2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十二含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十二含解析，共55页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题等内容，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（二十二）
一、单选题
1．（2022·山东滨州·二模）已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由结合外角定理可得，然后可得，
再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.
【详解】
因为，
所以，所以
所以，
记椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，
则由椭圆和双曲线定义可得：…①
…②
①2+②2可得
由勾股定理知，，代入上式可得
整理得，即
所以
故选：D

2．（2022·山东临沂·模拟预测）设，在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，则面积的最大值为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先用三角恒等变换得到，从而根据求出，再结合余弦定理基本不等式求出，根据面积公式求出最大值.
【详解】
，
则，所以，
因为为锐角三角形，
所以，
由余弦定理得：，
所以，
由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，
所以，

故选：C
3．（2022·山东临沂·模拟预测）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点O，A，B，若的垂心为的焦点，则的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由双曲线的渐近线方程与抛物联立，求得A的坐标，然后根据的垂心为的焦点，由求解
【详解】
解：如图所示：

双曲线的渐近线方程为，与抛物线联立，解得或，
所以，，
因为的垂心为的焦点，
所以，
即，即，
所以，
故选：A
4．（2022·山东泰安·三模）如图，已知三棱柱的底面是等腰直角三角形，底面ABC，AC＝BC＝2，，点D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为（       ）


A． B．24π C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】
因为为等腰直角三角形，AC＝BC＝2，
所以的外接圆的圆心为的中点， 且
连接与的中点，则，所以平面，
设球的球心为，由球的截面性质可得在上，
设，，半径为，
因为，所以，
所以，又
所以，
因为，所以，
所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为，
故选：B.

5．（2022·福建宁德·模拟预测）若对恒成立，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
令，进而结合题意得有最大值，进而利用导数求得，进而得，再构造函数，求其最小值即可得答案.
【详解】
解：令，则，
所以，当时，在上恒成立，函数在上单调递增，无最小值，不满足题意；
当时，由得，由得，故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
所以，，
故令，则得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
所以的最小值为.
故选：A
6．（2022·福建宁德·模拟预测）贾宪是我国北宋著名的数学家，其创制的数字图式（如图）又称“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉的著作《详解九章算法》所引用．维空间中的几何元素与之有巧妙的联系，使我们从现实空间进入了虚拟空间．例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点，1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域：．如下表所示．利用贾宪（       ）

        元素维度
几何体维度
0
1
2
3
…
（线段）
2
1



（三角形）
3
3
1


（四面体）
4
6
4
1

元素维度几何体维度
…
…
…
…
…

A．120 B．165 C．219 D．240
【答案】B
【解析】
【分析】
找出1维线段数随着的变化规律，然后求和即可.
【详解】
1维线段数为可观察出规律为，则维最简几何图形中，1维线段数，所以.
故选：B
7．（2022·福建南平·三模）对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
化简不等式后构造函数，根据单调性转化为恒成立问题求解
【详解】
，即，
令，由题意得在上单调递减，
故，即在上恒成立，则，
故选：C
8．（2022·福建莆田·三模）已知函数的最小值是4．则（       ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
利用导数研究函数的极值和最值即可，这里需要用到的二阶导数
【详解】
由题，，，所以单调递增，
又，所以，，
故为最小值点，即，解得，
故选：A
9．（2022·福建莆田·三模）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线E上的点B反射后，与抛物线E交于点C，若的面积是10，则(       )
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据AB∥x轴知B点纵坐标为2p，代入抛物线方程可求B点横坐标，利用B和F求出直线BC的方程，代入抛物线方程消去y可得根与系数关系，根据抛物线焦点弦长公式可求BC长度，利用点到直线距离公式可求A到直线BC的距离d，根据即可求出p．
【详解】
由题知抛物线焦点为，AB∥x轴，
将y=2p代入得x=2p，则B为(2p，2p)，
由题可知B、F、C三点共线，BC方程为：，即，
代入抛物线方程消去y得，，
设方程两根为，则，则，
又到BC：的距离为：，
∴由得．
故选：D．

