于函数与函数之间，然后作出图象，通过图象即可得到实数的取值范围．
【详解】
依题意，变形为，对任意恒成立，即对任意恒成立，
设，则直线应介于函数与函数之间，
由易知，函数在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，也是最小值，
由及双勾函数的性质可知，函数在单调递增，在单调递减，在处取得最小值，
作出函数及函数的图象如下，

由图象可知，满足条件的实数的取值范围为，．
故答案为：，．
45．（2021·江苏扬州·高三月考）在中，已知角为钝角，且，，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】
由已知利用正弦定理可得：，且，结合余弦定理、不等式的解法即可求解．
【详解】
，由正弦定理得，
，
由正弦定理得，
．
，
又由，可得，
，即的取值范围是，
故答案为：．

四、双空题
46．（2021·湖南·长郡中学高三月考）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，球内切于该四棱锥，球与球及四棱锥的四个侧面相切，球与球及四棱锥的四个侧面相切，依次作球与球及四棱锥的四个侧面相切，则球的表面积为________．球，球，，球的表面积之和为________．

【答案】
【分析】
过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答.
【详解】
在正四棱锥中，令O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点，
过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，…得对应球的截面大圆，如图：

显然，，，令N为圆与PM相切的切点，
则，设球的半径为，即，因为，则
显然，，解得，，
设球与球相切于点T，则，设球的半径为，同理可得，即，
设球的半径为，同理可得，即球，球，，球的半径依次排成一列构成以为首项，为公比的等比数列，
设球的表面积为，则，球，球，，球的表面积依次排成一列构成以为首项，为公比的等比数列，
于是得，
所以球的表面积为，球，球，球的表面积之和为．
故答案为：；
【点睛】
关键点睛：涉及多面体与球体的有关内切与外接问题，作出几何体的轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
47．（2021·广东顺德·高三月考）已知函数，当时，函数的零点个数为______；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为______．
【答案】1
【分析】
（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；
（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.
【详解】
（1）当时，，
令，
所以，
所以，令，
所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），
当时，；，
所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；
（2）令
所以，
当时，不成立，所以不是函数的零点.
当时，
所以,
令，
令，
所以函数在单调递增，在单调递减，
因为，所以，
所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；
所以或，
由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，
当即时，方程有两个零点.
所以当或时，原函数有两个零点.
故答案为：1；.
48．（2021·广东福田·高三月考）某校学生在研究折纸实验中发现，当对折后纸张达到一定的厚度时，便不能继续对折了．在理想情况下，对折次数与纸的长边和厚度有关系：．现有一张长边为30cm，厚度为0.05cm的矩形纸，根据以上信息，当对折完4次时，的最小值为________；该矩形纸最多能对折________次．（参考数值：，）
【答案】64 6
【分析】
利用即可求解，利用和换底公式进行求解.
【详解】
令，则，则，
即，即当对折完4次时，的最小值为；
由题意，得，，
则
，
所以该矩形纸最多能对折6次.
故答案为：64，6.
49．（2021·河北·石家庄一中高三月考）在中，，则__________；点是上靠近点的一个三等分点，记，则当取最大值时，__________．
【答案】
【分析】
根据题意，由三角恒等变换将原式化简，即可求出；设，，，则，，根据正弦定理，得到，，求出，得到，表示出，求出最值，即可得出结果.
【详解】
因为，所以，
即，
又因为，所以；
设，，，
则，，
由正弦定理可得，，
又，
由，得．
因为，
所以
，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，
此时，
所以，；
答案为：；.
【点睛】
本题主要考查由三角恒等变换求函数值，考查三角函数的性质，考查正弦定理的应用，属于常考题型.
50．（2021·江苏如皋·高三月考）设函数，函数的零点最多有_____个；若时，函数恰有两个零点，则实数的取值范围是_____.
【答案】4
【分析】
令可得或，分别讨论，，，，时两个函数图象交点的个数即可得函数零点最多个数；由题意可得与图象有且仅有一个公共点，数形结合即可求解.
【详解】
因为恒成立，所以有一个零点，
当时，由可得，
函数的零点个数即为函数与图象交点的个数，
当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，

当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，

当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，

当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，


当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，

综上所述：函数的零点最多有个，
若时，则令可得或，
若函数恰有两个零点，则
可得函数与图象有且仅有一个公共点，
当时，由可得，

当时，由，可得，

综上所述：若时，函数恰有两个零点，则实数的取值范围是
，
故答案为：；.