2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第9-12题解析版

这是一份2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第9-12题解析版，共47页。
 2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题9-12题
原题9
1．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
2．若正四棱锥内接于球，且底面过球心，设正四棱锥的高为，则球的体积为（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为（    ）
A．2 B． C． D．3
变式题3基础
4．已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为（    ）．
A． B． C． D．
变式题4巩固
5．设A，B，C，D是同一个直径为8的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
6．在三棱锥中，已知平面，且是边长为的正三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ）
A．2 B． C． D．
变式题6巩固
7．已知三棱锥的顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时，（    ）
A．4 B． C．5 D．
变式题7巩固
8．已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足，，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
变式题8提升
9．在三棱锥中，已知，若四点均在球的球面上，且恰为球的直径，则三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
变式题9提升
10．设A，B，C，D是同一个球面上四点，是边长为3的等边三角形，若三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（    ）.
A． B． C． D．
变式题10提升
11．已知四边形是等腰梯形，，，，，梯形的四个顶点在半径为的球面上，若是该球面上任意一点，则四棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
变式题11提升
12．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则四棱锥P-ABCD的体积为（   ）
A． B． C． D．
原题10
13．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（    ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
变式题1基础
14．某保险公司把被保险人分为类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这类人在一年内发生事故的概率依次为，和．如果“谨慎的”被保险人占，“一般的”被保险人占，“冒失的”被保险人占，则一个被保险人在一年内出事故的概率是（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
15．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（    ）
A． B． C． D．
变式题3基础
16．甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（    ）
A．0.36 B．0.352 C．0.288 D．0.648
变式题4巩固
17．某光学仪器厂生产的透镜，第一次落地打破的概率为；第一次落地没有打破，第二次落地打破的概率为；前两次落地均没打破，第三次落地打破的概率为．则透镜落地次以内（含次）被打破的概率是（    ）．
A． B． C． D．
变式题5巩固
18．已知某药店只有，，三种不同品牌的N95口罩，甲、乙两人到这个药店各购买一种品牌的N95口罩，若甲、乙买品牌口罩的概率分别是0.2，0.3，买品牌口罩的概率分别为0.5，0.4，则甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为（    ）
A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.26
变式题6巩固
19．某项密码破译工作需甲、乙、丙、丁四人完成，已知每人独立译出密码的概率为0.5，若二人合为一组则该组破译的概率为0.8，若三人合为一组则该组破译的概率为0.9，若四人合作则破译的概率提升到0.94．为完成此项工作，现有四种方案，方案1：四人独立翻译；方案2：分为两组每组两人，两组独立翻译：方案3：分为两组，一组三人、一组一人，两组独立翻译；方案4：四人一组合作翻译．则密码能被译出的概率最大的是（    ）
A．方案1 B．方案2 C．方案3 D．方案4
变式题7提升
20．某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一扇智能门.首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道.若是号通道，则需要小时走出迷宫；若是号、号通道，则分别需要小时、小时返回智能门.再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止.则你走出迷宫的时间超过小时的概率为（    ）
A． B． C． D．
变式题8提升
21．2021年神舟十二号、十三号载人飞船发射任务都取得圆满成功，这意味着我国的科学技术和航天事业取得重大进步．现有航天员甲、乙、丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功结束任务，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次．已知甲、乙、丙10分钟内试验成功的概率分别为，，，每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲、乙、丙顺序派出，则试验任务成功的概率为（    ）
A． B． C． D．
变式题9提升
22．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋此赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场此赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同.则甲获得冠军的概率为（    ）

