2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编三含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编三含解析，共53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（三）
一、单选题
1．（2021·江苏省江都中学）已知函数，若函数有三个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分析分段函数的性质，画出草图，易知有三个不同的零点，有，进而可得，即可求范围.
【详解】
由题设，当时，
当时，当且仅当时等号成立，故，且上递增，上递减，
当时单调递增，且，
综上可得，如下函数图象：

∴要使有三个不同的零点，则，
由图知：有，当时令，则，有，，
∴且，而在上递减，
∴.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：分析分段函数的性质并画出草图，将题设的零点问题转化为与的交点问题，应用数形结合的思想，求出关于的解析式，由单调性求范围.
2．（2022·萍乡市湘东中学高三开学考试）已知，为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆在轴上方相切于点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【分析】
设出切线方程，与椭圆联立，利用判别式为0，求出点的坐标，然后求解直线的斜率即可
【详解】
设过点的切线方程为，化入椭圆方程，得
，
因为直线与椭圆相切，
所以，
解得，
由题意可知，
此时切点的横坐标为，
所以直线的斜率为
，
故选：C

3．（2021·山东省东明县第一中学高三月考）已知不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，由导数确定单调性，只有时才可能满足题意，此时由导数求得的最小值，由不等式恒成立得的关系式，引入参数，可得，求得不等式右边式子的最大值，可得．
【详解】
设，则，
由题意，
若，则恒成立，是上的增函数，时，，不等式不能恒成立，
当时，时，，递减，时，，递增，所以时，，
所以，
所以，令，
，，
令，则，时，，递增，时，，递减，所以，
所以，的最大值是．
故选：A．
4．（2022·江苏高三开学考试）函数有极小值，且极小值为0，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
求得函数的导数，根据有极小值，得到，又由，求得，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
由，可得，
因为有极小值，记为，则，即，
又由，所以，
即，所以.
设，
当时，，
所以在上单调递增，
当时，可得，
所以的最小值为.
故选：B.
5．（2022·高邮市第一中学高三月考）已知函数在定义域上单调递增，且关于x的方程恰有一个实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．(0，1)
【答案】C
【分析】
由递增，先求出的范围，再根据恰有一个实数根，通过数形结合进一步缩小范围.
【详解】

在定义域上单调增，∴，∴，
∵在处切线为，即，
又故与没有公共点
∴与有且仅有一个公共点且为
∴在处的切线的斜率必须大于等于1，
，，∴，∴，
综上：
故选：C.
【点睛】
本题需要通过求导，数形结合，利用切线斜率的不等关系解决问题.
6．（2022·黑龙江大庆·铁人中学（文））若函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题意可知对恒成立，若设，则，则在上恒成立，再由二次函数的图像可得，从而可求出的取值范围
【详解】
依题意得，
所以对恒成立.
设，则，则在上恒成立，
由二次函数图像得，即，
解得.
故选：B.
【点睛】
此题考查由函数的单调性求参数的取值范围，考查二次函数性质的应用，属于基础题
7．（2022·全国高三专题练习）函数，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
先利用定义判断函数的奇偶性，判断出复合函数的单调性，利用奇偶性和单调性解不等式.
【详解】
由 得到，故的定义域为，
对于定义域内的任意实数，都有
，

所以为奇函数，
又因为，因为 在上单调递减，
所以在上单调递减，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以
等价于，
即，解得
故选：C.
8．（2022·全国高三专题练习）已知，，且，，且，恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据条件将问题转化为对，，且恒成立，构造函数，
则函数，对恒成立，然后用分离参数法求出a的范围即可．
【详解】
解：，，且，恒成立，
对，，且恒成立，
令，
则只需，对恒成立，
即，对恒成立，只需，
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
，，
的取值范围为．
故选：B．
9．（2021·石家庄市第一中学东校区高三月考）已知函数的导函数是偶函数，若方程在区间(其中为自然对数的底)上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由导函数为偶函数，得出，由，得出，将问题转化为当直线与函数在区间上的图像有两个交点时，求实数的取值范围，然后作出函数在区间上的图象，利用数形结合思想求出实数的取值范围．
【详解】
，，
导函数的对称轴为直线，由于该函数为偶函数，则，
，令，即，得.
问题转化为当直线与函数在区间上的图像有两个交点时，求实数的取值范围．
，令，得，列表如下：