10．（2022·福建福州·三模）已知数列，的通项分别为，，现将和中所有的项，按从小到大的顺序排成数列，则满足的的最小值为（       ）
A．21 B．38 C．43 D．44
【答案】C
【解析】
【分析】
由数列的通项公式列出数列，同时得出前项和公式，将选项由小至大代入不等关系中，选出符合条件的最小值即可.
【详解】
由题，，则数列为，……
，则数列为，……
设数列的前项和为，数列的前项和为，
则，，
当时，，，则，不符合条件；
当时，，则， 不符合条件；
以此类推，因为，则前21项中，有的前16项，的前5项，且,
当时，，不符合条件，故排除A；
因为，则前38项中，有的前32项，的前6项，且,
当时，，不符合条件，故排除B；
因为，则前43项中，有的前37项，的前6项，且，
当时，，符合条件，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：将两个数列合并排序时，不妨考虑直接列举观察规律，结合选项，得到结果.
11．（2022·福建福州·三模）定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，利用对称性，得到，再利用，对进行赋值，然后可求解.
【详解】
函数的图象关于直线对称，则必有，所以，,
,又因为满足，取，所以，，，则，取，则，A对；
故选：A
12．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知时，有，根据以上信息，若对任意都有，则(       )
A．245 B．246 C．247 D．248
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意将展开为，再根据多项式乘法求的展开式的项系数即可．
【详解】
时，有，
∴时，有，
则
则为展开式项的系数，
根据多项式乘法原理可知，展开式中项为：
，
故=248．
故选：D．
13．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用正余弦倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，利用题中所给的自变量的范围求得整体角的范围，根据正弦函数的性质以及题中条件，得到，进而求得结果.
【详解】

当时，，
函数在内有且仅有三条对称轴，则有，
解得，
故选：B.
14．（2022·福建三明·模拟预测）已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
令，再参变分离得到，再求导分析的单调性，进而得到函数图象，数形结合即可得实数a的取值范围
【详解】
函数有两个零点，即有两根，又，故可转换为有两根，令， 则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当时等号成立，故在上，单调递减；在上，单调递增，所以，又当与时，故实数a的取值范围为
故选：D
【点睛】
本题主要考查了利用导数解决函数的零点个数问题，需要根据题意参变分离，再求导分析单调性与最值，属于难题
15．（2022·福建宁德·模拟预测）贾宪是我国北宋著名的数学家，其创制的数字图式（如右图）又称“贾宪三角”，后被南宋数学家杨辉的著作《详解九章算法》所引用.n维空间中的几何元素与之有巧妙的联系，使我们从现实空间进入了虚拟空间.例如，1维最简几何图形线段它有2个0维的端点，1个1维的线段：2维最简几何图形三角形它有3个0维的端点，3个1维的线段，1个2维的三角形区域：…如下表所示.利用贾宪三角，从1维到9维最简几何图形中，所有1维线段数的和为（       ）