A． B． C． D．
原题11
23．双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
24．、为双曲线的左、右焦点，过作轴的垂线与双曲线交于，两点，，则的离心率为
A． B． C． D．
变式题2基础
25．过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为坐标原点，若为的中点，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
变式题3基础
26．已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限的交点为A，直线与C的左支交于点B，且．设C的离心率为e，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题4巩固
27．过双曲线的左焦点作x轴的垂线交曲线C于点P，为右焦点，若，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
28．双曲线：（，）的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，，，则的离心率为（    ）
A． B．2
C． D．
变式题6巩固
29．双曲线C：的左，右焦点分别为，，是C上一点，满足，且，则C的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．
变式题7提升
30．已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．
变式题8提升
31．已知双曲线的两个焦点为，，以为圆心，为半径的圆与E交于点P，若，则E的离心率为（    ）
A． B．2 C． D．3
变式题9提升
32．已知双曲线的左､右焦点分别为，为双曲线右支上的一点，若在以为直径的圆上，且，则该双曲线离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
原题12
33．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
34．已知定义在上的函数满足 ，若函数与函数的图象的交点为，则（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
35．已知函数满足:对任意的，若函数与图像的交点为，则的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题3基础
36．已知函数满足，，且与的图像的交点为，，，，则（    ）
A．0 B．6 C．12 D．18
变式题4巩固
37．已知函数与函数的图象交点分别为：，…，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
38．已知函数是上的满足，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）
A． B． C．0 D．1
变式题6巩固
39．已知函数满足，函数的图象与的图象的交点为，，…，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题7巩固
40．对于函数，时， ，则函数的图象关于点成中心对称．探究函数图象的对称中心，并利用它求的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题8提升
41．已知函数，若函数与图象的交点为，，…，，则
A． B． C． D．
变式题9提升
42．若函数与图像的交点为,，…，，则
A．2 B．4 C．6 D．8
变式题10提升
43．定义在上的函数的图象关于点成中心对称，对任意的实数都有 ，且，，则的值为（    ）
A．0 B．1 C．-673 D．673
变式题11提升
44．已知函数图像与函数图像的交点为，，…，，则（    ）
A．20 B．15 C．10 D．5

参考答案：
1．C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．

2．A
【分析】作出图形，根据正棱锥的几何性质计算出球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示：

因为四边形为正方形，则球心为正方形的中心，
所以，平面，所以，为球的半径，且，
因此，球的体积为.
故选：A.
3．A
【分析】作出图形正四棱锥，如图，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，在直角三角形中应用勾股定理求得球半径．
【详解】解：如图正四棱锥，是正四棱锥的高（是底面正方形对角线交点），外接球球心在高上，设正四棱锥的底面边长为，
由，得．
，设球的半径为，
则由得，解得．
故选：A．

【点睛】本题考查正四棱锥与其外接球，解题关键是掌握正四棱锥的性质，其外接球球心一定在其高上（实际上内切球球心也在高上）．
4．C
【分析】求出球心到底面ABC的距离和球的半径，从而确定三棱锥的高的最大值为3，利用椎体体积公式求出体积的最大值.
【详解】球O的半径为R，则，解得：，

由已知可得：，其中
球心O到平面ABC的距离为，
故三棱锥的高的最大值为3，
体积最大值为．
故选：C．
5．A
【分析】设点M为三角形ABC的中心，为球心，当为MO与球的交点，判断出当平面，此时三棱锥体积最大，然后进行计算可得.
【详解】如图所示，

设点M为三角形ABC的中心，为球心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
则，所以,
所以点M为三角形ABC的中心，所以，
中，有，
，
.
故选：A
6．C
【分析】设三棱锥的外接球的球心为，外接圆的圆心为，过球心作，垂足为，进而证明四边形为矩形，再根据几何关系求得，进而求几何体的体积.
【详解】解：如图，设三棱锥的外接球的球心为，外接圆的圆心为，
所以平面，
因为平面，所以，，
过球心作，垂足为，
所以，所以四边形为矩形，
因为三棱锥的外接球的表面积为，
所以三棱锥的外接球的半径为，即，
所以，由正弦定理得外接圆的半径为，即，
所以，在中，，
所以
所以，在中，，即，亦即，解得或（舍）
所以，三棱锥的体积为.
故选：C

7．D
【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得.
【详解】在中，根据正弦定理，可得，所以．如图，
设为的外心，则为AC的中点，且，由于球O的表面积为，所以球O的半径，
当，，三点共线且平面CAB和点S位于点O的异侧时，
三棱锥的体积最大．此时
故选：D

