2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编16含解析

这是一份2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题汇编16含解析，共66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。
 2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十六）
一、单选题
1．（2022·山东·潍坊瀚声学校高三期中）已知，，，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C．
2．（2022·山东·潍坊瀚声学校高三期中）已知定义在上的奇函数在满足，且区间上单调递增，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为是定义在上的奇函数且满足，
则，
又，又在单调递增，故；
又.
综上所述：.
故选：B.
3．（2022·山东烟台·高三期中）若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，设，
则，，
令
恒成立，故单调递减，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；.
故
所以，得到.
故选:A.
4．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）已知函数在上有4个零点，则实数a的最大值为(    )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，
令f(x)=0得sinx=0或cosx=，
作出y=sinx和y=cosx的图象：

f(x)在上有4个零点，则，故a的最大值为．
故选：C．
5．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）定义在上的函数满足，，当时，，则方程在上解的个数为（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】由题意可知，方程在上解的个数可转化为与在上的交点个数，
因为，所以的图像关于对称；
又由，故，
从而是周期为2的周期函数，
又由可得，，
从而；，
故在上单调递增，在单调递减，且，
当时，，
故与在上的图像如下：

从而与在上的交点个数为4，
故方程在上解的个数为4.
故选：B.
6．（2022·山东·临朐县实验中学高三阶段练习）已知数列和首项均为1，且，，数列的前n项和为，且满足，则（    ）
A．2019 B． C．4037 D．
【答案】D
【解析】，
，
，
另外：，可得，
.
，
，即，
，又，
数列是首项为1，公差为2的等差数列，
，故，
.
故选：D.
7．（2022·山东·临朐县实验中学高三阶段练习）如图是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，记，矩形的面积最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，显然是等腰直角三角形，故，
，
故矩形的面积，，
根据二倍角公式，辅助角公式化简得：，
根据可得，
故，即时，矩形面积取到最大值.
故选：A
8．（2022·福建·高三阶段练习）已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为三棱锥为正三棱锥，底面边长为6，
且侧面与底面所成角的正切值为，所以可得正三棱锥的高，侧面的高；
设正三棱锥底面中心为，其外接球的半径为，内切球半径为，
则有，也即，解得：，
正三棱锥的体积，
也即，解得：，
所以，
故选：B.
9．（2022·福建·高三阶段练习）已知函数，，以下结论正确的（    ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点中心对称
C．函数没有最大值
D．若方程有两个解，则
【答案】B
【解析】因为不是偶函数，
所以的图象不关于直线对称，故A错误;
因为
是奇函数，即函数关于原点对称，
则原函数关于点中心对称，故B正确;
当时，，
当时，
因为，所以，
所以，
所以函数有最大值为4,故C错误；
因为,
所以由可得,
即,
若则方程有唯一解为，不满足题意，
若要使方程有两个解，则，
解得且故D错误.
故选:B.
10．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高三期中）已知函数有且只有一个零点，则实数A的值为（    ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
【答案】C
【解析】∵
∴  ，
又，
则，
∴  函数为偶函数，
故函数的图象关于对称，
∴ 函数的图象关于对称，
∴函数的图象关于对称，
又函数有且只有一个零点，
∴函数的零点为2，
∴  ，即，
∴  ,
∴  .
故选：C.
11．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）设，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由不等式可得，即；，
设，
因为，所以在上单调递增，
所以当，所以，即.
所以.
故选：C
12．（2022·江苏·南京市第一中学高三期中）已知，，，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为，，，
所以由两边取自然对数得，即，故，
再由得，故，
令，则，故在上单调递减，
又由上式可知，故，
由四个选项的不等式同时除以可知，比较的是的大小，
故令，则，
再令，则，
故在上单调递减，
所以，故，
所以在上单调递减，
又因为，所以，即，
上述不等式两边同时乘以得，.
故选：D.
13．（2022·江苏泰州·高三期中）已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（    ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
【答案】B
【解析】对于A，，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值,
所以A正确；
对于B，要使有且仅有3个零点，
只需即，所以，
所以的范围是，故B不正确；
对于C，当时，，
，
，所以点是曲线的对称中心，所以C正确；
对于D，，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得：，令，
所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.
,
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
，如下图所示，