极大值


所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，，
又，，显然，，如下图所示：

结合图象可知，当时，即当时，直线与函数在区间上有两个交点，因此，实数的取值范围是．
故选B．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，本题的关键在于利用参变量分离的方法，将问题转化为直线与函数的图象的交点个数，在画函数的图象中，需要用到导数研究函数的单调性、极值以及端点值，通过这些来确定函数图象，考查数形结合思想，属于中等题．
10．（2022·全国（理））卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，由美籍华人建筑师贝聿铭设计，已成为巴黎的城市地标.金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在一个球面上，则球心到四棱锥侧面的距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先求出外接球的半径，取的中点，连接、，过作，即可得到面，从而得到为点到面的距离，再根据相似三角求出即可；
【详解】
解：设为在面内的投影，则，，设为外接球的球心，则，，，所以，解得，取的中点，连接、，过作，依题意可得，，，面，所以面，又面，所以面面，又面面，面，所以面，即为点到面的距离，
因为
则，即，所以
故选：A

11．（2022·全国高三专题练习）设是定义在上的奇函数，满足，数列满足，且.则（ ）
A．0 B． C．21 D．22
【答案】A
【分析】
根据题意变形可得，根据累加法求出，是定义在上的奇函数，满足，所以，所以周期，
所以即可得解.
【详解】
由
可得，
通过累加法可得：
所以 ，所以20，
是定义在上的奇函数，满足，
所以，
所以周期，
由是定义在上的奇函数，所以，
，
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用累加法求数列通项，考查了裂项相消法，同时考查了利用函数对称性求周期，有一定的计算量，属于中档题.
本题的关键点有：
（1）累加法求通项；
（2）裂项相消法求和；
（3）函数利用对称性求周期.
12．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））已知函数有且只有一个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求得导函数，问题化为只有一个解，分离参数，转化为研究函数的单调性、极值，函数的变化趋势，结合函数图象从而得参数范围，注意检验函数极值．
【详解】易知函数的导数，
令，得，即．
设，则，

当时，或，所以函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增．因为函数有且只有一个极值点，所以直线与函数的图象有一个交点，作出的图象如图所示．由图得或．当时，恒成立，所以无极值，所以．
故选：A
13．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）过双曲线：的右焦点，作直线交的两条渐近线于，两点，，均位于轴右侧，且满足，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，，渐近线与轴所成角为，在，中分别由正弦定理，即可求出，从而得到，即可求出离心率；
【详解】
解：设，，渐近线与轴所成角为，在，中分别由正弦定理：，，则，则，则，则，所以；故选：A.

14．（2021·西藏拉萨中学高三月考（理））已知函数，则下列说法正确的是
A．的图象关于直线对称
B．的周期为
C．若，则（）
D．在区间上单调递减
【答案】D
【详解】
∵，，故函数的图象关于直线，对称，故A错误；的周期为 ，故B错误；函数的周期为，若，则（），故C错误；在区间上单调递减，故D正确；故选D.
15．（2021·河南信阳·高三月考（文））已知函数，则下列关于函数的说法中，正确的个数是（ ）
①是的周期；
②是偶函数；
③的图像关于直线对称；
④的最小值是
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【分析】
根据函数解析式一一代入验证即可判断①②③，对函数求导，利用导数判断④；
【详解】
解：
①正确；