元素维度
几何体维度
0
1
2
3

n=1（线段）
2
1



n=2（三角形）
3
3
1


n=3（四面体）
4
6
4
1



……
……
……
……

A．120 B．165 C．215 D．240
【答案】B
【解析】
【分析】
找出1维线段数随着的变化规律，然后求和即可.
【详解】
1维线段数为可观察出规律为，则维最简几何图形中，1维线段数，所以.
故选：B.
16．（2022·江苏南京·三模）已知，若∀x≥1，f（x＋2m）＋mf（x）＞0，则实数m的取值范围是（       ）
A．（－1，＋∞） B．
C．（0，＋∞） D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分和进行分类讨论，分别确定m的取值范围，最后综合得答案.
【详解】
时，，符合题意；
时，，即
显然在R上递增，则对恒成立
对恒成立
则：；
综上，，
故选：B．
17．（2022·江苏江苏·三模）已知双曲线：的左､右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与交于，两点，与轴交于点，以为直径的圆经过点，则的离心率为（       ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意分别写出，，点的坐标，再根据，可建立起等量关系，从而求解离心率.
【详解】
由已知，易知：，，，
所以，
化简得：，
即，，
解得：因为，故，
故选：C.
18．（2022·江苏江苏·三模）已知叫做双曲余弦函数，叫做双曲正弦函数.若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
结合的单调性，由不等式化简得在上恒成立，结合导数求得的最大值，从而求得的取值范围.
【详解】
在上递增，，
所以，.
依题意关于的不等式在上恒成立，
整理得在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
，
所以时，，时，，
所以在递减，递增，，
所以，所以.
故选：D
【点睛】
求解含参数的不等式恒成立问题，可考虑通过变形，分离参数，然后通过构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.
19．（2022·河北廊坊·模拟预测）已知⊙O：x2＋y2＝1，点A（0，－2），B（a，2），从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是（       ）
A．（－∞，－2）∪（2，＋∞） B．∪
C．∪ D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，先设过点的切线的斜率为，得到切线方程为，根据题意，求出，得到切线方程，与联立求交点坐标，进而可得出结果.
【详解】
解：易知点在直线上，过点作圆的切线，
设切线的斜率为，则切线方程为，
即，
由，得，
∴切线方程为，和直线的交点坐标分别为，
故要使视线不被挡住，则实数的取值范围是.
故选：B.

20．（2022·河北廊坊·模拟预测）如图中有一个信号源和五个接收器．接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所得六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（       ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先将左端的六个接线点随机地平均分成三组可能出现的所有结果找出来，再根据五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，求出此种情况可能出现的结果，再运用古典概型的概率公式即可得出所求事件概率．
【详解】
解：根据题意，设右端连线方式如图，

对于左端的六个接线点，将其随机地平均分成三组，共有种结果，
五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须和3、4、5、6中其中1个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有种结果，
同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法都有15种，其中有8种可以收到信号，
∴这五个接收器能同时接收到信号的概率是，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查平均分组问题，属于中档题．
21．（2022·江苏·二模）随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升.某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件“甲乙两人所选课程完全不同”，事件“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则（       ）
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】
根据互斥事件、对立事件的概念即可判断A、B，再根据古典概型的概率公式求出、、、、，根据相互独立事件的定义判断C、D；
【详解】
解：依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同；
故与互斥不对立，与不互斥，
所以，，
且，，
所以，，
即与相互独立，与不相互独立.
故选：C
二、多选题
22．（2022·山东泰安·三模）已知函数（）有两个不同的零点，，符号[x]表示不超过x的最大整数，如[0.5]＝0，[1.2]＝1，则下列结论正确的是（       ）
A．a的取值范围为
B．a的取值范围为
C．
D．若，则a的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】
利用导数研究函数的单调性，结合条件列不等式求a的取值范围，由此判断A，B，结合零点存在性定理判断C，D.
【详解】
函数的定义域为，
，
当时，，函数在上单调递增，
函数在上至多只有一个零点，与条件矛盾，
当时，由可得或（舍去），
当时，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
因为函数有两个不同的零点，可得
所以，所以，
所以，B对，
不妨设，
因为，，所以，，
当时，，则，
当时，则
所以，当时，，
此时，，C错，
因为，
若则，，，
所以，，，
所以，
所以，
若，则，，，且
所以，，
所以，
所以，
又，所以，所以，故满足条件的不存在，
所以a的取值范围为，D对，
故选：BD.
【点睛】
函数的零点问题的解决的关键在于分析函数的单调性，并结合零点存在性定理列关系式.
23．（2022·福建宁德·模拟预测）已知椭圆C：，焦点（-c，0），，下顶点为B．过点的直线l与曲线C在第四象限交于点M，且与圆相切，若，则下列结论正确的是（       ）
A．椭圆C上不存在点Q，使得
B．圆A与椭圆C没有公共点
C．当时，椭圆的短轴长为2
D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
设出直线l方程，利用直线l圆A相切可求出直线l的斜率，结合题中条件可确定之间的关系，然后就能判断选项的对错.
【详解】
如下图，设直线l方程为， 圆心A到直线l距离，解得，则，且，得，根据椭圆定义可得，，可得，又，故A正确；圆心A到椭圆左顶点的距离，圆A与椭圆C有公共点，故B错误；当时，，椭圆的短轴长为2，故C正确；，，所以不垂直，故D错误.
故选：AC.