当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确，
故选：B
14．（2022·江苏常州·高三期中）设，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】记x＝0.2，则，，，
令，其中，则，
令，则，
因为，所以，故在上单调递减，所以当时，，即当时，，所以函数在上单调递减，
所以当时，，所以，所以，
令，其中，则，因为时，，，所以，∴在上单调递增，故，所以，∴，∴，故选：C．
15．（2022·江苏常州·高三期中）如图是一个近似扇形的湖面，其中OA＝OB＝r，弧AB的长为l（l＜r）．为了方便观光，欲在A，B两点之间修建一条笔直的走廊AB．若当时，，则的值约为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】令，则，则，
，，
∴，
故选：D
16．（2022·河北保定·高三阶段练习）定义在上的函数满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，当时，.
所以当，时， ，
因为，所以，所以，
所以当，时，
当时，，
又，且对任意，都有，所以，
作出函数在上的图象，

要使，则需，其中，，
所以，解得，所以，
故选：B.
17．（2022·河北·高碑店市崇德实验中学高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（   ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，取中点G，中点H，连接GH，，，则∥AE，又平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF，同理∥EF，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF，因为，所以平面∥平面AEF，因为是侧面内一点，当P点在线段GH上时，能够满足平面，因为正方体棱长为2，由勾股定理得：，，故点P落在GH中点时，长度最小，此时，当点P与G或H重合时，长度最大，此时，综上：线段长度的取值范围是.

故选：B
18．（2022·河北沧州·高三阶段练习）设数列满足，，则数列的前19项和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以，
又，所以，
则
，
故数列数列的前19项和为：，
故选：D
19．（2022·河北沧州·高三阶段练习）设函数，给出下列结论：
①若，，则；
②存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称；
③若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为；
④，在上单调递增.
其中正确的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为，所以的最小正周期为.
对于①，因为，故分别为最大、最小值，由于，所以的最小正周期，所以.故①错误；
对于②，图象变换后所得函数为，
若其图象关于原点对称，则，，解得，，
当时，，故②正确；
对于③，当时，，因为在上有且仅有4个零点，所以，解得，故③正确；
对于④，当时，，
因为，所以，，
所以在上单调递增.故④正确.综上，正确的个数为3.
故选：C
20．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知满足，所在平面内一动点P满足），且，若恒成立，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【解析】由平方可得，
令，代入有，
所以有，
令其，即，
也即，
又恒成立，
所以，
解得
所以的最小值为，
故选：A
21．（2022·重庆·高三阶段练习）已知,且,则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解:由题知,
根据换底公式该等式可化为
,

,
当且仅当时成立
最小值为.
故选:D
22．（2022·海南昌茂花园学校高三阶段练习）已知函数，则函数的零点个数是 （    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【解析】令，则，
作出的图象和直线，由图象可得有两个交点，设横坐标为，

∴.
当时，有，即有一解；当时，有三个解，
∴综上，共有4个解，即有4个零点.
故选：A
23．（2022·辽宁葫芦岛·高三阶段练习）若直线是曲线与曲线的公切线，则（    ）
A．11 B．12 C． D．
【答案】A
【解析】由，得，由，解得，
则直线与曲线相切于点，
∴，得，
∴直线是曲线的切线，
由，得，设切点为，
则，且，联立可得，
解得，所以．
∴．
故选：A．
二、多选题
24．（2022·山东·潍坊瀚声学校高三期中）已知函数，以下结论正确的是（    ）
A．
B． 在区间上是增函数
C．若方程恰有3个实根，则
D．若函数在上有6个零点，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】函数的图象如图所示：
对A，，，所以，故A错误；
对B，由图象可知 在区间上是增函数，故B正确；
对C，由图象可知，直线与函数图象恰有3个交点，故C正确；
对D，由图象可得，当函数在上有6个零点，则
，所以当时，；当时，，所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.