②错误；
，
③错误；

令.
解得或·
当即时，有最小值﹐最小值为.
④正确.
故选：.
16．（2021·福建福州四中高三月考）用表示非空集合A中元素的个数，定义，已知集合，，且，设实数a的所有可能取值构成集合S，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】
根据条件可得集合要么是单元素集，要么是三元素集，再分这两种情况分别讨论计算求解.
【详解】
由，可得
因为等价于或，
且，所以集合要么是单元素集，要么是三元素集．
（1）若是单元素集，则方程有两个相等实数根，方程无实数根，故；
（2）若是三元素集，则方程有两个不相等实数根，方程有两个相等且异于方程的实数根，即且．
综上所求或，即，故，
故选：D．
【点睛】
关键点睛：本题以这一新定义为背景，考查集合中元素个数问题，考查分类讨论思想的运用，解答本题的关键是由新定义分析得出集合要么是单元素集，要么是三元素集，即方程方程与方程的实根的个数情况，属于中档题.
17．（2021·云南曲靖一中高三月考（理））定义在R上的偶函数f（x）满足，当 （其中e为自然对数的底数，e=2.71828……），则函数g（x）=f（x） +lnx在区间（0，4）上零点的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】
由题意知函数的周期为，为偶函数，且关于对称，令，转化为图象交点求解.
【详解】
由知函数的周期为，
又因为函数为偶函数，
所以，
则函数关于对称.
令，，
令，
如图：

，当时，，，
可求得处的切线方程为；
当时，，故函数与 有两个交点，
故选：A.
18．（2021·海口市第四中学高三月考）已知命题“存在，使等式成立”是假命题，则实数的取值范围（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由题可求存在，使等式成立的实数的取值集合，求其补集即可.
【详解】
由得，函数在上为增函数，
∴，
故当命题“存在，使等式成立”是假命题时，实数的取值范围为.
故选：D.
19．（2021·四川巴中·高三月考（理））如图，四边形为矩形，，是的中点，将沿翻折至的位置（点平面），设线段的中点为，则在翻折过程中，下列论断不正确的是（ ）

A．平面
B．异面直线与所成角的大小恒定不变
C．
D．当平面平面时，与平面所成角为
【答案】C
【分析】
取中点，连结､，证明可判断A；利用可得即为异面直线所成的角可判断B；利用反证法可判断C；利用面面垂直的性质定理可证明平面，可得，进而可证明平面，可得即为所求角，可判断D，进而可得正确答案.
【详解】
对于A：如图，取中点，连结､，又因为点为线段的中点，所以且，因为且，可得且，
所以四边形是平行四边形，所以，，因为面，面，所以平面；故选项A正确；
对于B：因为，所以即为直线与所成角，在等腰直角中，为直角边上的中线，所以是定值，故选项B正确；
对于C：设，则，可得，可得，所以，若，，可得面，因为面，
所以，即，与矛盾，所以不成立，故选项C不正确；
对于D：由已知得，当面面时，因为面面，
面，所以平面，因为平面，可得，
又因为， ，所以平面，
故为与平面所成角，在中，因为，
可得，故选项D正确；
故选：C.

20．（2021·四川巴中·高三月考（理））关于函数，有下列个结论：
①函数的图象关于点中心对称；
②函数无零点；
③曲线的切线斜率的取值范围为
④曲线的切线都不过点
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
①证得，即可判断；②结合零点存在性定理即可判断；③求导，求出导函数的值域即可判断；④结合导数的几何意义与斜率公式即可判断.
【详解】
由已知：，故①正确；
由，（或）知函数在内有零点，故②不正确；
由且当且仅当取等号知：的值域为，故③正确；
若曲线存在过点的切线，设切点为，则由导数的几何意义与斜率公式得：，化简得：，令，则，当时，，当时，，故，所以函数无零点，因此方程无实数解，假设不成立，故④正确.综上，正确结论共个.
故选：B.
【点睛】
导数运算及切线的理解应注意的问题：
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．
三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.

二、多选题
21．（2022·江苏高三开学考试）如图，已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，底面圆的直径为，是圆上异于，的一点，为弦的中点，为线段上异于，的点，以下正确的结论有（ ）

A．直线平面
B．与一定为异面直线
C．直线可能平行于平面
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】
证明，利用线面垂直的判定定理可判断A；由异面直线的定义可判断B；假设平面，可证得平面平面与已知矛盾可判断C；在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，当，，共线时，取得最小值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：在中，因为，为的中点，所以，
又垂直于圆所在的平面，所以，因为，
所以平面，所以A正确.
对于B：因为面，面，面，，
根据异面直线判定定理知与一定为异面直线，所以B正确.
对于C：若直线平行于平面，因为，平面，平面，则平面，，所以平面平面与平面和平面相交矛盾，所以C不正确.
对于D：在中，，，所以，
同理，所以.
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，
使之与平面共面，如图所示，

