2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十一含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十一含解析，共49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。
2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十一）
一、单选题
1．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知，，，则a，b，c的大小关系是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用指数函数与对数函数的单调性，分别得出的大致范围，再取中间值，比较大小即可得出结果.
【详解】
,
，

则
.
综上
故选：D
2．（2022·江苏如东·高三期末）已知三棱锥P－ABC的外接球半径为4，底面ABC中，AC＝6，∠ABC＝60°，则三棱锥P－ABC体积的最大值是（）
A． B． C．24π D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知可得的外接圆的半径,由余弦定理和基本不等式可得底面面积的最大值，点P到平面的距离的最大值为，由所得最值结合体积公式即可得到答案.
【详解】
由已知可得，的外接圆的半径，
且由余弦定理得
，
（当且仅当时取等号）
所以,
又外接球的球心到平面的距离为，
所以点P到平面的距离的最大值为，
所以三棱锥体积的最大值为.

故选：A
3．（2022·江苏如东·高三期末）正弦信号是频率成分最为单一的一种信号，因为这种信号的波形是数学上的正弦函数而得名，很多复杂的信号都可以通过多个正弦信号叠加得到，因而正弦信号在实际中作为典型信号或测试信号获得广泛应用.已知某个信号的波形可以表示为f(x)＝sinx＋sin2x＋sin3x.则（）
A．f(x)的最大值为3 B．π是f(x)的一个周期
C．f(x)的图像关于(π，0)对称 D．f(x)在区间上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】
由函数解析式判断各选项中的性质可得．
【详解】
取最大值1时，，，取最大值1时，，取最大值1时，，三者不可能同时取得，因此，A错；
与不可能恒相等，不可能是周期，B错；
，
所以的图象关于点对称，C正确；
函数图象是连续的，
而，，因此在上不可能递增，D错误．
故选：C．
4．（2022·江苏泰州·高三期末）已知，则的大小关系是（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题可得，，再利用，即得.
【详解】
∵，
∴，

∴，
又，
∴，,
所以.
故选：C.
5．（2022·江苏泰州·高三期末）已知定义在上的奇函数满足.当时，则（）
A． B． C．2 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
由题可得函数的周期为4，结合条件可得，进而可求，即得.
【详解】
∵定义在上的奇函数满足，
∴，
∴，即函数的周期为4，
又当时，，，
∴，即，
∴当时，，
∴，
∴.
故选：C.
6．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高三期末）甲烷是一种有机化合物，分子式为，其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离（H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离（C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为，即，若，则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用余弦定理求得，计算出正四面体的高，从而计算出正四面体的体积.
【详解】
设，则由余弦定理知：，解得，
故该正四面体的棱长均为．
由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径，
高．
故该正四面体的体积为．
故选：A
7．（2022·辽宁·高三期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知堑堵中，，．若堑堵外接球的表面积是，则堑堵体积的最大值是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
堑堵外接球的球心是矩形的中心，是本题关键入手点.
【详解】
设，则．由题意易知堑堵外接球的球心是矩形的中心，
则堑堵外接球的半径R满足，
从而，解得，即．
设，，
则，故，（当且仅当时，等号成立）
故堑堵的体积．
故选：B
8．（2022·辽宁·高三期末）若函数与函数都在区间上单调递增，则的最大值是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先求出函数的单调递增区间与函数的单调递增区间的交集，再与区间进行联系即可解决.
【详解】
由，解得，
则的单调递增区间为．
由，解得，
则的单调递增区间为，
则，故．
故选：A
9．（2022·江苏海门·高三期末）已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A，B在抛物线C上，且满足AF⊥BF．设线段AB的中点到准线的距离为d，则的最小值为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
作辅助线，利用抛物线的定义可知直角梯形的两底分别等于，利用梯形的中位线定理表示出d，进而表示出，再根据基本不等式求得最小值.
【详解】
如图示：设AB的中点为M,分别过点作准线l的垂线，垂足为C，D，N，

设，则，
MN为梯形ACDB的中位线，则，
由AF⊥BF．可得，
故，
因为当且仅当a=b时取等号，
故，
故选：D.
10．（2022·广东清远·高三期末）已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（）
A．16 B．12 C．5 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
延长到D，使得，可得点P在直线上，化简可得，求出最小值即可.
【详解】
如图，延长到D，使得．
因为，所以点P在直线上．
取线段的中点O，连接，
则．
显然当时，取得最小值，
因为，则，所以，
所以的最小值为．
故选：C.