8．A
【分析】根据给定条件，确定外接圆圆心，在三棱锥的体积最大时，确定外接球球心与、P的位置关系，再求出半径作答.
【详解】在中，，，因此三棱锥的外接球被平面截得的截面小圆圆心是的中点，
令三棱锥的外接球球心为，则平面，而，，
因三棱锥体积的最大值为3，则三棱锥底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由得，
要三棱锥的体积最大，当且仅当球上的点P到平面的距离最大，则点P在线段的延长线上，
设球半径为，则有，即，解得，
所以三棱锥的外接球体积为.
故选：A
9．C
【分析】推导出 取中点，连结
则 从而，进而到平面的距离，由此能求出三棱锥的体积．
【详解】在三棱锥中，
四点均在球的球面上，且恰为球的直径，


取中点，连结，
则，
，
到平面的距离
三棱锥的体积：

故选
【点睛】本题考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
10．C
【分析】根据已知条件做出图像，结合勾股定理即可求出球的半径，从而得到球的表面积.
【详解】因是边长为3的等边三角形，故由正弦定理得，
的外接圆半径，
又因三棱锥体积的最大值为，
故此时点到平面的距离，
由A，B，C，D是同一个球面上四点，做出下图，

故图中，，，，
由勾股定理得：，即，
计算得，该球的表面积.
故选：C.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
11．C
【分析】利用等腰梯形的性质求出四边形的外接圆的半径为，再利用外接球的几何关系得到球心，到地面四边形的距离，即可求出棱锥高的最大值，从而求出体积的最大值.
【详解】因为四边形是等腰梯形，，，，，，
取中点O，连接，易知和为等边三角形，
，所以四边形的外接圆的半径为

设球心为，四边形的外接圆的圆心为，如图所示

在直角中，可知，即，解得，
所以四棱锥高的最大值为，
所以四棱锥体积的最大值为，
故选：C．
【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．
12．C
【分析】推导出点在与垂直的圆面内运动，当、、三点共线时，达到最长，推导出平面，将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为的正方形，由此能求出四棱锥体积．
【详解】如图，由及，得平面，
即点在与垂直的圆面内运动，
由题意知，当、、三点共线时，达到最长，
此时，是圆的直径，则，
又，所以平面，
此时可将四棱锥
补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
由题意得高，
故四棱锥体积．

故选：C
13．D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则

即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D

14．A
【分析】利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，即可求出一个被保险人在一年内出事故的概率.
【详解】解：根据题意可知：一个被保险人在一年内出事故的概率为：
.
故选：A.
15．D
【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.
【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，
汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，
则，
所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.
故选：D
16．D
【分析】由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【详解】由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，
而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，
故选：D
17．D
【详解】分析：分别利用独立事件的概率公式求出恰在第一次、恰在第二次、恰在第三次落地打破的概率，然后由互斥事件的概率公式求解即可.
详解：透镜落地次，恰在第一次落地打破的概率为，
恰在第二次落地打破的概率为，
恰在第三次落地打破的概率为，
∴落地次以内被打破的概率．故选．
点睛：本题主要考查互斥事件、独立事件的概率公式，属于中档题. 解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
18．C
【解析】甲、乙两人买相同品牌的N95口罩，可分为三种情况，即甲、乙两人都买品牌或品牌或品牌的N95口罩，利用独立事件的概率公式，分别求出这三种情况对应的概率，再利用互斥事件的概率公式，即可得结果．
【详解】由题意，得甲、乙两人买品牌口罩的概率都是0.3，所以甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：利用相互独立事件的概率求复杂事件概率的解题思路：（1）把待求事件拆分成若干个彼此互斥的简单事件的和；（2）将彼此互斥的简单事件转化为若干个已知（易求）概率的相互独立事件的积；（3）代入概率公式求解．
19．B
【分析】由独立事件同时发生的概率公式，根据条件分别求出各种方案密码能被译出的概率，从而可得答案.
【详解】由题意可知，有任何一人破译成功密码，则密码就被译出.
方案1：四人均没有成功破译密码的概率为
所以四人独立翻译，密码能被译出的概率为
方案2：分为两组每组两人，两组独立翻译
由二人合为一组，该组破译的概率为0.8，
则密码能被译出的概率为：
方案3：分为两组，一组三人、一组一人
三人合为一组，该组破译的概率为0.9，
则密码能被译出的概率为：
方案4：四人一组合作翻译．四人合作，则破译的概率为0.94
显然方案二的概率最大.
故选：B
20．A
【分析】利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式可求得结果.
【详解】记事件走出迷宫的时间超过小时，事件包括个基本事件.
一是进入号通道，回来后进入号通道的概率为；
二是进入号通道，回来后进入号通道的概率为；
三是进入号通道，回来后进入号通道的概率为.
故.
故选：A.
【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：
（1）首先确定各事件是相互独立的；
（2）再确定各事件会同时发生；
（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.
21．D
【分析】把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答.
【详解】试验任务成功的事件是甲成功的事件，甲不成功乙成功的事件，甲乙都不成功丙成立的事件的和，
事件，，互斥，，，，
所以试验任务成功的概率.
故选：D
22．D
【分析】甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可．
【详解】甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜； 1胜3负5胜6胜； 1负4胜5胜6胜；
所以甲获得冠军的概率为 ,
故选：D
23．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，