当，，共线时，取得最小值.
又因为，，
所以垂直平分，即为的中点，
从而，
亦即的最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
22．（2021·江苏南通·高三月考）某电视台的一档栏目推出有奖猜歌名活动，规则：根据歌曲的主旋律制作的铃声来猜歌名，猜对当前歌曲的歌名方能猜下一首歌曲的歌名.现推送三首歌曲，，给某选手，已知该选手猜对每首歌曲的歌名相互独立，且猜对三首歌曲的歌名的概率以及猜对获得相应的奖金如下表所示.
歌曲



猜对的概率
0.8
0.6
0.4
获得的奖金金额/元
1000
2000
3000
下列猜歌顺序中获得奖金金额的均值超过2000元的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】
按照所给的顺序，依次列出随机变量的分布列，求出均值，即得解
【详解】
根据规则，该选手获得奖金总额为.
按的顺序进行，则该选手获得奖金总额为的可能取值有四种情况：
，
，
，
.
概率分布表为

0
1000
3000
6000

0.2
0.32
0.288
0.192
.故A正确.
同理，按的顺序猜获得奖金金额的均值为1872元，故B错误.
按的顺序猜获得奖金金额的均值为1904元，故C错误.
按的顺序猜获得奖金金额的均值为2112元，故D正确.
故选：AD
【点睛】
本题考查了随机变量的分布列和期望的实际应用，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于中档题
23．（2022·高邮市第一中学高三月考）设函数的定义域为D，若存在常数a满足[﹣a，a]D，且对任意的[﹣a，a]，总存在[﹣a，a]，使得，称函数为P(a)函数，则下列结论中正确的有（ ）
A．函数是函数
B．函数是函数
C．若函数是函数，则t=4
D．若函数是P()函数，则b=
【答案】AD
【分析】
根据题中所给定义，结合条件，逐一检验各个选项，分析整理，即可得答案.
【详解】
对于A：，定义域为R，当时，有，
对任意，，
因为，存在，使，
所以函数是函数，故A正确；
对于B：，定义域为R，当时，有，
当时，，
所以不存在，使得，此时，故B错误；
对于C：当t=4时，，定义域为，，
因为，则，
所以，
又为增函数，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，即，故C错误；
对于D：当 时，，
所以，
因为函数是P()函数，
所以对任意，总存在使，
又，当时，，
当时，有，解得b=，故D正确.
故选：AD
【点睛】
解题的关键是掌握P(a)函数的定义，并根据选项所给条件，结合各个函数的性质，进行分析和判断，综合性较强，属中档题.
24．（2022·高邮市第一中学高三月考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前n项和，则下列结论中正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】
根据斐波那契数列的递推关系进行判断．
【详解】
由题意斐波那契数列前面8项依次为，，A正确，B错误；
，C正确；
，时，得，D正确．
故选：ACD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是正确理解新数列，根据新定义，斐波那契数列满足递推关系，对于数列前面有限的项或前项的和可以直接求出项，计算，对于一般的结论只能利用这个递推关系判断．
25．（2022·湖北襄城·襄阳五中高三开学考试）已知，分别为双曲线：的左､右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线.则下列正确的是（ ）
A．双曲线的方程为 B．
C． D．点到轴的距离为
【答案】ABD
【分析】
由到的距离为以及渐近线方程为可求得，即可得出方程，判断A；由可求出判断B；结合双曲线定义可求得，求出，即可求出，判断C；利用等面积法可求得点到轴的距离，判断D.
【详解】
到的距离为，，解得，
又渐近线方程为，则，结合可解得，
则双曲线的方程为，故A正确；
为的平分线，，
又，，故B正确；
由双曲线定义可得，则可得，
则在中，，
则，
则，故C错误；
在中，，
设点到轴的距离为，则，
即，解得，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
关键点睛：本题考查双曲线的简单性质，解题的关键是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.
26．（2022·湖北襄城·襄阳五中高三开学考试）已知函数，则以下结论正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．
C．方程有实数解 D．存在实数，使得方程有4个实数解
【答案】BCD
【分析】
对求导，由导函数的符号可判断的单调性，即可判断选项A；比较
，以及的单调性即可判断选项B；令，由零点存在定理可判断选项C；等价于，有一个根为，所以原方程有4个根等价于方程有个实数解，令，对求导判断单调性，作出函数图象，数形结合即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】
由可得，
由可得：，由可得：，
所以在单调递减，在单调递增，故选项A不正确；
对于选项B：，在单调递增，
因为，所以即
，故选项B正确；
对于选项C：令，因为，
，，根据零点存在定理可知存在使得，所以方程有实数解，故选项C正确；
对于选项D：方程即，有一根为，所以原方程有4个根等价于方程有个实数解，
令，则，
令可得或，
令可得，
所以在和单调递增，在单调递减，
，
作出的图形如图所示：