24．（2022·福建宁德·模拟预测）已知正方体ABCD-的棱长为2，F是正方形的中心，则（       ）
A．三棱锥F-的外接球表面积为4π
B．平面
C．平面，且
D．若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半.
【答案】BCD
【解析】
【分析】
可得的中点到三棱锥F-的各顶点距离相等，即可求出外接球半径，可判断A，可由面面平行得到线面平行，可判断B，由正方体的性质可判断C，通过转换顶点确定两个三棱锥底面与高的关系可判断D.
【详解】
对于A，在中，设为的中点，则有，由中位线定理得，故三棱锥F-的外接球半径为，表面积为，故A错误；
对于B，可得，可得平面，故B正确；
对于C，平面即平面，在正方体ABCD-中，,可得平面，又，故C正确；
对于D，三棱锥即三棱锥，三棱锥即三棱锥，在正方体中，点E为BC中点，三棱锥和三棱锥底面积相等，三棱锥的高是三棱锥的一半，所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.
故选：BCD.

25．（2022·福建南平·三模）已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（       ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方
C．双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列
D．双曲线上存在点，满足
【答案】AB
【解析】
【分析】
先由求得，即可求出渐近线判断A选项，由点到直线的距离公式即可判断B选项，由实轴长､虚轴长､焦距结合等比中项即可判断C选项，由双曲线定义结合的范围即可判断D选项.
【详解】
易知双曲线的方程为，令得，故，解得，双曲线的渐近线方程为，即，故A正确；
双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，不妨取右顶点，右焦点，则顶点到两渐近线距离的积为，
焦点到渐近线距离的平方为，又，，故，B正确；
，，显然，C错误；
若，又由双曲线定义，解得，
故不存在点，满足，D错误.
故选：AB.
26．（2022·福建南平·三模）如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且.记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为.则（       ）


A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，则，同时第圈的最后一个点对应坐标为，设在第圈，则圈共有个数，可判断前圈共有个数，所在点的坐标为，向前推导，则可判断A，B选项；当时，所在点的坐标为，即可判断C选项；借助与图可知，即项之和，对应点的坐标为，，…，，即可求解判断D选项.
【详解】
由题，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知；第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，即 ，以此类推，可得第圈的个点对应的这项的和为0，即，
设在第圈，则，由此可知前圈共有个数，故，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故A正确；
，故B正确；
所在点的坐标为，则，所在点的坐标为，则，故C错误；
，对应点的坐标为，，…，，所以
，故D正确.
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：观察图形，利用对称性求解问题，对D选项，考虑已知的前项和与所求的关系，结合图形，可适当先列举找到规律，再求解.
27．（2022·福建莆田·三模）已知函数，函数，则下列结论正确的是（       ）
A．若有3个不同的零点，则a的取值范围是
B．若有4个不同的零点，则a的取值范围是
C．若有4个不同的零点，则
D．若有4个不同的零点，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据题意，将问题转化为函数与图像交点个数问题，进而数形结合求解即可得答案.
【详解】
解：令得，即
所以零点个数为函数与图像交点个数，
故，作出函数图像如图，

由图可知，有3个不同的零点，则a的取值范围是，故A选项错误；
有4个不同的零点，则a的取值范围是，故B选项正确；
有4个不同的零点，此时关于直线对称，所以，故C选项正确；
由C选项可知，所以，由于有4个不同的零点，a的取值范围是，故，所以，故D选项正确.
故选：BCD
28．（2022·福建莆田·三模）已知正四面体的棱长为．点E，F满足，用过A，E，F三点的平面截正四面体的外接球O，当时，截面的面积可能为（       ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
作出当时的图象，问题转化为截面AEF从平面ARS转动到平面ACD的过程中截球所截得圆面的面积范围，利用球的截面的性质得出圆面的半径平方的范围即可求解.
【详解】
如图1,