11．（2022·山东威海·高三期末）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】

，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前项和为.
故选：D.
12．（2022·山东威海·高三期末）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，直线BF与C相交于另一点A，点A在x轴上的射影为，O为坐标原点，若，则C的离心率为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由，可得，由此可求出点的坐标，再把点的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率
【详解】
由题意得，设
因为，所以，
所以，得，即，
因为点在椭圆上，
所以，化简得，
所以离心率，
故选：A
13．（2022·江苏通州·高三期末）函数y＝[x]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中[x]为不超过实数x的最大整数，例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已知函数f(x)＝[log2x]，则f(1)＋f(3)＋f(5)＋…＋f(210＋1)＝（）
A．4097 B．4107 C．5119 D．5129
【答案】B
【解析】
【分析】
根据新函数的定义，确定的值，然后用分组求和法、错位相减法求和．
【详解】
由题意时，，，在上奇数共有个，
，，
，
设，则，
相减得：，
所以，
所以．
故选：B．
14．（2022·辽宁·沈阳二十中高三期末）定义在上的函数的导函数为，且，则对任意、，下列不等式中：①；②；③；④；一定成立的有（）
A．①②③ B．②④ C．②③ D．③
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数，利用已知条件判断出的单调性，由此逐一分析①②③④，进而得出正确选项.
【详解】
依题意的定义域为，且，即.
构造函数，则，
所以单调递减，故，
即，
化简得，所以②正确；
由于，故，即，故③正确；
由于
同理，相加得，故①正确；
取，它符合题意，但是，所以④不成立.
综上一定成立的有①②③.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
15．（2022·辽宁·沈阳二十中高三期末）已知正方形的边长为1，设，，，则等于（）
A．0 B． C．2 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用向量的三角形法则、向量加法的运算律及向量减法的运算律，即可得解.
【详解】
如图，

，
，
，
.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量的三角形法则、向量加法的运算律、向量减法的运算律及向量的模，考查学对这些知识的掌握能力，属于基础题.
16．（2021·江西·井冈山大学附属中学高二阶段练习（理））已知圆与圆交于不同的，两点，下列结论正确的有（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连立与方程即可判断A、B的正误，由两圆方程求相交弦方程，将点坐标代入并作差即可判断C、D的正误.
【详解】
两圆方程相减可得直线的方程为，即，故C不正确；
连立可得中点，易知A、B错误.
∴，两式相减可得，故D正确.
故选：D
二、多选题
17．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知正项数列满足，，则下列说法正确的是（）
A．是等比数列 B．对任意的，
C．对任意都成立 D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据所给数列性质利用判断A，由函数不等式推导出可判断B, 利用B中结论递推可判断C，由对数运算及数列求和后放缩可判断D.
【详解】
由，
显然，则不是等比数列，A；
由当且仅当时等号成立，由为正项数列，得，
故，故B正确；
由B知，故C正确；
则，故D正确.
故选：BCD
18．（2022·江苏如东·高三期末）若不相等正数a，b，满足aa＝bb，则（）
A．a＞1 B．b＜1
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
将，变为，再构造，然后研究其单调性可求解.
【详解】
由，得，
令，，解得，
而时，；时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，故A不正确，B正确；
要证明，即证明（），
只须证，只须证.
令，
，
所以在上单调递减，所以，
所以，故C正确；
由于在上单调递增，而，
所以，所以，
所以，故D正确.
故选：BCD
19．（2022·江苏泰州·高三期末）已知首项为正数的等比数列的公比为，曲线，则下列叙述正确的有（）
A．为圆
B．离心率为2
C．离心率为
D．为共渐近线的双曲线
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质及圆锥曲线的概念逐项分析即得.
【详解】
∵首项为正数的等比数列的公比为，曲线，
当时，，所以，即曲线为圆心为，半径为的圆，故A正确；
当时，，所以与互为相反数且不为0，故为等轴双曲线，故曲线的离心率为，故B错误；
当时，数列为递增数列，，所以曲线焦点在x轴上的椭圆，
故的离心率为，故C正确；
当时，与异号，故曲线为双曲线，其渐近线为，即，故D正确.
故选：ACD.
20．（2022·江苏泰州·高三期末）如图，两个底面为矩形的四棱锥、组合成一个新的多面体，其中、为等边三角形，其余各面为全等的等腰直角三角形.平面平面，平面截多面体所得截面多边形的周长为，则下列结论正确的有（）

