2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十含解析

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含解析，共64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）
一、单选题
1．（2022·山东聊城·二模）已知，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
将化为同底数得对数进行比较即得.
【详解】
，
，
，
∵
∴.
故选：D.
2．（2022·山东聊城·二模）已知某圆锥的侧面积等于底面的3倍，直线是底面所在平面内的一条直线，则该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由侧面积与底面积的关系得出，再由线线角的范围结合线面角的定义得出该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围.
【详解】
设底面圆的半径为，母线长为，因为圆锥的侧面积等于底面的3倍，
所以，即，因为直线与直线所成角的范围为，
所以当直线与底面圆相切时，直线与母线所成角最大为，则该直线与母线所成的角的余弦值的最小值为；
当直线过底面圆的圆心时，由线面角的定义可知，此时直线与母线所成角最小，则该直线与母线所成的角的余弦值的最大值为，
即该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为.
故选：A

3．（2022·山东聊城·二模）实数，，，满足：，，则的最小值为（       ）
A．0 B． C． D．8
【答案】D
【解析】
【分析】
由题设，将问题转化为求上的点与上的点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义求上与平行的切线方程，应用点线距离公式求目标式的最值即可.
【详解】
由，则，又，
的最小值转化为：
上的点与上的点的距离的平方的最小值，
由，得：，
与平行的直线的斜率为1，
∴，解得或（舍，可得切点为，
切点到直线之间的距离的平方，即为的最小值，
的最小值为：.
故选：D.
4．（2022·山东聊城·二模）已知为上的奇函数，，若对，，当时，都有，则不等式的解集为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设，由题意得到为偶函数且在上单调递减，由将原不等式转化为和，函数的单调性解不等式即可.
【详解】
由，得，
因为，所以，
即，设，
则在上单调递减，
而，
则，解得：；
因为为R上的奇函数，所以，
则为R上的偶函数，故在上单调递增，
，
则，解得：；
综上，原不等式的解集为.
故选：B.
5．（2022·福建·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，点满足，则点到点的距离的最大值为（       ）
A．3 B． C．5 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知点在以线段为直径的圆上，设的中点坐标为，有，然后根据三角形的性质求解即可
【详解】
由题意可知点在以线段为直径的圆上，
设的中点坐标为，有，可得，
由，，
有.
当且仅当，，三点共线时取等号.
故选：D
6．（2022·福建·模拟预测）已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数得出单调性，比较的大小即可求出.
【详解】
设函数，则为偶函数，且当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，又，，，所以.
故选：B.
7．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（       ）
A．6 B．10 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】
取的中点，连接,则,取的中点，连接，则
所以, 则直线平面
延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为
由条件可得,则, 则
,
取 的中点，连接，则，所以
所以,则
则

所以截面图形周长为
故选：D

8．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知、，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由可得出，构造函数可得出，可得出，由可得出，构造函数可得出，然后构造函数可得出，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.
【详解】
由可得，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，由可得，
所以，，由可得，则，且，①
由可得，则，由题意可知，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
由，即，可得，所以，，
由可得，且，则，②
令，其中，则，所以，函数在上为增函数，
由①②可得，所以，，可得，
由可得，则，
因为，则，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.
9．（2022·江苏·海安高级中学二模）如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.
【详解】
设过与垂直的线段长为，
则，，，，
则四棱锥的高，
则




，，
∴四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】
求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.
10．（2022·江苏南通·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面的边界上一点．若的最小值为，则该正四棱台的体积为（       ）
A． B．3 C． D．1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量的数量积的坐标公式及二次函数的性质及已知得出正四棱台的高，
再结合棱台的体积公式即可求解.
【详解】
由题意可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

，，由对称性，点在是相同的，
故只考虑在上时，设正四棱台的高为，则
，,
设，，
因为在上，所以，则

，
，
所以


由二次函数的性质知，当时，取得最小值为，
又因为的最小值为，所以，解得（负舍），
故正四棱台的体积为
.
故选：A.
11．（2022·江苏南通·模拟预测）北京冬奥会火种台（图1）以“承天载物”为设计理念，创意灵感来自中国传统青铜礼器——尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种．如图2，一种尊的外形近似为双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，尊高50cm，上口直径为，底座直径为25cm，最小直径为20cm，则这种尊的轴截面的边界所在双曲线的离心率为（       ）