在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得，取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，记RS∩BG=M，连接AM. 过点A作AH平面BCD，垂足为H，则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心在AH上，AO为球的半径.
由题中数据可得.
设球的半径为R，则，解得.
当时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心到截面的距离的取值范围即可.
由题意可知CD//RS且CD平面ABG，如图2，

过点作，垂足为N，则ON平面ARS.
因为，所以，即球心到截面的距离，
则截面圆的半径，故所求截面的面积.
故选：CD
29．（2022·福建福州·三模）一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫､6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件表示“第只出笼的猫是黑猫”，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
10只猫先后出笼的顺序为，第只出笼的猫是黑猫，即可先从4只黑猫中选出已知，而其余9个位置的猫们可任意排列，即可得到，对A，事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，即可求解判断；对B，事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则根据即可求解判断；对C，D，结合条件概率公式即可求解判断.
【详解】
由题， ，
事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，则，故A错误；
事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则，故B正确；
则，故C正确；
事件表示“第2，10只出笼的猫是黑猫”，则，
则，故D正确，
故选：BCD
30．（2022·福建福州·三模）已知抛物线的准线为，点在抛物线上，以为圆心的圆与相切于点，点与抛物线的焦点不重合，且，，则（       ）
A．圆的半径是4
B．圆与直线相切
C．抛物线上的点到点的距离的最小值为4
D．抛物线上的点到点，的距离之和的最小值为4
【答案】AC
【解析】
【分析】
由抛物线的定义，得，又，，易得是等边三角形，结合图像得到，即可求解；求得的坐标，则判断出A和B选项；对于C选项，设，利用两点间的距离公式得到，结合二次函数的图象性质，得到的最小值；设交于点，通过抛物线的定义结合三点共线得，，当且仅当、、三点共线时取得最小值，即可判断D选项.
【详解】
由抛物线的定义，得，，准线
以为圆心的圆与相切于点，所以，即轴，
又，所以；因为，所以是等边三角形，即；

设点在第一象限，作的中点，连接，
，，则，即，
解得：，则抛物线的方程为：，则=3，
对于A选项，有，故A选项正确；
对于B选项，，所以，易得圆与直线不相切，故B选项错误；
对于C选项，设抛物线上的点，则
化简，得，当且仅当时等号成立，故C选项正确；
对于D选项，设过点作准线的垂线交于点，
由抛物线的定义，知，则，当且仅当、、三点共线时取得最小值，所以，故D选项错误；
故选：AC.
31．（2022·福建龙岩·模拟预测）正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等）.某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P-ABCD-Q（其中E､F､H分别为PA，PB，BC的中点），则（       ）

A．AP与CQ为异面直线
B．平面PAB⊥平面PCD
C．经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形
D．此正八面体外接球的表面积为8π
【答案】CD
【解析】
【分析】
对于选项A，根据图像的共面可以得出该选项错误；
对于选项B，求出两个平面的二面角证明二面角不是90度即可得出结论；
对于选项C，根据中位线定理证明相等关系，即可证明该截面为正六边形；
对于选项D，根据外接球的直径，代入公式即可.
【详解】
对于A选项，由多面体的对称性知，A，B，C，D四点共面，
又因为PA=AQ=QC=CP，
结合PQ=AC，
所以四边形PACQ是正方形，
所以选项A错误；
对于B选项，设AB中点为N，CD中点为M，
则为平面PAB和平面PCD的二面角，
，，NM=2
所以，
所以平面PAB和平面PCD的二面角不为直角，
所以选项B错误；
对于选项C，设QC，CD，DA的中点分别为J，K，L，顺次连接E，F，H，J，K，L，E，
根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE，
所以经过E､F､H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，
故选项C正确；
对于选项D，根据题意，外接球的直径为，
所以外接球的半径为，
表面积，
故该选项正确.
故选：CD.
32．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知函数的定义域为R，满足，当时，.对，下列选项正确的是（       ）
A．，则m的最小值为 B．，则m的值不存在
C．，则 D．时，函数所有极小值之和大于2e
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据导函数可得函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，且无最大值，再可知，在内的极小值为（为偶数），可利用等比数列求和分析极小值的和．
【详解】
当时，则
令则
函数在上递减，在上递增，则在内的极小值（最小值）为，
且当时，
∴A不正确，B正确
∵，
则函数在上递减，在上递增（为偶数）
在内的极小值为（为偶数）,如下表：
极值点
…
-3
-1
1
3
5
…
极小值
…