A． B．
C．多面体有外接球 D．为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】
分析出，可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；分析出，利用直角三角形的几何性质可判断C选项；利用面面平行的性质结合平面展开图可判断D选项.
【详解】
对于A选项，因为，且，，则，
因为为等腰直角三角形，则，A错；
对于B选项，若，因为为等腰直角三角形，则，设，
从而，从而，
因为，则，故不为等腰直角三角形，矛盾，
故，
若，则，则为等边三角形，矛盾，
故，因为为为等腰直角三角形，则，
，，则平面，
平面，，B对；
对于C选项，连接、交于点，连接、，

因为，，，则平面，
平面，则，故，同理，
因此，多面体有外接球，C对；
对于D选项，设截面与多面体各棱的交点如下图所示：

因为平面平面，平面平面，平面平面，故，
同理可证，，，，，
将侧面、、、、、延展成一个平面，如下图所示：

由上图可知，四边形为平行四边形，且，
且点、、、、、、共线，则，
因为，从而，又因为，故四边形为平行四边形，
故，D对.
故选：BCD.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
21．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高三期末）“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系中，点，的曼哈顿距离为．若点，Q是圆上任意一点，则的取值可能为（）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】ABC
【解析】
【分析】
结合曼哈顿距离的定义以及三角换元进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
依题意圆，
设，


当时，，
，，，
当时，,
，，.
综上所述，，ABC选项符合，D选项不符合.
故选：ABC
22．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高三期末）已知函数，则（）
A．是周期函数 B．有无数个零点
C．是奇函数 D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
A不符合三角函数的周期性；B分子为零，分母不可能为零；C奇函数概念判断；D特殊值代入.
【详解】
对于A：
由于不是周期函数，所以也不是周期函数，故A错误；
对于B：
由于，故B正确；
对于C：
，故C正确；
对于D：
，故D错误.
故选：BC
23．（2022·辽宁·高三期末）已知函数，若关于x的不等式恒成立，则k的取值可以为（）
A．1 B．e C．4 D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据给定条件可得最大值不大于0，再分类探讨的最大值即可计算作答.
【详解】
依题意，函数的定义域为，求导得：，
当时，在上单调递增，无最大值，且，不符合题意，
从而有，当时，，当时，，即在上递增，在上递减，
因此，当时，，
令，，显然在上单调递减，而，
因，不等式恒成立，则必有，，于是有，
所以，k的取值可以为4或.
故选：CD
【点睛】
思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
24．（2022·辽宁·高三期末）已知函数，则下列结论正确的是（）
A．若没有零点，则
B．若恰有2个零点，则
C．若恰有3个零点，则或
D．若）恰有4个零点，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
当时，判断不是的零点；当时，由，分离参数得，将问题转化为直线与函数图象的交点个数．作出的图象，运用数形结合的思想逐一判断可得选项.
【详解】
解：当时，，所以不是的零点；
当时，由，即，得，
则的零点个数等于直线与函数图象的交点个数．
当时，，当且仅当，即时取等号，所以当时，，当且仅当时取等号，
当时，，当且仅当，即时取等号，所以当时，，当且仅当时取等号，
作出函数的大致图象（如下图所示），
由图可知：若没有零点，则，故A正确；
若恰有2个零点，则，故B不正确；
若恰有3个零点，则或，故 C正确；
若）恰有4个零点，则，故D不正确，
故选：AC.