A．2 B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立双曲线标准方程下的直角坐标系，得双曲线方程为，利用实轴长为20，（），（）在双曲线上，且，可求得，得离心率．
【详解】
建立双曲线标准方程的直角坐标系，最小直径在轴，如图，双曲线方程为，
则，， （），（）在双曲线上，且，
由，即，，，
由，得，所以，，，
离心率为．
故选：B．

12．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知且，且，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到、、的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.
【详解】
由已知条件，对于，两边同取对数，
则有，即，
同理：；
构造函数，
则，，
对其求导得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，，

再构造函数，对其求导得：

当时，，单调递减；
当时，，单调递增；

即：
又

故选：A.
13．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知抛物线与直线交于A，B两点，且.若抛物线C的焦点为F，则（       ）
A． B．7 C．6 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
联立直线与抛物线，应用韦达定理及弦长公式求得，进而可得，根据抛物线定义求目标式的值.
【详解】
由题设，，代入抛物线可得，
所以，，则，
则，可得（舍）或，故，
由抛物线定义知：.
故选：B
14．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数，，若函数在上的最小值为，则实数的值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求导后，根据单调递增和存在最小值可知，使得，且在上单调递减，在上单调递增；可知；结合可解方程组求得的值.
【详解】
，又，
在上单调递增，
在上存在最小值，，使得，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
…①，
由得：…②，
②①得：，
，，；
①②得：；
又，.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据函数在区间内的最值求解参数值的问题，解题关键是能够根据的单调性及存在最值确定存在零点，进而根据的零点和的最小值构造方程组，利用方程组推导得到参数值.
15．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知双曲线的左、右顶点分别为，点(与点不重合)是双曲线右支上一点，若，则的值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设，可求得，根据直线斜率与倾斜角的关系可构造关于的方程，解方程可求得结果.
【详解】

设，则，且，；
由双曲线方程知：，，
设，则，
又，，，
即，解得：或，
又，，即.
故选：A.
16．（2022·江苏泰州·模拟预测）我国自主研发的“嫦娥四号”探测器成功着陆月球，并通过“鹊桥”中继星传回了月球背面影像图．假设“嫦娥四号”在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道绕月飞行，其轨道的离心率为e，设月球的半径为R，“嫦娥四号”到月球表面最近的距离为r，则“嫦娥四号”到月球表面最远的距离为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为，根据椭圆的性质以及离心率得出“嫦娥四号”到月球表面最远的距离.
【详解】
椭圆的离心率，设卫星近地点远地点离月球表面的距离分别为
则

故选：B

17．（2022·江苏南通·模拟预测）连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为，设事件“没有连续三次正面向上”的概率为，则下列结论正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
抛一枚硬币五次，共有32种可能，列表写出各种可能，然后计数后可得，从而得出结论．
【详解】
抛一枚硬币五次，每次都有正面或反面向上两种可能，五次共有32种可能，列表如下：
1
正
正
正
正
正