…

若，则，C正确
若，则函数在内的极小值为：，，，…
这些极小值依次构成等比数列，其前n项和
当时，
即+++…，D不正确
故选：BC．
33．（2022·福建三明·模拟预测）已知棱长为4的正方体中，，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（       ）
A．点P的轨迹所围成图形的面积为5 B．点P的轨迹过棱上靠近的四等分点
C．点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6 D．直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
首先根据动点满足的条件及正方体的结构特征得到动点的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A，B，C，对于选项D，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.
【详解】
如图，

过点M作，在上取一点，使，连接，
过点作，连接，易知，四点共面；
又，，
面，即点的轨迹为矩形（不含点），
设，则 又
   
解得 ，即，
对于A，矩形的面积为：，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
但在、中不存在到点C的距离为6的点，C正确；
对于D，直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，
直线与平面所成的即是直线与平面所成的角，
延长交于点，则即是直线与平面所成的角，

在中，，D正确；
故选：ACD.
【点睛】
本题考查动点轨迹，点、线、面位置关系，线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值，考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，属于难题.
34．（2022·福建三明·模拟预测）已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（       ）
A．的最小值为 B．若圆C关于直线l对称，则
C．若，则或 D．若A，B，C，O四点共圆，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
直线过点，
圆，即①，
圆心为，半径为，
由于，所以在圆内.，
所以，此时，所以A选项正确.
若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.
设，则，此时三角形是等腰直角三角形，
到直线的距离为，即，
解得或，所以C选项正确.
对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，
的中点为，，
所以的垂直平分线为，则②，
圆的方程为，
整理得③，
直线是圆和圆的交线，
由①-③并整理得，
将代入上式得，④，
由②④解得，
所以直线即直线的斜率为，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】
求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.
35．（2022·江苏南京·三模）连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能．记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则（       ）
A．事件B与事件C互斥
B．
C．事件A与事件B独立
D．记C的对立事件为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对A，根据事件B包含事件C判断即可；
对B，根据概率的性质，用1减去全为正面和全为反面的情况概率即可；
对C，根据相互独立事件的公式判断即可；
对D，先求得，再利用条件概率公式求解即可
【详解】
选项A：显然B发生的情况中包含C，故可同时发生，错误；
选项B：，正确；
选项C：，
故A与B独立，正确；
选项D：，，正确；
故选：BCD．
36．（2022·江苏南京·三模）在一个圆锥中，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面圆的圆心，P为线段DO的中点，AE为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（       ）
A．BE∥平面PAC
B．PA⊥平面PBC
C．在圆锥侧面上，点A到DB中点的最短距离为
D．记直线DO与过点P的平面α所成的角为θ，当时，平面α与圆锥侧面的交线为椭圆
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理，结合题意，即可判断A的正误；根据线面垂直的判定、性质定理，结合勾股定理，可判断B的正误；根据圆锥侧面展开图，分析计算，可判断C的正误；根据圆锥曲线的定义，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
对于A：假设BE∥平面PAC，因为平面，平面平面，
所以，
由题意得BE不与AC平行，所以假设不成立，则BE不平行平面PAC，故A错．
对于B：因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又AE为底面圆的直径，正三角形，
所以，
又，所以平面PAO，
所以，
又因为，所以，则，
所以，
所以，同理，，
所以，所以，
因为，所以平面PBC，故B正确．