所以存在时，方程有个实数解，此时方程有4个实数解.
故选：BCD
【点睛】
方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
27．（2022·全国高三专题练习（理））在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．点的轨迹是一条线段 B．与是异面直线
C．与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】
首先画图找到平面平面，根据面面平行的性质定理得到点的轨迹，接着依次判断选项即可.
【详解】

如图，分别找线段,中点为,,连接,
因为正方体，易得
面，面，所以面，
，面，面，所以面，
又
所以平面平面，
因为与平面的垂线垂直，又平面，
所以直线与平面平行，
所以面，
又点是侧面内的动点，且面面，
所以点的轨迹为线段，故选项A正确；
由图可知，与是异面直线，故选项B正确；
当点与点重合时，直线与直线平行，故选项C错误；
因为，面，面，
所以面，则点到平面的距离是定值，
又三角形的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题主要考查立体几何中的动点轨迹问题，解决该类题目一般是通过线线，线面，面面之间的平行垂直关系，根据判定定理或者性质定理得到动点的轨迹，接着再求题目的相关问题，考查体积是定值的问题时，一般就是研究距离和面积是不是定值，关键在于选择合适的顶点和底面，在做题时要多总结.
28．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）已知函数，且在区间上具有单调性，在区间上有且仅有2个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为2
B．
C．的一条对称轴方程为
D．的单调递增区间为，
【答案】AD
【分析】
化简函数，根据，可得，由在区间上有且仅有2个极值点，得到，解得，得到，可判定B错误，由的最大值为2，可判定A正确；当时，求得，可判定C错误；根据，可判定D正确.
【详解】
由题意，函数，
因为在区间上具有单调性，可得，可得，
又因为在区间上有且仅有2个极值点，
由，可得，
则，解得，所以，
又由，所以，故B错误，
则，故的最大值为2，A正确；
当时，，不满足条件，C错误；
令，则，D正确.
故选：AD.
29．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．若方程有两个不同的解，则
B．若与的图象有且仅有一个公共点，则或
C．对任意，都有恒成立
D．
【答案】BCD
【分析】
求出的单调性，画出其图像，可判断AB，利用可判断C，利用可判断D.
【详解】
，故在递增，递减，其图像如下：

易得若有两个不同解，则，则，故A错误，
当时，与显然有且仅有1个交点，
当时，则与相切时，有且仅有1个交点，
设切点为，切线方程为，
将原点代入：则，，
故或，则B正确；
∵恒成立，在上单调递减，
∴，故C正确；
，
即比较与大小，又因为，在递减，故，D正确，
故选：BCD.
30．（2021·福建福州四中高三月考）已知定义在上的函数对任意实数满足，，且时，，则下列说法中，正确的是（ ）
A．是的周期 B．不是图象的对称轴
C． D．方程只有个实根
【答案】AC
【分析】
由，确定函数的周期性以及对称性，判断A选项与B选项的正误，又结合时，，可判断C选项正误，根据函数性质及解析式作图，判断与的交点个数，进而判断D选项.
【详解】
A选项：因为定义在上的函数对任意实数满足，所以函数是以为周期的周期函数，故A选项正确；
B选项：因为，所以函数关于直线对称，又是周期为周期函数，所以函数关于直线对称，故B选项错误；
C选项：，C选项正确；
D选项：在同一直角坐标系中分别作出函数与的图象，如图所示：