25．（2022·山东烟台·高三期中）已知函数，则（    ）
A．是R上的增函数 B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为－1 D．存在，使得函数为奇函数
【答案】BD
【解析】对于 A，，，当时，，，，在上单调递增.
当时，，则， ，即
的符号不能恒为正，在上不是单调递增函数，不是在上的增函数，故A错误；
对于B，当时，，，当时，，
当时，，，，从而函数有且仅有一个零点，故B正确；
对于C，时，，当时，，当时，，，，－1不是函数的最小值，故C错误；
对于D，令，则，令，则的定义域为，，存在，使得函数为奇函数，故D正确.
故答案为：BD
26．（2022·山东烟台·高三期中）已知数列，对任意的都有，则称数列为“差增数列”，下列结论正确的是（    ）
A．若，则数列为差增数列
B．若，则数列为差增数列
C．若数列为差增数列，，且，，，则m的最小值为39
D．若数列为差增数列，，且，，的前n项和为，当最小时，
【答案】ABD
【解析】A选项：，则数列为差增数列，A正确；
B选项：，则数列为差增数列，B正确；
C选项：当时，数列满足差增数列，所以最小值为，C错；
D选项：当最小时，要求数列的每一项都要最小，又，，则，，，，，整理得，，，，，，所以，

，D正确.
故选：ABD.
27．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）已知函数是偶函数，是奇函数，则（    ）
A． B．
C． D．是的周期函数
【答案】ACD
【解析】因函数是偶函数，即，于是得，A正确；
因函数是奇函数，即，B不正确；
因函数是奇函数，则，C正确；
由选项A，C知，，即，
因此，即是的周期函数，D正确.
故选：ACD
28．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）已知，则（    ）
A．设是图象上的任意一点，是图象上任一点，则
B．
C．与的图象有且仅有两条公切线
D．是增函数
【答案】ABC
【解析】在同一坐标系上作出的图象如图所示：

易知和的图像关于直线对称，
作与直线平行且与相切的直线，
设切点，，
所以有，解得，即切点为，
到直线的距离，
即曲线上的动点到直线的距离的最小值为，
由对称性可知: ，A正确；
设，
，设，，
所以在上单调递增，
，，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，而，
故，而，
设，，
所以在上单调递减，
所以，所以，
即，B正确，D错误.
设与的公切线为，切点分别为
，，则有，
化简得：，即，
画出与的图像可知：

与的图像有两个交点，
所以方程有两个解，
即与的图象有且仅有两条公切线，C正确；
故选：ABC.
29．（2022·山东·临朐县实验中学高三阶段练习）已知函数与满足：①，②，③，则下列结论正确的是（    ）
A．在定义域内单调递增
B．
C．在定义域内为增函数
D．当时，存在，使得成立
【答案】ACD
【解析】由②得：，
，
则，即，又，，
是以为首项，为公比的等比数列，，则
在定义域内单调递增，A正确；
，B错误；
由③知：，
为增函数，为减函数，为定义域内的增函数，C正确；
，，
又为上的增函数，，则，
当时，，满足题意，D正确.
故选：ACD.
30．（2022·山东·临朐县实验中学高三阶段练习）已知数列满足，，则（    ）
A．为等比数列 B．的通项公式为
C．为递增数列 D．的前n项和
【答案】AD
【解析】因为，所以，
又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
即，所以，所以，
所以为递减数列，
的前n项和．
故选：AD．
31．（2022·福建·高三阶段练习）已知函数，下列选项正确的是（       ）
A．函数在上单调递增
B．函数的值域为
C．若关于x的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是
D．不等式在恰有两个整数解，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】，
①、当时，，，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在单调递增.
当时，有极小值为，
当时，,且，
当时，；当时，，且趋近于负无穷大时,趋近于.
②、当时，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
时，函数有极大值为，
又趋近于正无穷大时,趋近于，时，，且
做出函数的图像如图示：

对于A选项：由函数的图像可知，函数在上单调递增，则A选项正确；
对于B选项：由函数的图像可知，函数的值域为，则B选项不正确；
对于C选项：由，可得，即或，
做出的图像如下：

由图像可知，有一个实数根，
关于x的方程有个不相等的实数根，有两个不相等且异于的实数根，
，，结合函数的图像可知，实数a的取值范围是，则C选项正确；
对于D选项：，，
分析可知：直线过点，当直线过点时，，
当直线过点时，，