25．（2022·江苏海门·高三期末）已知椭圆的焦点为、，点在椭圆的内部，点在椭圆上，则（）
A． B．椭圆的离心率的取值范围为
C．存在点使得 D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用点在椭圆的内部可求得的取值范围，可判断A选项；利用椭圆的离心率公式可判断B选项；求出点的轨迹方程，判断点的轨迹与椭圆的公共点，可判断C选项；利用两点间的距离公式可判断D选项.
【详解】
对于A选项，由已知可得，可得，则，A对；
对于B选项，椭圆的离心率为，B错；
对于C选项，设、分别为椭圆的左、右焦点，则、，
记，设点，，，
因为，则，
所以，点在圆上，联立可得，
即圆与椭圆有公共点，C对；
对于D选项，
，D对.
故选：ACD.
26．（2022·江苏海门·高三期末）某岗位聘用考核设置2个环节，竞聘者需要参加2个环节的全部考核，2个环节的考核同时合格才能录用．规定：第1环节考核3个项目，至少通过2个为合格，否则为不合格；第2环节考核5个项目，至少连续通过3个为合格，否则为不合格．统计已有的测试数据得出第1环节每个项目通过的概率均为，第2环节每个项目通过的概率均为，各环节、各项目间相互独立，则（）
A．竞聘者第1环节考核通过的概率为
B．若竞聘者第1环节考核通过X个项目，则X的均值E(X)＝1
C．竞聘者第2环节考核通过的概率为
D．竞聘者不通过岗位聘用考核可能性在95%以上
【答案】BCD
【解析】
【分析】
设分别为两个环节第个项目通过，则，然后根据相互独立事件的概率的求法逐个分析判断即可
【详解】
设分别为两个环节第个项目通过，则，且间相互独立，
对于A，竞聘者第1环节考核通过的概率为，所以A错误，
对于B，由题意可得可能取0，1，2，3，则,
，
，
，
所以，所以B正确，
对于C，竞聘者第2环节考核通过的概率为
，所以C正确，
对于D，由AC选项可得竞聘者不通过岗位聘用考核概率为，所以D正确，
故选：BCD
27．（2022·广东清远·高三期末）已知函数，若方程恰有三个不同的实数根，则实数a的取值可能是（）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
先化简方程，再通过换元并利用根的分布分类讨论即可求解.
【详解】
原方程可化为．
令，则，其图象如下图所示：

由题意知，有两个不同的实数解，且．
记，
当时，得，此时两根分别为1，，不符合题意，
则或解得，即a的取值范围是．
故选：BCD
28．（2022·山东威海·高三期末）已知函数，则（）
A．
B．
C．若函数恰有个零点，则
D．当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
直接计算、的值，可判断A选项；利用函数在上的单调性可判断B选项；数形结合求出的取值范围，可判断C选项；求出不等式在时的解，数形结合可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，故，A错；
对于B选项，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
因为，，，
且，，
，
因为，所以，，
即，所以，，
且，，，
所以，，
即，B对；
对于C选项，作出函数与的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象至多有两个交点，不合乎题意，
当时，直线与函数的图象有无数个交点，不合乎题意，
由题意可知，直线与函数的图象有个交点，
则，解得，C对；
对于D选项，当时，由可得，解得，
当时，，结合图象可知当时，，D对.
故选：BCD.
29．（2022·山东威海·高三期末）已知棱长为2的正方体中，过的平面交棱于点E，交棱于点F，则（）
A． B．存在E，F，使得平面
C．四边形面积的最大值为 D．平面分正方体所得两部分的体积相等
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
对于选项，通过面面平行的性质可得；对于选项通过向量法表示线面垂直，解出方程即可判断；对于选项，通过作交于，然后求出点的坐标，最后表示出四边形的面积，求得四边形面积的最大值为；对于选项，由于平面分正方体所得两部分是全等的，故体积相等.
【详解】
如图所示：