对于C：将侧面铺平展开得

其中，底面圆周长
所以，则，
所以A到DB中点的最短距离为图中AM，若时，由余弦定理可得，
因为，所以，故C错．
对于D:设圆锥顶角为，则，
因为，由截曲线知，平面与圆锥侧面的交线为椭圆，故D正确．
故选：BD
【点睛】
解题的关键是熟练掌握圆锥的几何性质，并灵活应用，难点在于作出图象，分析并求解各个长度，再结合圆锥曲线的定义，进行求解，属中档题.
37．（2022·江苏江苏·三模）已知函数的零点为，的零点为，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
将零点问题转化为交点问题，根据互为反函数的两个函数的性质逐一判断即可.
【详解】
分别为直线与和的交点的横坐标，
因为函数与函数互为反函数，
所们这两个函数的图象关于直线，
而直线、的交点是坐标原点，
故，，，，
，
，故
故选：BCD.
【点睛】
关键点睛：利用反函数的性质是解题的关键.
38．（2022·江苏江苏·三模）已知圆台上､下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（       ）
A．与底面所成的角为60°
B．二面角小于60°
C．正四棱台的外接球的表面积为
D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
过作，易得即为与底面所成角，直接计算即可判断A选项；过作于，即为二面角的平面角，由即可判断B选项；设出球的半径，由勾股定理建立方程，解出半径即可判断C选项；直接计算体积即可判断D选项.
【详解】

如图，过作，作出截面的平面图，易知为等腰梯形，且为中点，
易得，，故，即圆台的高，
，即四棱台的上下底边长分别为和，
选项A：易得即为与底面所成角，则，故，正确；
选项B：过作于，连接，由，，故面，面，故，
即为二面角的平面角，，，又，
故，即，B错误；
选项C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，
则，，，故，
故表面积，正确；
选项D：，，显然，错误.
故选：AC.
39．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（       ）
A．是等差数列 B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A,求出，再将转化为,即可证明，
对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.
对于C，求出，即可判断正误，
对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】
，，解得：
时，，
整理得：
故是等差数列，选项A正确；
，则，，选项B正确；
，选项C错误；
令，，
在递增，，则
即，选项D正确；
故选：ABD.
40．（2022·河北廊坊·模拟预测）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（       ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】
转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】
圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
41．（2022·河北廊坊·模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有（       ）
A．平行于同一条直线的两条直线必平行
B．垂直于同一条直线的两条直线必平行
C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D.
【详解】
根据线线平行具有传递性可知A正确；
空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；
根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；

如图，且，
则但和的关系不确定，
故D错误.
故选：AC
42．（2022·江苏·二模）已知定义在上的函数，则（       ）
A．任意，，，均能作为一个三角形的三条边长
B．存在，使得，，不能作为一个三角形的三条边长
C．任意，，，均不能成为一个直角三角形的三条边长
D．存在，使得，，能成为一个直角三角形的三条边长
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据给定条件，求出函数在定义区间上的最值，再结合构成三角形、直角三角形的条件判断作答.
【详解】
函数在上单调递减，在上单调递增，，，
任意，不妨令，则，
即，，均能作为一个三角形的三条边长，A正确，B错误；
取，满足，则，
显然有，即，，为边的三角形是直角三角形，C错误，D正确.
故选：AD
43．（2022·江苏·二模）已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（       ）
A．平面平面
B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为
D．存在点，使得与平面所成角的大小为
【答案】AC
【解析】
【分析】
A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.
【详解】
因为，为的中点，底面ABCD为正方形，
所以，又因为平面，平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，即A正确；

当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：
其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，

可知交线围成的图形为五边形，即B错误；
如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
设平面ABEF的法向量为，
则有，令，则，
则
球心到平面的距离，
此正四棱柱的外接球半径为，
所以截面半径，则截面积，


即C正确；
设，，
则平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，
则，
因为在上单调递增，
所以，

