2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十九含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十九含解析，共67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（十九）
一、单选题
1．（2022·河南·三模（文））如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出，进而利用勾股定理即可得到，从而可求出结果.
【详解】
由题意知延长则必过点,如图：

由双曲线的定义知，
又因为，，所以，设，则，因此，从而，所以，又因为，所以，即，即，
故选：B.
2．（2022·河南·三模（文））若，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用对数和对数函的性质进行化简后比较.
【详解】
解：

故
故选：A
3．（2022·广东广州·二模）已知且，若集合，且﹐则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求出集合M，再由给定条件，对集合N分类讨论，构造函数，利用导数探讨函数最小值求解作答.
【详解】
依题意，，，令，
当时，函数在上单调递增，而，则，使得，
当时，，当时，，此时，因此，，
当时，若，，则恒成立，，满足，
于是当时，，当且仅当，即不等式对成立，
，由得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
，于是得，
即，变形得，解得，从而得当时，恒成立，，满足，
所以实数a的取值范围是或.
故选：D
【点睛】
思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以利用导数探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
4．（2022·广东茂名·二模）已知双曲线C：的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON（其中O为坐标原点）的中点B，且，则双曲线C的离心率为（       ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由中点B，且得，由点到直线距离公式得，从而得，通过三角形全等证得△MNB为等边三角形，然后得，从而计算出离心率．
【详解】
记M为双曲线C：的渐近线上的点，因为，且，所以，．
所以．因为右焦点到渐近线的距离，
所以．所以，所以，
所以，所以，
又因为，．
所以△MNB为等边三角形，所以，所以，
即，所以．
故选：A．

5．（2022·广东深圳·二模）过抛物线的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角等于（       ）
A．或 B．或 C．或 D．与p值有关
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，根据抛物线的定义和相似三角形列出比例式，再利用直角三角形的边角关系求出直线的倾斜角.
【详解】
如图所示，

由抛物线的焦点为，准线方程为，
分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于，如图所示：
则，，，
所以，，
所以，即直线l的倾斜角等于，
同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为，
故选：C．
6．（2022·广东深圳·二模）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设切点为，切线方程为，求出函数的导函数，即可得到，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，依题意有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；
【详解】
解：设切点为，切线方程为，由，所以，所以，
则，所以，
令，则，
因为，所以当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得极大值，当时取得极小值，即，，
依题意有三个零点，所以且，即；
故选：B
7．（2022·广东汕头·二模）已知函数，若过点存在3条直线与曲线相切，则t的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设切点，求得切线方程，根据切线过点，得到，再根据存在3条直线与曲线相切，则方程有三个不同根，利用导数法求解.
【详解】
解：设切点，
因为，
则，，
所以切线方程为，
因为切线过点，
所以，
即，
令，
则，
令，得或，
当或时，，当时，，
所以当时，函数取得极小值，当时，函数取得极大值，
因为存在3条直线与曲线相切，
所以方程有三个不同根，则，
故选：D
8．（2022·广东惠州·一模）中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信道带宽W､信道内信号的平均功率S､信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（       ）（附：）
A．20% B．23% C．28% D．50%
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意写出算式，再利用对数的换底公式及题中的数据可求解.
【详解】
将信噪比从1000提升至5000时，C大约增加了
.
故选：B.
9．（2022·湖南永州·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，点在双曲线的右支上，（为双曲线的半焦距），直线与双曲线右支交于另一个点，，则双曲线的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义，结合直角三角形的相关性质可得解.
【详解】

如图所示，
由，，得，
，
设，
由双曲线定义得，
所以，，，
又，即，解得，
所以，，
又，即，即，
所以离心率，
故选：D.
10．（2022·湖南永州·三模）在正四棱柱中，，为的中点，点为线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用坐标法，可设球心为，，结合条件可得，进而可得，即得.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，则，

∴，
∴，即为直角三角形，
所以可设三棱锥的外接球的球心为，，
所以球的半径为，
∴，即，又，
∴，即，
∴，，
所以三棱锥的外接球表面积的最大值为.
故选：C.
11．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知数列{}满足则∈（       ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】C
【解析】
【分析】
由，可知数列的单调性，然后两边三次方后放缩，，可得，累加可得，再利用上述三次方的式子结合单调性放缩，可得，即可得解.
【详解】
由，得，，所以，又，所以数列时递增数列且，
，
所以
所以
，所以，.
当，得，