建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
，，，，，，，
不妨设，，则，
由直线、、均在平面内，平面平面，则平面与平面、平面分别交于、，根据平面平行的性质可知，则有：
同理：，故四边形为平行四边形，则选项正确；
由，可得：
又，，
要使得平面，则有：
解得：
故选项正确；
设四边形面积为，
设交于，设，则有：

且
解得：
则有：
故
当时，取得最小值为，故答案正确；
对于选项，由于平面是平分正方体，则体积是相等的，故选项正确.
故选：
30．（2022·江苏通州·高三期末）已知函数f(x)＝ekx，g(x)＝，其中k≠0，则（）
A．若点P(a，b)在f(x)的图象上，则点Q(b，a)在g(x)的图象上
B．当k＝e时，设点A，B分别在f(x)，g(x)的图象上，则|AB|的最小值为
C．当k＝1时，函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值小于
D．当k＝－2e时，函数G(x)＝f(x)－g(x)有3个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用反函数的性质判断A；
结合反函数性质，求出的与直线相切的切线的切点坐标，由切点到直线的距离可得与图象上两点间的最短距离，从而判断B；
利用导数求得的最小值判断C；
根据函数与的单调性及反函数的性质，确定它们的交点个数，判断D．
【详解】
由得，，所以是的反函数，它们的图象关于直线对称，A正确；
时，，，由得，，
所以函数的与直线平行的切线的切点是，到直线的距离是，所以，B错；
时，，则，是增函数，
，，所以在，即在上存在唯一零点，
，时，，时，，即在上递减，在上递增，所以，
，，所以，
由对勾函数知在上是减函数，，
所以，C正确；
时，是减函数，也是减函数，它们互为反函数，作出它们的图象，如图，易知它们有一个交点在直线上，在右侧，的图象在轴上方，而的图象在处穿过轴过渡到轴下方，之间它们有一个交点，根据对称性，在左上方，靠近处也有一个交点，因此函数与的图象有3个交点，所以有3个零点，D正确．

故选：ACD．
【点睛】
本题考查反函数的性质，导数与最值，导数的几何意义，函数的零点等知识．考查综合应用的能力．对于互为反函数的两个函数和的图象上两点间的距离的最小值问题转化为一个函数图象上的点到直线的距离的最小值，从而转化为求出与直线平行的切线的切点坐标即可得．函数的零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数，从而可利用反函数的函数图象的性质，结合图象的变化趋势得出结论．本题属于较难题．
31．（2022·辽宁·沈阳二十中高三期末）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）

A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.
【详解】
由正方体的平面展开图还原正方体如图，

由图形可知，
，故A错误；
由，四边形为平行四边形，所以，故B正确；
因为,,所以平面,所以，故C正确；
因为，而,所以，故D正确.
故选：BCD
32．（2021·重庆市育才中学高二阶段练习）点在正方体的侧面及其边界上运动，并保持，若正方体边长为，则的可能取值是（）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件可得出，利用二次函数的基本性质求出的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则点、、，设点，
，，
因为，则，所以，，
所以，.
故选：BC.
33．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）若，，则（）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用换底公式结合作商法可判断AD选项的正误；利用作商法结合指数函数的单调性可判断B选项的正误；利用幂函数的单调性可判断C选项的正误.
【详解】
对于A选项，因为，，则，，，
，所以，，A对；
对于B选项，，则，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，，所以，，D错.
故选：AC.
三、填空题
34．（2022·江苏如东·高三期末）函数有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则x1x2x3的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设，将问题转化为的图像与直线有三个交点，作出的图像，得出的范围，根据题意可得，设,求出其导函数，利用函数的单调性可得出答案.
【详解】
设
函数有三个零点x1，x2，x3，
即的图像与直线有三个交点.作出函数的图像，如图.
根据图像可得
则是的两个实数根，则
满足，即
所以
设，则
由，则
所以在上单调递增，
所以
故答案为：