由图象可知两函数共有个不同的交点，则方程有个实根，故D选项错误；
故选：AC.
31．（2021·海口市第四中学高三月考）已知，，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】
利用已知的等式，将其进行变形，利用基本不等式对选项逐一分析判断即可．
【详解】
对于A，因为，，所以，故，
当且仅时取等号，此时，故选项A正确；
对于B，因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，解得，则，故选项B错误；
对于C，因为，
所以，
当且仅当时取等号，故选项C正确；
对于D，因为，所以，所以，
因为，，所以，
所以，
当且仅当时取等号，故，故选项D正确．
故选：ACD．


三、双空题
32．（2022·江苏高三开学考试）已知定义在上的函数，对于任意，，当时，都有，又满足，，，则____，______.
【答案】
【分析】
令，代入求得，由求得，即可求解的值，由于，所以，结合条件即可求解的值．
【详解】
令，则，即，
又，所以由，得
由
令，则；
因为对于任意，当时，都有，
且，所以，
所以
则．
故答案为：.
33．（2021·渝中·重庆巴蜀中学高三月考）为了给市民提供健身场所，某市因地制宜计划在-一个圆形的区域内修建一个如图所示的内接四边形健身步道，其中A，B，C，D为休息点，AC，BD为便捷通道，现已知，，则的最小值为___________；若，则的最小值为___________.

【答案】 4
【分析】
设，，则，在中利用余弦定理结合基本不等式可求得，当时，可得为该四边形外接圆的直径，然后利用正弦定理可求得答案
【详解】
设，，则，在中，


（当且仅当时取等），，
四边形内接于圆，且，则，
则为该四边形外接圆的直径，
由，所以.
故答案为：，4
34．（2021·福建福州四中高三月考）已知函数，若，则__________；若恒成立，则实数a的取值范围是__________.
【答案】
【分析】
先计算，再计算即可求得值，
恒成立即恒成立，分别讨论和时恒成立，即可求解.
【详解】
因为,
所以，解得：，
恒成立即恒成立，
令，
当时，恒成立，则，
当时，恒成立，
当即，此时解集为，
当时，所以不符合题意，
当即，此时为开口向上的抛物线，
对称轴为，此时在单调递减，
若恒成立，则，解得，
当即时，此时为开口向下的抛物线，
当时，，此时不满足恒成立，
综上所述：，
故答案为：；.
【点睛】
关键点点睛：恒成立等价于恒成立，再结合二次函数和对数函数的性质即可.
35．（2021·海口市第四中学高三月考）顶角为的等腰三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形看起来标准又美观.如图所示，是黄金三角形，，作的平分线交于点，易知也是黄金三角形.若，则______；借助黄金三角形可计算______.

【答案】
【分析】
根据题意，得出，求出，再利用两角和与差公式以及余弦定理求出，利用诱导公式，即可求出.
【详解】
由题可得，，
所以，得，且.
设，则，所以，
可解得.
因为.
在中，根据余弦定理可得，
所以.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查三角形相关的角的正弦值和余弦值，其中运用相似三角形和余弦定理，以及两角和与差公式和诱导公式化简.

四、填空题
36．（2021·江苏高二专题练习）如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC．由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆．
如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆．已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为__________．

【答案】
【分析】
利用球与圆锥相切，得出截面，在平面图形中求解，以及圆锥曲线的来源来理解切点为椭圆的一个焦点，求出，得出离心率.
【详解】
切于,切于E，，球半径为2，所以，
，，
中，，
，故,,
根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知：球O与
相切的切点为椭圆的一个焦点，且，
,c=4，
椭圆的离心率为.
故答案为：
【点睛】
本题要求有一定的空间图形辨别能力，能从整体上认识图形，并且对圆锥曲线的来源有一定的认识，借助平面图形来求解.
37．（2022·萍乡市湘东中学高三开学考试）已知定义在上的函数满足，且当时，，当时，，则函数在上有_______个零点．
【答案】7
【分析】
先确定函数的奇偶性和周期，再作图象，数形结合即可得解．
【详解】
由，即，所以函数是奇函数，
又由当时，，所以在上是周期为1的周期函数，
令，可得，
结合当时，，作出函数和的大致图象，
如图所示，数形结合可知函数和的图象在上有7个交点，
即函数在上有7个零点．
故答案为：.