选A
情况二

若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，



所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法

特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，

特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率

若均在左支上，

同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.

24．A
【分析】由直线与双曲线垂直得|MF1|，利用双曲线定义可得|MF2|，进而得cos，再由二倍角公列方程即可得离心率.
【详解】由题意可知：|MF1|=|MF2|＝2a+|MF1|2a，
cos．
，
可得：，
可得：8e，
解得e或e（舍去）．
故选A．

【点睛】本题考查双曲线的离心率，属于中档题．离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．
25．B
【分析】设是双曲线的右焦点，根据中位线的性质得，，利用双曲线定义得，在中应用勾股定理可得的关系，即可求得离心率．
【详解】是中点，设是双曲线的右焦点，如图，
则，．所以，
由双曲线定义知，所以，从而，
因为是圆切线，所以，
所以，所以．
故选：B．

26．D
【分析】根据双曲线的定义：、以及，结合图形整理可得，在根据代入求解．
【详解】由双曲线定义可知
∵，
∴，
又∵，则
∵A在以为直径的圆上，则
∴，
由，得，
故．
故选：D．

27．D
【分析】由题知是等腰直角三角形，，又根据通径的结论知，结合可列出关于的二次齐次式，即可求解离心率.
【详解】由题知是等腰直角三角形，且，
，
又，，即，
，，即，
解得，
，.
故选：D.
28．C
【分析】根据双曲线定义、余弦定理，结合题意，求得关系，即可求得离心率.
【详解】根据题意，作图如下：

不妨设，则，，①；
在△中，由余弦定理可得：，代值得：，②；
联立①②两式可得：；
在△和△中，由，
可得：，整理得：，③；
联立②③可得：，又，
故可得：，则，
则，故离心率为.
故选：C.
29．B
【分析】分类讨论的位置，根据双曲线的定义和余弦定理列式可求出结果.
【详解】当在双曲线左支上时，，又，
所以，
所以，即，
整理得，此方程不成立.
当在双曲线右支上时，，又，
所以，
所以，即，
整理得，得，
所以或（舍去），
所以C的离心率为.
故选：B
30．B
【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.
【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：

因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，，
则，令双曲线半焦距为c，
中，，中，，
则有，即，
因直线的斜率为，即，而，即，
，于是有，，，
所以双曲线的离心率为.
故选：B
31．D
【分析】设，设线段的中点为M，则，在中，可得，从而可得出答案.
【详解】设 ，根据题意可得，，为锐角
则，设线段的中点为M，则．
在中，，
则，所以,即，
即得E的离心率．
故选：D

32．D
【分析】由可得、，由双曲线定义可构造方程得到；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围.
【详解】在以为直径的圆上，，
，，，，
由双曲线定义知：，即，
；
，，，
则，，
即双曲线离心率的取值范围为.
故选：D.
33．D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.