结合函数的图像可知，当实数a的取值范围是时，不等式在恰有两个整数解为0与1，则D选项正确.
故选：ACD.
32．（2022·福建·高三阶段练习）已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则以下结论正确的是（    ）
A．圆锥底面圆的半径为2cm
B．该圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面在圆锥的侧面上）的侧面积的最大值为
C．该圆锥的内接圆柱的体积的最大值时，圆柱的底面圆的半径与圆柱的高的比为
D．该圆锥的内切球的表面积为
【答案】ABC
【解析】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，
依题意得，所以，
根据圆锥的表面积为，解得cm,
所以A正确;

如图为圆锥和内接圆柱体的轴截面，由题可知，
，
设
由相似关系得,即，解得，
则内接圆柱的侧面积等于，
当时侧面积最大，等于，所以B正确;
内接圆柱的体积等于，
，
令，解得，令，解得，
所以在单调递增，单调递减,
所以当时圆柱体积最大，此时圆柱的高为，
圆柱的底面圆的半径与圆柱的高的比为，
所以C正确;
设内切圆的圆心为 半径为，
因为,
即
所以
因为圆锥的内切球的半径等于 ，
所以内切球的体积等于，所以D错误.
故选:ABC.
33．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高三期中）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3加1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述运算，经过有限次步骤，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”）.如果对于正整数m，经过n步变换，第一次到达1，就称为n步“雹程”.如取m=3，由上述运算法则得出：3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过7个步骤变成1，得n=7.则下列命题正确的有（    ）
A．若n=2，则m只能是4； B．当m=17时，n=12；
C．随着m的增大，n也增大； D．若n=7，则m的取值集合为{3，20,21,128}.
【答案】ABD
【解析】若，则数经过第一,步变换的结果必须为2，所以，A正确，
当时，变换过程为，
所以，B正确，
当时，变换过程为，此时，
当时，变换过程为，此时，C错误，
由已知可得当时，第7次变换为，第6次变换为，第五次变换为，第四次变换为，第三次变换为或，由此可得下列情况；
由可得，
由可得
由可得，
由可得，D正确，
故选：ABD.
34．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高三期中）已知函数，下列叙述正确的有（    ）
A．的周期为2π； B．是偶函数；
C．在区间上单调递减； D．x1，x2∈R，
【答案】BC
【解析】是偶函数，不是周期函数，是偶函数，是周期函数，最小正周期为，故不是周期函数，A错误，B正确；当时，，因为，在次区间上单调递减，故在区间上单调递减，C正确；
当时，，，，即，D选项错误.
故选：BC
35．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）设函数的导函数存在两个零点、，当变化时，记点构成的曲线为，点构成的曲线为，则（    ）
A．曲线恒在轴上方
B．曲线与有唯一公共点
C．对于任意的实数，直线与曲线有且仅有一个公共点
D．存在实数，使得曲线、分布在直线两侧
【答案】AD
【解析】对于A选项，因为，则，
令可得或，
因为函数存在两个零点、，则，即.
当时，即当时，，则，
当时，即当时，，则，
则曲线为函数的图象以及射线，
且当时，，所以，曲线在轴上方，A对；
对于B选项，当时，即当时，，
则，
当时，即当时，，则
所以，曲线为函数的图象以及射线，
由图可知，曲线、无公共点，B错；
对于C选项，对于函数，，
此时函数在上单调递减，且，
结合图象可知，当时，直线与曲线没有公共点，C错；
对于D选项，对于函数，，则，
又因为，所以，曲线在处的切线方程为，即.
构造函数，则，
，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，即，
当时，，即，
所以，曲线、分布在直线的两侧，D对.

故选：AD.
36．（2022·江苏·南京市第一中学高三期中）已知函数在上恰有3个零点，则（    ）
A．在上恰有2个极大值点和2个极小值点
B．在上的最大值是2
C．在上是增函数
D．的取值范围是
【答案】BCD
【解析】依题意，，
由，得，由正弦函数的图像知，解得，D正确；
函数在上恰有2个极大值点，可能有1个或2个极小值点，A不正确；
当时，，而，则在上的最大值是2，B正确；
当时，，而，则在上是增函数，C正确.
故选：BCD
37．（2022·江苏泰州·高三期中）螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（    ）