17
正
正
正
正
反
2
反
正
正
正
正

18
反
正
正
正
反
3
正
反
正
正
正

19
正
反
正
正
反
4
反
反
正
正
正

20
反
反
正
正
反
5
正
正
反
正
正

21
正
正
反
正
反
6
反
正
反
正
正

22
反
正
反
正
反
7
正
反
反
正
正

23
正
反
反
正
反
8
反
反
反
正
正

24
反
反
反
正
反
9
正
正
正
反
正

25
正
正
正
反
反
10
反
正
正
反
正

26
反
正
正
反
反
11
正
反
正
反
正

27
正
反
正
反
反
12
反
反
正
反
正

28
反
反
正
反
反
13
正
正
反
反
正

29
正
正
反
反
反
14
反
正
反
反
正

30
反
正
反
反
反
15
正
反
反
反
正

31
正
反
反
反
反
16
反
反
反
反
正

32
反
反
反
反
反

其中没有连续两次正面向上的有13种，没有连续三次正面向上的有24种，
所以，，．
故选：B．
18．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
化简函数解析式，分析可知关于的方程、共有个不同的实数解，利用代数法可知方程有两个根，分析可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
因为，
由可得，
所以，关于的方程、共有个不同的实数解.
①先讨论方程的解的个数.
当时，由，可得，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
所以，方程只有两解和；
②下面讨论方程的解的个数.
当时，由可得，可得或，
当时，由，可得，此时方程有无数个解，不合乎题意，
当时，由可得，
因为，由题意可得或或，
解得或.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
19．（2022·河北·模拟预测）已知，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将两边同取对数，通过构造函数，利用导数研究其函数图象即可求解.
【详解】
两边同取自然对数得，
设，由，
令，解得，令，解得，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴在处取得最大值，
在区间函数有唯一的零点，在区间函数，
又∵且，
∴，，
故选：.
20．（2022·内蒙古通辽·二模（理））“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为人们了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中，将六大板块各完成一次，则“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分情况讨论当“挑战答题”板块在首或尾时与当“挑战答题”板块不在首尾时的排法，进而得解.
【详解】
当“挑战答题”板块在首或尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”或“视听学习”板块，其他任意排，共有种不同的排法；
当“挑战答题”板块不在首尾时，则与“挑战答题”板块相邻的只能是“阅读文章”和“视听学习”板块，其他任意排，共有种不同的排法.
所以“挑战答题”板块与其他三个答题板块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为，
故选：A.
二、多选题
21．（2022·山东聊城·二模）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（       ）
A．的准线方程为
B．若，则
C．若，则的斜率为
D．过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据抛物线的几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；
【详解】
解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；
若，则，所以，所以，故B正确；
可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，
由抛物线的定义可得
即，即，
解得，则直线的斜率为，故C正确；
对于D，若轴平分，则，又轴，
所以，所以，
所以，即，所以，故D正确；

故选：BCD
22．（2022·山东聊城·二模）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（       ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．
【详解】
不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知，
则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，
所以离心率为，A正确；
，垂足为，则，
易知，，又，
所以斜圆柱侧面积为，B正确；
，，，，
椭圆面积为，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．
故选：ABD．

23．（2022·福建·模拟预测）已知函数，其中.对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是（       ）
A．函数的最小正周期小于
B．函数在内不一定取到最大值
C．
D．函数在内一定会取到最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】
先根据在区间上至少能取到两次最大值可得，据此可得，从而可得判断AB的正误，再根据的范围可得判断CD的正误，注意范围的进一步探究.
【详解】
由题意可知，，即A正确；
因为，所以，
则当时，，
又，，
所以函数在上一定有最大值点，即B错误；
由题意可知，任意，总存在，使得：
，故，
整理得，
可得，，即C错误；
当时，，
又因为，，故，
所以函数在上一定有最小值点，即D正确.
故选：AD.
【点睛】
思路点睛：对于含参数的正弦型函数问题，注意根据最值的特征合理刻画函数的性质，从而得到参数的取值范围内，此类问题，整体法是处理此类问题的基本策略.
24．（2022·福建·模拟预测）已知三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，，，（为正数），则下列命题是真命题的是（       ）
A．若，则三棱锥的体积的最大值为
B．若不共线，则平面平面
C．存在唯一一点，使得平面
D．的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】
由可求得球心到平面的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设的中点为，可证得平面，由外接球性质可知平面，由面面垂直判定可知B正确；设直线与球的另一交点为，可知平面，知C错误；由四点共面可求得，由此可得，知D错误.
【详解】
对于A，若，则，，
则外接圆的半径，球心到平面的距离，
三棱锥高的最大值为，
体积的最大值为，A正确；
对于B，设的中点为，连接，
则，，，