，
，
所以，所以，则.
故选： C.
12．（2022·湖南·雅礼中学二模）､､是等腰直角三角形（）内的点，且满足，，，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，结合图形分别计算，和的值，再比较大小
【详解】

(正弦定理)




在的角平分线上, 同理可证在的角平分线上,
为内心
如图所示

由知,这三个角都是
且在的平分线上,延长交于点
取,则,
得,
所以
记的周长为
由题意知是的内心,内切圆半径

所以

由,且
则
所以,即,则在以为直径的圆上
由,且
所以,得
由,得
所以
设,在中由余弦定理得

解得
所以


所以
故选:C
13．（2022·湖北·二模）已知函数，则使不等式成立的x的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
判断的奇偶性与单调性，由题意列不等式后求解
【详解】
由得定义域为，
，故为偶函数，
而，在上单调递增，
故在上单调递增，
则可化为，得
解得
故选：D
14．（2022·湖北·二模）已知、是双曲线的左，右焦点，过的直线l与双曲线C交于M，N两点，且，则C的离心率为（       ）
A． B． C． D．3
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知条件结合双曲线的定义可得为等边三角形，从而得，然后在中，利用余弦定理化简可得到，从而可求出离心率的值.
【详解】
设，则，设，则由双曲线的定义得，
，解得，
所以，，，，
所以为等边三角形，

所以，则，
在中，由余弦定理得，,
即，化简得，，
所以双曲线的离心率为，
故选：C.
15．（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.
16．（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.
17．（2022·山东潍坊·二模）已知正实数a，b满足，则的最大值为（       ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
将条件中的式子进行配方，利用基本不等式得到关于的不等式，解不等式即可求出结果.
【详解】
因为，
所以，当且仅当时等号成立，因为，
所以，即，所以，
即，因为为正实数，所以，因此，故的最大值为，此时，
故选：B.
18．（2022·山东潍坊·二模）已知函数，直线，点在函数图像上，则以下说法正确的是(       )
A．若直线l是曲线的切线，则
B．若直线l与曲线无公共点，则
C．若，则点P到直线l的最短距离为
D．若，当点P到直线l的距离最短时，
【答案】D
【解析】
【分析】
求f(x)导数，令求出可判断D；若直线l是曲线的切线，则再根据(，f())在l上即可求出t；当处切线与l平行时，P到l距离最短，求出P的坐标，利用点到直线距离公式可求最短距离，据此可判断C；令，研究的图像，y＝t的图像和y＝g(x)图像无交点时直线l和曲线y＝f(x)无公共点，据此可求t的范围，从而判断B选项．
【详解】
f(x)定义域为(0，＋¥)，，
若直线l是曲线的切线，
则，代入得，
，故A错误；
当t＝－2时，当在点P处的切线平行于直线l时，P到切线直线l的最短距离，
则，故D正确；
此时，故P为，P到l：的距离为，故C错误；
设，
令，则，
当时，，单调递减，当，，单调递增，
∴，又时，；时，，
∴若直线l与曲线无公共点，则t＜3，故B错误．
故选：D．
二、多选题
19．（2022·广东湛江·二模）若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（       ）
A．
B．当时，的值不唯一
C．可能等于
D．当时，的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可.
【详解】
解：不妨设切点为，因为，
所以切线方程为，
所以，整理得，
所以令，则，
所以，令得.
所以，当或时，，，当时，，
因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，
所以，函数的图像大致如图，

所以，当时，，故B错误，此时成立；
当时，，所以，故可能等于，C正确；
当
当时，，显然，故D正确；
综上，，A正确.
故选：ACD
20．（2022·广东湛江·二模）在正方体中，点E为线段上的动点，则（       ）
A．直线DE与直线AC所成角为定值 B．点E到直线AB的距离为定值
C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥外接球的体积为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】
A.易证平面判断；B.由点E与重合和与重合时判断；C.由三棱锥判断；D. 由平面，得到三棱锥外接球的球心O在判断.
【详解】
如图所示：

A.因为，又，所以平面，又平面平面，，则直线DE与直线AC所成角为定值，故正确；
B. 当点E与重合时，点E到直线AB的距离，当点E与重合时，点E到直线AB的距离，故错误；
C.因为三棱锥，且点到面EBD的距离为定值，为定值，故体积为定值，故正确；
D. 易知平面，所以三棱锥外接球的球心O在上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故错误；
故选：AC
21．（2022·广东广州·二模）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码．0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．把m位n进制中的最大数记为，其中m，，为十进制的数，则下列结论中正确的是（       ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据问题背景的介绍，可以得到m位n进制中的最大数的书写方法，进而得到选项中最大数的式子，再进行大小比较即可.
【详解】
对于A：即是：，A正确；
对于B：即是：
即是：，B正确；
对于C、D：
，即是：