35．（2022·江苏泰州·高三期末）若函数在上是减函数，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求导，根据题意在上恒成立，整理得在上恒成立，即求.
【详解】
由知，
,
∵函数在上是减函数，
，又，
∴，即在上恒成立，
而，，
．
故答案为：．
36．（2022·辽宁·高三期末）已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于A（点A在第一象限），B两点，且，则（O为坐标原点）的面积是______．
【答案】##
【解析】
【分析】
计算出，联立直线和抛物线得到与，结合求出，进而求出的面积.
【详解】
由题意可得，则，解得：，故直线的方程为．
联立整理．
设，，则，．
因为，所以，所以，则，解得:，
从而，故的面积是
故答案为：．
37．（2022·江苏海门·高三期末）数列：1，1，2，3，5，8，…，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多·斐波那契(LeonardoFibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”．数学上，该数列可表述为，．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式等．借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到，从而易得＋＋＋…＋值的个位数为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】
先根据将式子化简，进而根据该数列项的个位数是以60为周期变化求得答案.
【详解】
因为，所以
.
又该数列项的个位数是以60为周期变化，所以的个位数字相同，的个位数字相同，易知，则，所以的个位数字为4.
故答案为：4.
38．（2022·江苏海门·高三期末）在平面直角坐标系xOy中，动直线kx－y+2k＝0，x＋ky－2＝0(k∈R)的交点P的轨迹为C．若直线l与轨迹C交于点M，N，且满足＝1，则点O到直线l的距离的平方的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据条件先得到交点P的轨迹为C，设出直线与，结合条件得到关系式，再求O到直线l的距离即可求其平方的取值范围.
【详解】
当时，则，得，代入中，有，
整理为，经检验不是两动直线的交点，故交点P的轨迹为，且.
由对称性，设直线l：，与联立，
得，设，
，
则，
则，
所以有，化简整理得，
O到直线l的距离的平方为，
若，则，矛盾，故，
设，则，故，
故，故，
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：求两条动曲线的交点的轨迹，可通过交轨法求交点的轨迹，直线与圆的位置关系的处理，一般用几何法来处理，也可以利用韦达定理来处理.
39．（2022·山东威海·高三期末）在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用线面垂直的性质定理及判定定理证得平面PBC，进而知球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，利用弧长公式求解.
【详解】
设以A为球心的球的半径为，则，解得
如图，取中点，由，
又平面ABC，平面ABC，
又，，所以平面PAC，
又平面PAC，，又，平面PBC，
又，，
又，
作，则，，

所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为
故答案为：

40．（2022·山东威海·高三期末）已知函数，，若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用函数同构及函数单调性得到，问题转化为求（）的最小值，利用导函数，研究其单调性，求出最小值.
【详解】
，则，因为，故，又当时，恒成立，即单调递增，所以，则，令（），，当时，，当时，，所以在处取得最小值，，的最小值为.
故答案为：
41．（2022·江苏通州·高三期末）已知椭圆的上顶点与抛物线C′：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，P为C与C′的一个公共点.若C的离心率为，且|PF|＝2，则p＝__________.
【答案】3
【解析】
【分析】
由椭圆上顶点与抛物线焦点相同，及椭圆离心率把用表示，由焦半径公式求得点坐标，代入椭圆方程后可解得值．
【详解】
由题意，又，所以，
又，所以，则，
所以，化简得，解得（负的舍去）．
故答案为：3．
42．（2022·辽宁·沈阳二十中高三期末）意大利画家列奥纳多达芬奇的画作抱银貂的女人中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中a为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为若直线与双曲余弦函数与双曲正弦函数分别相交于点，曲线在点A处的切线，曲线在点B处的切线相交于点P，且为钝角三角形，则实数m的取值范围为__________.