又，，平面，平面，
平面，平面，又平面平面，
四点共面，平面，又平面，
平面平面，B正确；
对于C，设直线与球的另一交点为，若平面，则平面，C错误；
对于D，当最大时，四点共面，
，，，D错误.
故选：AB.
25．（2022·福建三明·模拟预测）已知函数在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a的取值可以为（       ）
A．－1 B．2 C．3 D．4
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由题意设，则在上， 与有相同的零点，即讨论在区间内没有零点，求出其导函数，分析其单调性，得出其最值情况，从而结合其大致的图形可得出答案.
【详解】
，设
则在上， 与有相同的零点.
故函数在区间内没有零点,即在区间内没有零点

当时，在区间上恒成立,则在区间上单调递增.
所以，显然在区间内没有零点.
当时, 令，得，令，得
所以在区间上单调递减增.在区间上单调递增.
所以
设，则
所以在上单调递减,且
所以存在，使得
要使得在区间内没有零点，则
所以
综上所述，满足条件的的范围是
由选项可知：选项ABC可使得在区间内没有零点，即满足题意.
故选：ABC
26．（2022·福建三明·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（       ）

A．
B．f（x）的最小正周期为2
C．将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像
D．若f（x）在区间[2，t]上的值域为[－1，]，则t的取值范围为[，]
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据图像求出解析式，然后根据三角函数的知识逐一判断即可.
【详解】
由图像可得，因为，所以
又因为属于的单调递减区间，，所以，故A错误，
因为，所以，
所以可得，即，
所以，故B正确，
将f（x）的图像向右平移1个单位长度，得到函数的图像，故C错误，
当时，，
若值域为，则，解得，故D正确，
故选：BD
27．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在中，，则下列说法正确的是（       ）
A． B．
C．的最大值为 D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据已知条件，结合得，，进而得，可判断AD；进而得或，故或，再分别讨论的最大值问题即可判断BC.
【详解】
解：因为，，
所以，
所以，，故A选项正确；
所以，，即；
所以，故D选项正确；
所以，即或，
所以或，故B选项错误；
当时，，
，当且仅当时，此时，不满足内角和定理；
当时，，
，当且仅当时，此时，满足题意.
综上，的最大值为，故C选项正确.
故选：ACD
28．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在直四棱柱中，，，.（       ）
A．在棱AB上存在点P，使得平面
B．在棱BC上存在点P，使得平面
C．若P在棱AB上移动，则
D．在棱上存在点P，使得平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】
通过线面平行的判定定理来判断AB选项的正确性，根据线线垂直、线面垂直的知识来判断C选项的正确性，利用向量法判断D选项的正确性.
【详解】
A选项，当是的中点时，依题意可知，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面,平面,所以平面,A选项正确.

B选项，设是的中点，是的中点，由上述分析可知平面.由于，平面，平面，所以平面.由于，所以平面平面，所以平面.B选项正确.

C选项，根据已知条件可知四边形是正方形，所以，由于,，，所以平面，所以.由于，所以平面，所以.C选项正确.

D选项，建立如图所示空间直角坐标系，，
.设.，此方程组无解，所以在棱上不存在点P，使得平面.D错误.

故选：ABC
29．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知，则（       ）
A．    B．    C．    D．   
【答案】ABC
【解析】
【分析】
将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.
【详解】
由题意，，得 ，
，，∴，∴，A对；
，令，即有，
令，
在上递减，在上递增，
因为 ，∴，
作出函数以及 大致图象如图：

则，∴，结合图象则，
∴，∴，B对；
结合以上分析以及图象可得，∴，
且 ，
∴，C对；
由C的分析可知，，
在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；
故选：ABC．
【点睛】
本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.
30．（2022·江苏南通·模拟预测）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边为1，侧棱长为a，M是CC1的中点，则（       ）
A．任意a＞0，A1M⊥BD
B．存在a＞0，直线A1C1与直线BM相交
C．平面A1BM与底面A1B1C1D1交线长为定值
D．当a＝2时，三棱锥B1－A1BM外接球表面积为3π
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A，证线线垂直即证线面垂直；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据基本事实3找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.
【详解】
，，，，平面，
∴平面，平面，∴，A对.
平面，平面，∴平面
∴与异面不相交，B错.
延长，交于点，为中点，，