【点睛】
解后反思 解决本题需注意以下几点：
（1）会转化，即会将函数子、零点问题转化为曲线的交点问题；
（2）会作图，即会作出函数和的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想观察，得到函数在上的零点个数．
38．（2022·全国高三专题练习）已知函数，当时，把函数的所有零点依次记为，，，，，且，记数列的前n项和为，则______.
【答案】
【分析】
使用等价转化思想可得，然后构造函数，然后根据周期性以及对称性，进行计算可得结果.
【详解】
，则，即
令，的周期为
在一个周期内有两个根，
则在内共有18个根，即
相邻的两个根都关于对称轴对称，而的对称轴
即，关于对称，，关于对称，
，关于对称

所以.
故答案为：
39．（2022·高邮市第一中学高三月考）已知定义在R上的偶函数在上递减，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围为______.
【答案】
【分析】
根据为偶函数，且在上递减，，将，转化为在恒成立，即在恒成立，然后令， ，用导数法求解.
【详解】
因为为偶函数，
所以，
则，
转化为，
因为在上递减，
所以在恒成立，
所以在恒成立，
令，由，得
则在递增，在上递减，
所以，
令，则，
所以在递减，
，
所以.
故答案为：
【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；；
40．（2021·嫩江市高级中学高三月考（文））函数的图象在点处的切线方程为___________.
【答案】
【分析】
求导，求得， ，根据导函数的几何意义可得答案．
【详解】
因为，所以，又因为，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
故答案为：．
41．（2022·云南昆明一中（理））已知函数，若的图象向右平移个单位后与的图象重合，当最小时，给出下列结论：
①的最小值为4
②在上单调递增
③在上单调递减
④的图象关于直线对称
⑤的图象关于点中心对称
其中，正确结论的编号是__________（填写所有正确结论的编号）．
【答案】①⑤
【分析】
的图象向右平移个单位后与的图象重合，从而可得，，求出，从而可求出，然后求解其单调区间和对称轴，对称中心进行判断即可
【详解】
解析：因为的图象向右平移个单位后与的图象重合，所以是一个周期，又，所以，，所以，的最小值为，所以①正确；
进而，由，解得，当时，的单调增区间为，当时，的单调增区间为，所以②③错误，而，所以④错误，，所以⑤正确，
故答案为：①⑤．
42．（2022·云南昆明一中（理））已知点是椭圆上任意一点，直线与两坐标轴分别交于，两点，则三角形的面积的最大值为__________．
【答案】
【分析】
求椭圆上一点到直线的最大距离，根据椭圆方程的特征，可以将椭圆上一点设为三角函数形式，利用三角函数求出距离的最大值
【详解】
解析：由题意，，，则，是椭圆上任意一点，所以可设点的坐标为，则点到直线的距离
，
得．
故答案为：
43．（2022·黑龙江大庆·铁人中学高三开学考试（理））设，，若存在，，使得，则称函数与互为“n度零点函数”若，与为自然对数的底数互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为__________.
【答案】
【分析】
先求解的零点，设的零点为，再根据“n度零点函数”的定义得出，进而得到，再构造函数求导分析单调性与取值范围即可
【详解】
解：由，解得，
由，解得，
设其解为，
与互为“1度零点函数“，
，解得，
，，
设，则，，
当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
，，，
实数a的取值范围为
故答案为：
44．（2022·湖北襄城·襄阳五中高三开学考试）三棱锥中，平面，，，，是边上的一个动点，且直线与面所成角的最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积.
【详解】
由题意，三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，
如图所示，则，且的最大值是，
所以，所以的最小值是，即到的距离为，
所以，因为，在中可得，即可得,
取的外接圆圆心为，作，
所以，解得，所以,
取为的中点，所以，
由勾股定理得，
所以三棱锥的外接球的表面积是.