A．第个正方形面积为.
B．.
C．使得不等式成立的的最大值为.
D．数列的前项和对任意恒成立.
【答案】BCD
【解析】根据题意，，且，
故，即，又，故可得，
由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，
则，，即第三个正方形的面积为，
故A错误，B正确；
对C：因为，，
故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，
，又，故不等式成立的的最大值为，正确；
对：因为，对任意恒成立，正确.
故选：.
38．（2022·江苏常州·高三期中）在棱长为1的正方体中，以8个顶点中的任意3个顶点作为顶点的三角形叫做K－三角形，12条棱中的任意2条叫做棱对，则（    ）
A．一个K－三角形在它是直角三角形的条件下，它又是等腰直角三角形的概率为
B．一个K－三角形在它是等腰三角形的条件下，它又是等边三角形的概率为
C．一组棱对中两条棱所在直线在互相平行的条件下，它们的距离为的概率为
D．一组棱对中两条棱所在直线在互相垂直的条件下，它们异面的概率为
【答案】BCD
【解析】对于A，从8个顶点中的任取3个顶点构成的直角三角形共有个，其中等腰直角三角形有24个，所以一个K－三角形在它是直角三角形的条件下，它又是等腰直角三角形的概率，A错．
对于B，从8个顶点中的任取3个顶点构成的等腰三角形共有，其中的等边三角形有8个，一个K－三角形在它是等腰三角形的条件下，它又是等边三角形的概率，B正确．

对于C，相互平行的棱对有对，其中距离为的棱对有6对，一组棱对中两条棱所在直线在互相平行的条件下，它们的距离为的概率，C正确．
对于D，相互垂直的棱对有12×4＝48对，其中相互异面的棱对有12×2＝24对，故一组棱对中两条棱所在直线在互相垂直的条件下，它们异面的概率，D正确．
选：BCD．
39．（2022·河北保定·高三阶段练习）已知函数，以下结论不正确的是（    ）
A．时，若，则
B．时，的图像与直线有两个交点
C．是在上单调递增的必要不充分条件
D．时，有5个零点
【答案】ACD
【解析】对于选项A，当时，.
因，故时，有唯一解m=0.
此时.
当时，.此时，
则在上单调递增.又，
故，使得.则，又在上单调递增
故，故A不正确
对于选项B，分析函数.因，则
当时，，对，，则时，有唯一零点0.
当时，，
则在上单调递减.又，故当时，有唯一零点1.
综上，在R上有两个零点，即的图像与直线有两个交点.故B正确.
对于C选项，因在上单调递增，则，
得，.故C不正确.
对于选项D，设的零点为，则的零点个数，就是方程解的个数.由选项A知，当时，有唯一零点0.
当时，由，得.
故此时零点个数就是图像与直线的交点个数.
，得在上单调递增，在上单调递减.
则.又注意到
则与图像有两个交点，即有两个零点，设为
其中
又当时，.则在上单调递减，在上单调递增
当时，，因，则在上单调递减，在上单调递增.
又，，.
据此可做出的大致图像.
方程解的个数就是图像与直线的交点个数.
当时，由图可知有3个交点；当时，有2个交点；当时，有2个交点
综上，时，有7个零点，故D不正确.
又该题需选不正确选项.
故选：ACD

40．（2022·河北·高碑店市崇德实验中学高三阶段练习）已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】作出图形如图所示．

延长至Q，使得，连接MQ，NQ，
记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，
取的中点，连结，，所以，即，且，
所以四边形是平行四边形，得，且
又因为，且，所以四边形是平行四边形，
得，，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
则截面为五边形为，
则，，
因为，所以，所以，，
同理：，，
，，，
故所得截面的周长为.
故选：ACD
41．（2022·河北沧州·高三阶段练习）已知定义在上的函数满足：，，.当时，.则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】因为知定义在上的函数满足：，，
令得，解得，
令得，
所以，， 的图像关于点对称，
因为当时，，
所以当时，，
所以，，
，.
故选：ACD
.
42．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知C：的焦点，过的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则以下说法正确的是（    ）
A．为定值 B．AB中点的轨迹方程为
C．最小值为27 D．O在以AB为直径的圆外
【答案】ABD
【解析】由题意可知：抛物线方程为C：，设直线l的方程为：，
联立，则有，所以，
对于A：，故选项A正确；
对于B：设的中点为，
则有，
所以满足，故选项B正确；
对于C：
（当且仅当取等号），故选项C错误；
对于D：，所以选项D正确．
故选：ABD.
43．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）如图给出下列一个由正整数组成的三角形数阵，该三角形数阵的两腰分别是一个公差为的等差数列和一个公差为的等差数列，每一行是一个公差为的等差数列．我们把这个数阵的所有数从上到下，从左到右依次构成一个数列：、、、、、、、、、、，其前项和为，则下列说法正确的有（    ）（参考公式：）