∴，∴，，∴，
平面平面，平面与底面交线为，
其中为中点，，C对.
，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆
圆心设为，半径（知D错）
取中点，则平面，，

∴，∴，，D错；
故选：AC.
31．（2022·江苏南通·模拟预测）已知定义在R上的函数的图象连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．在上单调递减
C．若，则
D．若是的两个零点，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，在中令，即可判断A；
对于B，对两边求导，结合，即可得出在上单调递增，即可判断B.
对于C，分别讨论和 ，再结合在上单调递增，上单调递减，即可判断C.
对于D，先证明，则，再令，而由，所以，所以，即可判断D.
【详解】
对于A，在中令，则，所以，故A正确；
对于B，当时，，对两边求导，则，
所以时，，
所以，令，，，
所以在上单调递增，所以B错；
对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去.
①若，则，满足条件，此时，；’
②若，则，而，则
，
所以，而，所以
，C正确；
对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，
注意到，，，
所以，
若，则，则，
所以
()，这与矛盾，舍去.
所以，在时，中，令，而由，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
32．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示.其中，，，M是BB1上的点，则（       ）

A．AM与A1C1是异面直线 B．
C．平面AB1C将三棱柱截成两个四面体 D．的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据展开图还原直三棱柱，根据其结构特征及线面垂直的性质判断A、B、C，将面和面展开展开为一个平面，利用三点共线求的最小值.
【详解】
由题设，可得如下直三棱柱：

由直三棱柱的结构特征知：AM与A1C1是异面直线，A正确；
因为，，且，则面，又面，故，B正确；
由图知：面AB1C将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C错误：
将面和面展开展开为一个平面，如下图：

当共线时，最小为，D正确.
故选：ABD
33．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点且，且，则(       )
A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为
C．PM平分 D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
在直角三角形中，利用列出关于a、b、c的齐次式求出离心率，从而判断A；根据离心率求出渐近线方程，从而判断B；根据是否相等即可判断PM是否平分，从而判断C；根据、的比例关系，利用平面向量的线性运算即可表示用表示，从而判断D.
【详解】
由可知，
由得，，
即，即，即，∴，故A正确；
由，∴双曲线渐近线为，故B错误；
由，﹒
则，，
∴；
∵，，∴，
∴，∴根据角平分线的性质可知PM平分，故C正确；
，，
，故D正确；
故选：ACD．

【点睛】
本题主要考察与双曲线的焦半径和焦点三角形有关的性质，考察构造关于a、b、c的齐次式求离心率的方法，考察利用角平分线的性质，考察了向量的线性运算，解题时需数形结合，合理运用图形的几何关系.
34．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四棱锥中，点分别是棱上的点，且，，，其中，则（       ）
A．当时，平面平面
B．当，，时，平面
C．当，，时，点平面
D．当，时，存在，使得平面平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
举出反例可判断A；连接交于点，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知B正确；
假设平面，可知平面与平面重合，显然不成立，知C错误；
由线面垂直的判定可知平面，取中点，由平行关系可得平面，则平面与交点满足题意，知D正确.
【详解】
对于A，当时，平面与平面重合，A错误；
对于B，当，，时，与重合，与重合，为中点，