【答案】
【解析】
求导得到函数的导函数，计算切线方程得到交点坐标，计算向量的数量积得到，均为锐角，为钝角，故，解得答案.
【详解】
由题可知：，，
，则，，
则：，
同理：，故，
所以，
于是，
因为，所以，
所以，均为锐角，从而为钝角.
由得：，
故实数m的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据三角形形状求参数，属于较难题.
方法点睛：
当三角形中为钝角时，转化为；
当三角形中为直角时，转化为；
当三角形中为锐角时，转化为；
43．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）数列满足：，，，.若，对，不等式恒成立，则实数的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
应用构造法求的通项公式，即得通项公式，进而讨论、研究题设不等式恒成立，在时构造并研究单调性，即可求的最大值.
【详解】
由，可得，
∴数列是首项，公差的等差数列，则，
∴，由已知有：，
当时，显然符合题意，
当时，由已知得：.
设，则，
∴数列递增，则的最小值为，故只需.
故答案为：.
四、双空题
44．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为___________；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，设该球与勒洛四面体的一个切点，连接，则三点共线，且为该球球心，也是正四面体的中心，再求正四面体的外接球半径即可得以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，再结合勒洛四面体的构成可知过三点的截面面积为个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，再计算即可得答案.
【详解】
解：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
如图1，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
所以，由正四面体的性质可知该该球球心为正四面体的中心，半经为，
连接，则三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径，
由于正四面体的棱长为，其可以在棱长为的正方体中截出，
所以正四面体的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径，即正方体体对角线的一半，
所以，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径.
根据勒洛四面体的构成可知，过三点的截面面积为个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
所以所得截面的面积为.
故答案为：；

45．（2022·江苏如东·高三期末）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，AC1⊥平面α，当平面α过点B1时，平面α截此正方体所得截面多边形的面积为_________；当平面α过线段BC中点时，平面α截此正方体所得截面多边形的周长为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由平面知识得出平面α截此正方体所得截面就是平面，再由面积公式得出平面α截此正方体所得截面多边形的面积，取取的中点为，证明平面α截此正方体所得截面就是平面，最后由边长关系得出周长.
【详解】
如下图所示，由平面，则，又，，所以平面，所以，同理可证，，由线面垂直判定可知平面，即平面α截此正方体所得截面就是平面，由可知，.

分别取的中点为，连接，延长，容易得出的延长线交于一点，如下图所示，因为，所以共面，共面，平面平面，又平面，平面，所以,H,M,N共面，容易证明HM⊥AC1,NE⊥AC1，由线面垂直判定可知平面，即平面α截此正方体所得截面就是平面，因为EF=GF=HG=HM=NE=NM=2，所以平面α截此正方体所得截面多边形的周长为.
故答案为：；

46．（2022·江苏泰州·高三期末）的三条边分别为，若该三角形绕着三条边旋转一周所得几何体的体积分别为Va,Vb,Vc.若Va=14,Vb=13,Vc=12，则cosA的值为___________；若∠BAC=π6，VbVc=1，则Vb2+Vc2-1Va2的值为___________.
【答案】-14##-0.25
【解析】
【分析】
设边上的高分别为ha,hb,hc，该三角形的面积为，通过Va=14,Vb=13,Vc=12
可得，代入余弦定理可得cosA；由前边分析可得aVa=bVb=cVc，由余弦定理结合条件可得结果.
【详解】
设边上的高分别为ha,hb,hc，该三角形的面积为，
则Va=13⋅πha2⋅a=4π3aS2=14即a=16π3S2，同理可知，b=12π3S2,c=8π3S2,
所以a:b:c=4:3:2，所以cosA=b2+c2-a22bc=-14,
由上述过程可知，aVa=bVb=cVc，因为cosA=32=b2+c2-a22bc，
所以1Vb2+1Vc2-1Va2=3VbVc,
因为VbVc=1，
所以Vb2+Vc2-1Va2=3.
故答案为：-14;3.
47．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高三期末）如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了a+bn（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是______，第9行排在奇数位置的所有数字之和为______．