A． B．第一次出现是
C．在中出现了次 D．
【答案】ACD
【解析】对于A，，且，
故在第行第个，则，A对；
对于B，因为第行最后一个数为，该数为奇数，由，可得，
所以，第一次是出现在第行倒数第个，
因为，即第一次出现是，B错；
对于C，因为第一次是出现在第行倒数第个，在第行至第行，在每行中各出现一次，
故在中出现了次，C对；
对于D选项，设第行的数字之和为，则，
故
，D对.
故选：ACD.
44．（2022·重庆·高三阶段练习）在中，，，为内角，，的对边，，记的面积为，则（    ）
A．一定是锐角三角形 B．
C．角最大为 D．
【答案】BCD
【解析】A选项，取，但△ABC显然为直角三角形，故A错误；
B选项，由，以A，C为焦点、2b为长轴长的椭圆上运动，
结合椭圆的几何性质知，当B为短轴端点时△ABC面积最大，
且为，故B正确；
C选项，，
当且仅当时取等号，故，故C正确；
D选项，，
，
，
显然，故，
即，即，故D正确.
故选：BCD.
45．（2022·海南昌茂花园学校高三阶段练习）已知函数，其中，均为实数，则下列说法错误的是（    ）
A．若，则为奇函数
B．若，则为奇函数
C．若，则方程有一个实数根
D．若，则方程（为实数）可能有两个不同的实数根
【答案】ABC
【解析】对于A，时，若，则，此时，
即函数的图象可由函数的图象先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到，
易知函数为奇函数，故函数的图象不关于原点对称，所以A不正确；
对于B，，时，满足，此时，
的图象不关于原点对称，所以B不正确；
若，则，，
求导可得，
易知，，
当时，，当时，，
故函数在，上单调递增，在，上单调递减，
所以在处取得极大值，为，在处取得极小值，为.
如下图，结合图象
对于C，方程有一个实数根，等价于函数与函数有一个交点，由图可得C不正确，
对于D，方程可能有两个不同的实数根，等价于函数与函数有两个交点，由图可得当时，方程可能有两个不同的实数根，所以D正确.

故选：ABC.
三、填空题
46．（2022·山东·潍坊瀚声学校高三期中）若函数，则________．
【答案】【解析】因为时，，所以，
即，故.
.
故答案为：
47．（2022·山东烟台·高三期中）设函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则函数在上所有零点之和为______．
【答案】6
【解析】首先由条件可知，函数关于轴对称，
又因为，所以函数关于直线对称
再根据当时，，可以画出函数的图像，
同一坐标系下再画出函数的图像，

由图可知，时，两个函数有6个交点，根据对称性可知，左边两个交点关于对称，和为0，中间两个交点关于对称，和为2，右边两个交点关于直线对称，和为4，所以所有零点和为6.
故答案为：6
48．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）已知函数若恒成立，则取值范围为__________．
【答案】[-2，0]
【解析】由题意可作出函数 图象，和函数 的图象，

由图象可知：函数的图象为过原点的直线，直线为曲线的切线，当直线介于 和 轴之间符合题意，且此时函数在第二象限的部分解析式为 ，求其导数可得 ，因为 ，故 ，故直线的斜率为 ，故只需直线的斜率 介于与 之间即可，即       ，故答案为 .
49．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】