连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，
平面，即平面，B正确；
对于C，连接，

假设平面，又平面，平面，
平面，平面，平面即为平面，显然不成立，C错误；
对于D，取中点，连接，交于点，连接，

四边形为正方形，，
为正方形的中心，平面，又平面，，
又，平面，平面，
分别为中点，，平面；
过作，交于，则平面，
平面平面，D正确.
故选：BD.
35．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知定义在上的单调递增的函数满足：任意，有，，则（       ）
A．当时，
B．任意，
C．存在非零实数，使得任意，
D．存在非零实数，使得任意，
【答案】ABD
【解析】
【分析】
令可推导得，结合的值可知A正确；令可推导得，结合可推导知B正确；根据单调性可知C错误；当时，根据的对称中心及其在时的值域可确定时满足，知D正确.
【详解】
对于A，令，则，即，
又，；
令得：，，，，
则由可知：当时，，A正确；
对于B，令，则，即，
，
由A的推导过程知：，，B正确；
对于C，为上的增函数，
当时，，则；当时，，则，
不存在非零实数，使得任意，，C错误；
对于D，当时，；
由，知：关于，成中心对称，则当时，为的对称中心；
当时，为上的增函数，，，，
；
由图象对称性可知：此时对任意，，D正确.
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据已知关系式确定的对称中心，同时采用赋值的方式确定所满足的其他关系式，从而结合对称性和其他函数关系式来确定所具有的其他性质.
36．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．
C．函数在上一定单调递增
D．在轴右侧的第一个最低点的横坐标为
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题意，得到，求得，再由，求得，得到函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，函数的图象在轴上的截距为，可得，
因为，可得，所以A正确；
又由，且在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，
可得，则，可得，所以，
则，可得
所以
，所以函数最大值为，所以B错误；
由，当，可得，
根据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以C正确；
由，令，解得，
当时，可得，即在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，所以D错误.
故选：AC.
37．（2022·江苏南通·模拟预测）如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（       ）


A．四点一定共面
B．若四边形为矩形，则
C．若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点
D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.
【详解】

连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，
且，
可得，
所以交于点，交于点，
所以交于点，，
故四点一定共面，所以A正确；
对B，若四边形为矩形，
可以也可以，故B错误；
对C，若四边形为菱形，
则必有，
则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
四边形为菱形，当都为各边中点时，
四边形周长最小为，
若为所在棱的中点，而分别和重合时，
此时菱形周长最大，边长为，
所以周长为，故D正确.
故选：AD
38．（2022·河北·模拟预测）若函数（）是周期为2的奇函数．则下列选项一定正确的是（       ）
A．函数的图象关于点对称
B．2是函数的一个周期
C．
D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查抽象函数的对称性与周期性，利用函数是奇函数得到关系式和，即可逐个判断出选项.
【详解】
函数是奇函数，，函数图象关于点对称，故A正确；
函数是周期为2，所以的周期为4，故B错误；
函数是周期为2的奇函数，，故C正确；
，无法判断的值，故D错误.
故选：AC.
39．（2022·河北·模拟预测）已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（       ）
A．它的表面积为
B．它的外接球的表面积为
C．侧棱与下底面所成的角为60°
D．它的体积比棱长为的正方体的体积大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求得的长，分析可得即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积和正方体的体积，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
由题意得：上底面的面积，下底面的面积，
侧面为等腰梯形，过分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示

所以，则，
所以，
所以梯形的面积为，
所以正四棱台的表面积，故A正确；
连接，且交于点，连接AC、BD交于点，连接，
则垂直底面ABCD，
过作于G，则底面ABCD，则四边形为矩形，
由题意得，所以，
同理，
又，所以，
在中，，
所以，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确
所以.

连接，在中，，
所以点到的距离相等，均为，
所以点即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，
所以外接球的表面积，故B错误；
正四棱台的体积，
棱长为的正方体的体积，
所以，所以，
所以正四棱台的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确；
故选：ACD
【点睛】
解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点在于求各个棱长及确定为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
40．（2022·河北秦皇岛·二模）已知函数，，，则（       ）
A．的图象关于对称
B．的图象没有对称中心
C．对任意的，的最大值与最小值之和为
D．若，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据函数的对称性直接可判断ABC，再结合函数的单调性解不等式，可判断D.
【详解】
由题意知的定义域为，因为，所以的图象关于对称，故A正确；
因为的定义域为，且，所以的图象关于对称，故B不正确；
因为，所以的图象关于对称，所以对任意的，最大值与最小值之和为，故C正确；
由，得，又在上单调递减，且，所以或，解得或，故D正确，
故选：ACD.
三、双空题
41．（2022·福建·模拟预测）在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解.例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，取等条件为，所以的最小值为3.已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为___________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为___________.
【答案】     70     540
【解析】
【分析】
①先求导数，求出处的切线方程，结合，即可求出的前10项和的最大值；
②求出处的切线方程为，结合，即可求出的前100项和的最小值.
【详解】
，则在上单增，图像如下所示：