所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.
故选：AC
【点睛】
求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.
三、双空题
44．（2022·江苏南京·三模）19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为______；若,，则k的值为__________．
【答案】          5
【解析】
【分析】
第一空，将 代入即可求得答案；第二空，根据得到的表达式，结合的值可得方程，解得答案.
【详解】
由题意可得：
（1）
（2），而，故，则．
故答案为：
45．（2022·江苏江苏·三模）一曲线族的包络线（Envelope）是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这一点处相切，若圆：是直线族的包络线，则，满足的关系式为___________；若曲线是直线族的包络线，则的长为___________.
【答案】          .
【解析】
【分析】
根据题意，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，分析方程，即可求解.
【详解】
由题意，若圆：是直线族的包络线，
可得，可得；
又由曲线是直线族的包络线，
可得为定值，则，可得，此时，
所以曲线的方程为，所以曲线的周长为.
故答案为：；.
46．（2022·江苏·二模）第十四届国际数学教育大会（简称ICME-14）于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案（如图）有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八.八进制数字3745换算成十进制是，表示的举办年份.设正整数，其中，.记，，则_______；当时，用含的代数式表示_____.

【答案】     2；     .
【解析】
【分析】
结合进制转换即可求出，进而求出，再结合等差数列的求和公式即可求出结果.
【详解】
因为，所以；
易知，且，
所以.
故答案为：2；.
四、填空题
47．（2022·福建南平·三模）四面体中，，，，且异面直线与所成的角为.若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
构建直三棱柱，找出球心及底面外心，结合正弦定理求得，由表示出体积，再结合余弦定理及基本不等式求出最大值.
【详解】

由，，，且异面直线与所成的角为构建直三棱柱，由得，
易得四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，取的外心，易得的中点即为球心，又，
则，由正弦定理得，又，
又由余弦定理得，即，
当且仅当时取等，故的最大值为3，四面体的体积的最大值为.
故答案为：.
48．（2022·福建莆田·三模）已知双曲线的右焦点为F．圆与双曲线C的渐近线在第一象限交于点P，直线与双曲线C交于点Q，且，则双曲线C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义及余弦定理可求解.
【详解】
如下图所示，设双曲线的右焦点为，

设直线的倾斜角为，则，
由题意可知，则，则双曲线的定义有，从而，
所以在中，由余弦定理有.
故答案为：
49．（2022·福建福州·三模）已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球面与底面的交线的长度为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】
由题可得球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，即可求出.
【详解】
正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.
故答案为：.

50．（2022·福建龙岩·模拟预测）若对恒成立，则实数m的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
依题意可得对恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性与最值，即可求出参数的取值范围；
【详解】
解：因为对恒成立，
即对恒成立，
记，，
所以，
令，
令，，则，所以当时，
所以在上单调递增，所以，即，，
则
所以在上是增函数，所以
当，即时，在上是增函数，所以符合题意；
当时，且当时， 所以，使得，
即当时，单调递减，此时，
所以不符合题意，
综上可得，即
故答案为：
51．（2022·福建三明·模拟预测）《孙子算经》是我国南北朝时期的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是一个整除以三余二，除以五余三､除以七余二，求这个整数.设这个整数为a，当时，符合条件的a的个数为___________.
【答案】10
【解析】
【分析】
根据“被3除余2、被5除余3、被7除余2”可构成等差数列，然后结合等差数列的通项公式即可求出结果.
【详解】
因为3，5，7的最小公倍数为105，而满足被3除余2、被5除余3、被7除余2的最小正整数为23，所以被3除余2、被5除余3、被7除余2的数构成首项为23，公差为105的等差数列，记为数列，则，所以，则，又因为，所以符合条件的a的个数为10.
故答案为：10.
52．（2022·福建三明·模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为､，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用双曲线的定义，结合，且，由是矩形，且 ，利用勾股定理求解.
【详解】
解：如图所示：

由双曲线的定义得：，
又，且，
所以是矩形，且 ，
又因为，
即，
解得，
故答案为：
53．（2022·河北廊坊·模拟预测）设直线是曲线的一条切线，则实数b的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
设切点坐标，根据切点处的导数等于切线斜率，和切点在切线和曲线上列方程组可解.
【详解】
设切点坐标为，
因为，所以有
因为，所以，所以.
故答案为：