，
当时，，
令，则，
作出函数的图象如图所示：

由于函数在上有且仅有个极值点，
则，解得.
故答案为：
50．（2022·山东·临朐县实验中学高三阶段练习）对于集合A，，定义集合. 己知等差数列和正项等比数列满足，，，．设数列和中的所有项分别构成集合A，，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，则数列的前30项和_________.
【答案】1632
【解析】为正项等比数列，则，解得或（舍），∴；
为等差数列，则，∴，∴.
由，可得当时，，
故数列的前30项包含数列前33项除去数列第2、4、6项，
.
故答案为：1632
51．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高三期中）已知是腰长为1的等腰直角三角形，角为直角，点为平面上的一点，则的最小值为_________.
【答案】【解析】以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，则，，

设，则，，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
52．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）已知函数和的图像关于y轴对称，当函数和在区间上同时递增或者同时递减时，把区间叫做函数的“不动区间”，若区间[1,2]为函数的“不动区间”，则实数t的取值范围是_____
【答案】
【解析】因为函数y＝f（x）与y＝F（x）的图象关于y轴对称，
所以F（x）＝f（﹣x）＝|2﹣x﹣t|，
因为区间[1，2]为函数y＝|2x﹣t|的“不动区间”，
所以函数y＝|2x﹣t|和函数F（x）＝|2﹣x﹣t|在[1，2]上单调性相同，
因为y＝2x﹣t和函数y＝2﹣x﹣t的单调性相反，
所以（2x﹣t）（2﹣x﹣t）≤0在[1，2]上恒成立，
即1﹣t（2x+2﹣x）+t2≤0在[1，2]上恒成立，即2﹣x≤t≤2x在[1，2]上恒成立，
得t≤2；
故答案为[]
53．（2022·江苏·南京市第一中学高三期中）公比为q的等比数列满足：，记，则当q最小时，使成立的最小n值是______．
【答案】15
【解析】，构造函数，
，当时，当时，
在上单调递减，在上单调递增，
，此时，，
；∴．
故答案为：15
54．（2022·江苏泰州·高三期中）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_____．
【答案】
【解析】曲线在点A处的切线可写作
设该切线在曲线上的切点为，
则有，消去t得
则
当且仅当，即时取得该最小值.
故答案为：.
55．（2022·河北保定·高三阶段练习）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的体积和为__________.

【答案】
【解析】如图所示正四面体，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接，

则为正四面体内切球的半径，
因为，，，
所以，
所以，解得，
所以正四面体内切球的体积，
由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径，
故最大球体积为；
中等球内切于高的正四面体中，中等球半径，
故中等球的体积为；
最小求内切于高的正四面体中，最小球半径，
故最小求的体积为；
所以九个球的体积和，
故答案为：.
56．（2022·河北沧州·高三阶段练习）数学中处处存在着美，机械学家菜洛发现的菜洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的.已知，点为上一点，则的最小值为______
.
【答案】【解析】设为的中点，为的中点，如图所示，

所以

因为，所以，的最小值为.
故答案为：
57．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知三个内角A，B，C的对边a，b，c依次成等比数列，且，，点T为线段AB（含端点）上的动点，若满足的点T恰好有2个，则实数t的取值范围______．
【答案】
【解析】由，
又由，
所以，
∴，
∴，(舍)

∴，
从而，
∴，
即为等边三角形．
设BC中点M，则，
，
由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，
故，
∴实数t的取值范围为．
故答案为：

58．（2022·海南昌茂花园学校高三阶段练习）已知函数，，若对任意，都有，则实数的取值范围是______；
【答案】
【解析】令，则由题意可得对任意，都有，
，
当时，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，即，得，
当时，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，即，得，解得，
综上，实数的取值范围为，
故答案为：，
四、双空题
59．（2022·福建·高三阶段练习）三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，则到平面的距离为___________；设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为___________.
【答案】     【解析】取中点，连接，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，
又，满足，所以，
因为，所以平面，
因为点为棱的中点，所以到平面的距离为；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以,
所以,
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
又，所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：；.

60．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高三期中）函数的零点个数为___________，当时，恒成立，则实数a的取值范围为___________.
【答案】         
【解析】方程的判别式为，所以方程有两个解，
所以函数的零点个数为2，
不等式可化为，所以，
当时，不等式显然成立，
当，不等式组可化为，
由已知当时，恒成立，
所以且，其中，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，
函数在上增函数，所以，
∴  
∴  实数a的取值范围为，
故答案为：2，.