①易知，，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，
所以，当且仅当时，等号成立；
②曲线在处的切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，
所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，
当且仅当或时，等号成立，取，，即的前100项中有60项为3，40项为0时，等号成立.
故答案为：70；540.
42．（2022·福建三明·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，直线，均过点F分别交C于A，B，G，H四点，若，斜率的绝对值的倒数和为4，则当直线的斜率为___时，的值最小，最小值为___．
【答案】         
【解析】
【分析】
设为，联立方程组，结合韦达定理和抛物线的定义，得到，
同理可得，得到，根据题意得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由题意，抛物线的交点坐标为，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，
所以，
设直线的斜率为，同理可得
可得，
又由，可得，所以，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以的最小值为，
又由，所以，所以，所以，
所以当时，的最小值为.
故答案为：，.
43．（2022·江苏·海安高级中学二模）“以直代曲”是微积分中最基本、最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线．曲线在点处的切线方程为_____________，利用上述“切线近以代替曲线”的思想方法计算所得结果为_____________（结果用分数表示）．
【答案】         
【解析】
【分析】
利用导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程；根据切线方程可得，代入求解即可.
【详解】
由得：，在点处的切线斜率，则切线方程为：；
由题意知：，，即，
，即.
故答案为：；.
44．（2022·江苏南通·模拟预测）德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……、经过n次操作后，共删去______个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作______次．（）

【答案】          9
【解析】
【分析】
通过观察可知每次删掉的正方形数和保留下来的正方形数为等比数列，然后根据等比数列的求和公式可解.
【详解】
由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；
易知，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为
由，得
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过.
故答案为：，9.
45．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，，，.以AB为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，旋转过程中，C，D均在球O上，则球O的半径是___________，几何体的体积是___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
依题意可得为直角梯形，绕旋转一周所得几何体为圆台，根据圆台的体积公式求出几何体的体积，设外接球球心为，则在上，令，利用勾股定理得到方程组，即可求出外接球的半径；
【详解】
解：依题意可得为直角梯形，如图直角梯形绕旋转一周所得几何体为圆台，

所以，
设外接球球心为，则在上，令，则，设外接球的半径为，所以，解得，所以
故答案为：；
46．（2022·江苏南通·模拟预测）已知双曲线的左焦点为，若点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上，则的坐标为___________，双曲线的离心率为___________.
【答案】          2
【解析】
【分析】
由题意分析渐近线斜率，然后求离心率
【详解】
由题意得，且点在第一象限，又点在上，
故，，即点，
由题意，两条渐近线的夹角，一条渐近线与轴的夹角相等
故一条渐近线与轴的夹角为，，．
故答案为：，2
47．（2022·河北秦皇岛·二模）在长方体中，，，，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，则质点从到的最短距离为___________；若沿质点的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为___________.

【答案】         
【解析】
【分析】
根据长方体的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积.
【详解】

如图所示，当质点经过棱时，,

如图所示，当质点经过棱时，,

如图所示，当质点经过棱时，,
所以最短距离为，
此时质点从点出发，经过的中点，再到达点，则平面截长方体所得的截面为梯形，如下图所示，

由已知得，，，，
过点，分别作的垂线，垂足为，，
设，且，
故，
即，
解得，
故；
故答案为：，.
四、填空题
48．（2022·山东聊城·二模）设，，若存在，，，使得成立，则正整数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数得出值域，进而由得出，解不等式得出正整数的最大值.
【详解】
由题意，存在，，，，使得成立，令，，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，，则，即，，则要使得正整数取最大值，则，，即正整数的最大值为
故答案为：
49．（2022·山东聊城·二模）已知数列，当时，，则数列的前项的和为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分别取、、、时，满足的项数，计算得出，利用错位相减法可求得数列的前项的和.
【详解】
当时，，共项，
当时，，共项，
当时，，共项，