【点睛】
本题考查了有关球的组合体问题，以及球的表面积的计算问题，解答时要认真审题，确定球的球心和半径，注意球的性质的合理运用是解答的关键，对于求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.
45．（2021·梅河口市第五中学高二月考）已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则____________．
【答案】6
【分析】
如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作与点，与点，由抛物线的解析式可得准线方程为，则，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有：，结合题意，有，故．

点睛:抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
46．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））一个正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为，底面边长为，则该球的表面积为___.
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形求得正四棱锥外接球的直径，利用球的表面积公式公式，即可求解.
【详解】
如图所示，正四棱锥中，其中为正四棱锥的高，
根据对称性，可得正四棱锥的外接球的球心必在正四棱锥的高线所在的直线上，
延长交球面于一点，连接，
由球的性质可知为直角三角形，且，
由射影定理可得，
因为，所以侧棱长，，
所以，所以，所以，
所以球的表面积为.
故答案为：.

47．（2021·西藏拉萨中学高三月考（理））在中，点满足，当点在线段上移动时，若，则的最小值是________．
【答案】
【分析】
根据题意画出图形，利用表示出，再设，；用分别表示出求出与，再将其代入，可得，然后利用二次函数的性质即可求的最小值．
【详解】
如图所示，

中，，
∴，
又点点在线段上移动，设，，
∴，
又，∴，
∴，
∴当时，取到最小值，最小值为.
故答案为：．
48．（2021·河南信阳·高三月考（文））函数（）在内不存在极值点，则a的取值范围是_______________．
【答案】．
【分析】
将函数在内不存在极值点，转化为函数为单调函数，求导利用导数或恒成立即可求解.
【详解】
解：∵函数（）在内不存在极值点，
∴函数在内单调递增或单调递减，
∴或在内恒成立，
∵，
令，二次函数的对称轴为，
∴，
，
当时，需满足，即，
当时，需满足，即，
综上所述，a的取值范围为．
故答案为：．
49．（2021·云南曲靖一中高三月考（理））如图，已知在多面体ABCDEF中，平面ABCD是正方形，CE⊥平面ABCD，BF//CE，且AB=CE=3， BF=2，取AB的中点G，点H为线段CE上的一动点.

①当CH=1时，HG//平面ADF；
②直线CD与AE所成角的正切值为；
③存在点H使GH⊥DF；
④AF的中点到平面ABE的距离为.则以上说法正确的序号是___________.
【答案】①③④
【分析】
对①，取的中点，进而证明平面平面，然后得到答案；
对②，由AB∥CD，则∠EAB（或其补角）是所求角，进而解得答案；
对③，建立空间直角坐标系，进而利用空间向量的数量积得到答案；
对④，根据题意，所求距离为到平面的距离的一半，进而用等体积法求得答案.
【详解】
对①，如图1，

取的中点，连接由题意，，即四边形BCHT是平行四边形，所以TH∥BC，而BC∥AD，所以TH∥AD，
又G,T分别为AB,FB的中点，所以GT∥AF，而，，
所以平面平面，故平面，故①正确；
对③，如图2，因为AB∥CD，所以直线与所成角即为直线与所成角，连
接，则∠EAB（或其补角）是所求角，因为EC⊥平面ABCD，所以EC⊥AB，
又AB⊥BC，且，所以AB⊥平面BCEF，则AB⊥BE，
所以，故②错误；

对于③，以C为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立如图3的空间直角坐标系，

则,设，所以，，若，
所以，解得，因为，符合题意，故③正确；
对④，如图4，

取的中点为，则到平面的距离即为到平面的距离的一半，
设所求距离为d，由勾股定理易得：,
则，
,所以.
即到平面的距离为，故④正确.
故答案为：①③④.
50．（2021·四川巴中·高三月考（理））已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线在第一象限内交于点，，为坐标原点.若，则的面积为___________.
【答案】
【分析】
设，，根据可得，，设出直线的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理可求出，进而可求出的面积.
【详解】
由，知：为的中点，设，，
则，，
设直线的方程为，代入抛物线方程，
整理得，
由直线与抛物线有两个不同的交点，知，得，
由韦达定理得，所以，因为，所以，
所以.
故答案为：