【答案】 126 256
【解析】
【分析】
根据题意，分析图中杨辉三角的各行数字之间的规律关系，即可得到答案.
【详解】
由题意得
第0行有1个数，为1，
第1行有2个数，依次是C10、C11,
第2行有3个数，依次是C20、C21、C22,
‥‥‥
则第9行有10个数，其中第5个数为C94=9×8×7×64×3×2×1=126，
第9行排在奇数位置的所有数字之和为C90+C92+C94+⋅⋅⋅+C98=29-1=256.
故答案为：126，256.
48．（2022·广东清远·高三期末）如图，在长方体中，AB=AD=2,AA1=4，P为的中点，过PB的平面分别与棱AA1,CC1交于点E，F，且AC∥α，则平面截长方体所得上下两部分的体积比值为_________；所得的截面四边形PEBF的面积为___________．

【答案】 3
【解析】
【分析】
第一空：过点B作的平行线分别与DA,DC的延长线交于G，H，连接PG,PH，并分别与AA1,CC1交于E，F，可得平面PGH即平面，利用体积公式求出V下，进而可得V上V下；
第二空：根据四边形PEBF为菱形，利用面积公式计算即可.
【详解】
如图，过点B作的平行线分别与DA,DC的延长线交于G，H，连接PG,PH，并分别与AA1,CC1交于E，F，
因为AC∥GH，且AC⊄平面PGH，GH⊂平面PGH
所以AC∥平面PGH，
所以平面PGH即平面．
因为AB=AD=2,AA1=4，所以AE=1，
所以V下=2VB-ADPE=2×13×(1+2)×22×2=4,V上V下=2×2×4-44=3．
因为四边形PEBF为菱形，且EF=22,PB=23，
所以SPEBF=12EF×PB=26．
故答案为：3；.

49．（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则r2r1=________；O1O2＝__________.
【答案】2-3##-3+22-3##-3+2
【解析】
【分析】
由题可得r1=22，然后利用等积法可得r2=22-62，最后利用球的性质即求.
【详解】
设AC∩BD=M，则MA=MB=MC=MD=12BD=22，
∴三棱锥A′－BDC的外接球r1=22，点即为O1，

∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，又A'M⊥BD，
∴A'M⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，
∴A'M⊥MC，A'C=1，
∴S△A'BD=S△CBD=12，S△A'BC=S△A'CD=34，
∴1312+12+34+34r2=13×12×22，解得r2=22-62，
∴r2r1=22-6222=2-3，
设球O2与平面A'BD，平面BCD分别切于P，Q，则O2PMQ为正方形，
∴O2M=O2O1=2r2=2-3.
故答案为：2-3，2-3.
50．（2022·浙江·高三专题练习）把底面半径为4cm的圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身滚动了2周，则圆锥的母线长为___________cm，该圆锥内切球半径等于___________cm.
【答案】 8 433
【解析】
【分析】
设圆锥的母线长为，根据圆锥侧面积求法及已知可得πl2=8πl求得母线长，进而可知轴截面为等边三角形，结合圆锥内切球性质即可求其半径.
【详解】
设圆锥的母线长为，如图，以为圆心，SA为半径的圆的面积S=πl2.

又圆锥的侧面积S=πrl=4πl.
根据圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了2周，则πl2=2×4πl，可得l=8cm.

∴圆锥轴截面为等边三角形，若内切球半径为，如上图有：R=OH=36AB=433cm，
故答案为：8，433.