当时，，共项，又因为，
所以，数列的前项的和为，
记，
则，
上述两个等式作差可得，
所以，，
因此，数列的前项的和为.
故答案为：.
50．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
令，求出，再分和两种情况得到，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最小值；
【详解】
解：因为，令，即，所以，
所以当时，则，
令，则，即在上单调递增，
又，
所以，即在上单调递减；
当时，则，所以在上单调递增，
综上可得在上单调递减，在上单调递增，所以，
故答案为：
51．（2022·江苏·南京市第一中学三模）椭圆：的左、下顶点分别为，，右焦点为，中点为，为坐标原点，交于点，且，，三点共线，则的离心率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】
由题得直线的方程为，直线的方程为，进而联立方程得，再结合在曲线上得，即，再解方程即可得答案.
【详解】
解：由题知，，，
所以，直线的方程为，直线的方程为，
因为交于点，且，，三点共线，
所以，联立方程解得，即，
由于点在曲线上，
所以，，整理得，
所以，解得，即的离心率为.
故答案为：

52．（2022·江苏·海安高级中学二模）如图，F1，F2是平面上两点，|F1F2|＝10，图中的一系列圆是圆心分别为F1，F2的两组同心圆，每组同心圆的半径依次是1，2，3，…，点A，B，C分别是其中两圆的公共点．请写出一个圆锥曲线的离心率的值为_____________，使得此圆锥曲线可以同时满足：
①以F1，F2为焦点；
②恰经过A，B，C中的两点．

【答案】5（或）（答案不唯一）
【解析】
【分析】
根据已知条件结合圆锥曲线的定义，分过A，C两点和过B，C两点两种情况求解即可
【详解】
因为，
若过A，C两点，则由题意得，
此时离心率．
若过B，C两点，则由题意得，
此时离心率．
故答案为：5（或）（答案不唯一）
53．（2022·江苏南通·模拟预测）若，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
把表示成的函数，再借助均值不等式求解作答.
【详解】
依题意，，，则，
当且仅当，即时取“=”，此时，，
所以，当时，取最小值.
故答案为：
54．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）英国数学家莫利提出：将三角形各内角三等分，靠近某边的两条三分角线相交于一点，则这样的三个交点构成一个正三角形（如下图所示）.若△为等腰直角三角形，且，则△的面积是___________.

【答案】
【解析】
【分析】
若是中点，连接，且，根据题设角的关系、三角形全等及相似可得、，设，结合已知可得，即可求x值，应用三角形面积公式求△的面积.
【详解】
若是中点，连接，且，
由题设知：△△，则，又，，
所以，则△△△△，
所以，又△△，且，
设，则，故，
所以，又，则，可得，
则，故△的面积是.
故答案为：

55．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
【详解】
至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.
56．（2022·江苏泰州·模拟预测）等边△ABC的边长为6，直线l交边AC，AB分别于点D，E(异于△ABC的顶点)，将△ADE折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，则四棱锥A－BCDE体积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
令，过作，垂足为，由结合重要不等式得出，利用换元法结合导数得出四棱锥A－BCDE体积的最大值.
【详解】
令
，
过作，垂足为，




令
令

在上单调递增，在上单调递减
，
故答案为：
57．（2022·江苏南通·模拟预测）从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为___________种.
【答案】
【解析】
【分析】
从这八个点中任取四个点共有种，其中正四面体的四个面上的四个点是共面及正四面体共有6条棱，可构成6种情况四点共面，进而求得四个点不共面的取法总数.
【详解】
如图所示，从这八个点中任取四个点，共有种，
其中在正四面体的四个面上的四个点是共面的，共有4种；
因为分别是各个正三角形的中心，可得，
此时四点共面，
又由正四面体共有6条棱，共有6种情况四点共面，
所以这四个点不共面的取法总数为种.
故答案为：.

58．（2022·河北·模拟预测）若对于任意的x，．不等式恒成立，则b的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】
不等式恒成立转化为，设，对求导得的最小值为，所以，即，z令，转化为，对求导知当时，取最大值为，即可求出b的取值范围.
【详解】
由，得，设，则
,
令，得，在上单调递减，在上单调递增，所以
的最小值为，即，所以，所以，即，令，则，令，
得，在上单调递增，在上单调递减，则当时，取最大值为，所以b的取值范围为.
故答案为：.