34．C
【解析】首先判断两个函数的对称性，再判断交点的对称性，最后利用对称性求和.
【详解】，关于点对称，
，可知函数关于点对称，
与的交点也关于点对称，


.
故选：C
【点睛】思路点睛：本题的重点是判断两个函数的对称性，所以理解熟记一些抽象函数的对称性的式子，①，有，，都说明函数关于直线对称，②，有，，说明函关于点对称.
35．C
【分析】求出函数与的中心对称点为，再由函数的对称性即可求解.
【详解】由对任意的，
可知函数的图象关于点对称，
又，
所以函数的中心对称点为，
所以两个函数图象的交点成对出现，
且每对交点都关于点对称，
则，，
所以.
故选：C
36．D
【分析】，由此的图像关于点中心对称，关于点中心对称，故交点的横纵坐标之和为定值．
【详解】因为，
所以的图像关于点中心对称，
因为
所以，
所以关于点中心对称，
由对称性知，，，
所以，
故选：D
37．D
【分析】先证明函数关于点对称，再作出两函数的图象分析得解.
【详解】由题意化简，，
因为函数是奇函数，所以函数关于点对称.
因为函数是奇函数，所以函数关于点对称.
又，
所以在上单调递减，
由题得
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由图象可知，与的图象有四个交点，且都关于点对称，
所以，
所以所求和为
故选：D

【点睛】方法点睛：函数的零点问题常用的方法有：（1）方程法（解方程得解）；（2）图象法（作出函数的图象即得解）；（3）方程+图象法（令得，分析函数得解）.
38．D
【分析】根据函数的单调性求得函数周期，从而把问题简化为单个周期求值问题.
【详解】∵，又关于对称，
∴，
∴的周期为4，
由函数解析式及性质易知，，，，，


故选：D.
【点睛】方法点睛：当求和项较多时，利用函数周期性，结合函数解析式求值.
39．C
【分析】由条件得，两个函数均关于点(0,3)对称，从而求得交点的横坐标和及纵坐标和.
【详解】由可知的图象关于点对称，
又因为的图象也关于点对称，
所以两个函数的图象的交点关于点对称，
即，，
所以，
故选：．
40．D
【分析】根据给定条件探求和为1的两个自变量对应函数值的和即可借助倒序相加得解.
【详解】因，
令，
则，
两式相加得：，解得，
所以的值为2021.
故选：D
41．B
【分析】两个函数均为奇函数向上平移一个单位所得的函数，根据奇函数的对称性可知平移前的和为0，向上平移一个单位为纵坐标均增加1，横坐标不变，所以由奇函数的性质即可得出结果.
【详解】两个函数分别是由两个奇函数与向上平移一个单位得到，因为奇函数关于原点中心对称，所以两函数交点也关于原点中心对称，由此可知：
两个奇函数中，
由于函数向上平移了一个单位，所以横坐标不变，纵坐标均增加了1，所以结果为m.
故选B.
【点睛】本题考查奇函数的性质以及函数的平移变换，当题目考查最大值与最小值之和或考查某两个函数的交点坐标之和时，要注意函数奇偶性的使用，多数是考查奇函数的中心对称性质，对此类问题保持警惕.
42．A
【分析】对函数的性质进行研究，可得出关于对称，且当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，函数关于对称，故可得两个函数的交点有两个，且关于对称，故可得结果．
【详解】解：设函数，
的定义域为R，
因为，
所以为偶函数，
因为是增函数，
故当时，，
所以当时，为增函数，
由奇偶性可知，当时，为减函数，
故函数关于对称，当时，为增函数，
当时，为减函数，
函数是关于对称的，
作出两个函数的图像，如图所示，

两个函数的交点有两个，设它们的横坐标分别为，
由对称性可得，即，
故选A．
【点睛】本题考查了函数的性质，研究函数的性质可以借助函数的图像、导数等方法对函数的单调性、奇偶性、周期性等进行研究．
43．D
【分析】由，我们容易得出函数的最小正周期为3，进而由，我们求出一个周期内的函数值，进而利用分组求和法，得答案.
【详解】∵可知，∴，∴
所以，是周期为3的周期函数，则
同理，∵是的对称中心，∴有
∴，∵，∴，∴
综上，，，，
∴
故选：D
【点睛】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要注意函数性质的合理运用
44．A
【分析】分析函数，的性质，再探求它们的图象交点个数，利用性质计算作答.
【详解】函数定义域为，
其图象是4条曲线组成，在区间，，，上都单调递减，
当时，，当或时，取一切实数，当时，，
，即的图象关于点对称，
函数定义域为R，在R上单调递增，值域为，其图象夹在二平行直线之间，
，的图象关于点对称，
因此，函数的图象与的图象有4个交点，即，它们关于点对称，
不妨令点与相互对称，与相互对称，则，，
所以.
故选：A
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a，b使得，
则函数图象关于点对称.