，即是：

构造函数：，求导得：

，，单调递增；
，，单调递减；

代入得：
即是：，
，D正确.
故选：ABD
【点睛】
本题考查背景知识的从特殊到一般的转化过程，对获取信息从而抽象成数学问题的能力有一定的要求，随后需要用数列求和得出需要的结果，再从构造函数的角度考查了导数在函数中的应用，
运用函数的性质进行大小比较，对学生来说是一个挑战，属难题.
22．（2022·广东广州·二模）已知，直线与曲线相切，则下列不等式成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用导数的几何意义，求出a，b的关系，再结合均值不等式逐项分析、计算并判断作答.
【详解】
设直线与曲线相切的切点为，
由求导得：，则有，解得，
因此，，即，而，
对于A，，当且仅当时取“=”，A正确；
对于B，，当且仅当，即时取“=”，B不正确；
对于C，因，则有，即，
当且仅当，即时取“=”，由得，所以当时，，C正确；
对于D，由，得，，，而函数在R上单调递增，
因此，，D不正确.
故选：AC
23．（2022·广东茂名·二模）已知函数，下列说法正确的有（       ）
A．关于点对称
B．在区间内单调递增
C．若，则
D．的对称轴是
【答案】BC
【解析】
【分析】
取特殊值判断A，化简函数表达式，作函数图象判断B，C，D.
【详解】
因为，，所以不关于点对称，故A错误；
当时，
，即，
当时，
，即，
作出的图象如图所示，


由图象可知在区间内单调递增，故B正确；
因为，所以，，，，，，所以，故C项正确；
由图象可知的图象不关于对称，故D项错误．
故选：BC．
24．（2022·广东茂名·二模）棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（       ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当时，平面截正方体所得截面的周长为
C．直线FG与平面所成角的正切值的取值范围是
D．当时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
选项A. 平面,则G点到平面距离为定值，从而可判断；   选项B. 延长交棱于点M，则是的中点，取的中点N，连接EN，MN，，平面为平面截正方体所得的截面，从而可求出截面周长；选项C. 由平面，即则为直线FG与平面所成的角，从而可判断；选项D. ，连接，交EF于点J，则J为EF的中点，由球的性质可得球心O在过点J且与GH平行的直线上，求出其半径可判断；
【详解】
因为，所以点G为线段上一个动点，
又平面，故G点到平面距离等于点到平面得距离，为定值4，
又E，F分别为棱，的中点，则面积是定值，
故三棱锥是定值，又，故A正确；
延长交棱于点M，则，即是的中点，
取的中点N，连接EN，MN，，

因为，，所以，所以平面为平面截正方体所得的截面，
因为，，，
所以四边形的周长为，故B项错误；
由上可知平面，当点G在上移动时，连接MG，

则为直线FG与平面所成的角，
因为MG的最小值为，最大值，由
所以，故C正确；
如图所示，连接，交EF于点J，则J为EF的中点，，

在上取点H，使，连接GH，则，所以平面，
则，设三棱锥的外接球的球心为O，则，
由及，得点O在过点J且与GH平行的直线上，
设，因为，，
所以，解得，所以，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D项正确．
故选: ACD．
25．（2022·广东深圳·二模）P是直线上的一个动点，过点P作圆的两条切线，A，B为切点，则（       ）
A．弦长的最小值为 B．存在点P，使得
C．直线经过一个定点 D．线段的中点在一个定圆上
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设，则为的中点，且，再根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到、，根据的范围，即可判断A、B，设，求出以为直径的圆的方程，两圆方程作差，即可得到切点弦方程，从而判断C，再根据圆的定义判断D；
【详解】
解：依题意，即，设，则为的中点，且，
所以，所以，，又，
所以，，所以，，故A正确，B不正确；
设，则，所以以为直径的圆的方程为，
则，即，所以直线的方程为，所以直线过定点，故C正确；
又，，所以的中点在以为直径的圆上，故D正确；
故选：ACD

26．（2022·广东汕头·二模）设a，b，c都是正数，且，则下列结论正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设，根据指数与对数的关系，利用换底公式及指数幂的运算法则，逐一验证四个选项得答案．
【详解】
解：设，则，，，
所以
，
即，所以，所以，故D正确；
由，所以，故A正确，B错误；
因为，，
又，所以，即，故C正确；
故选：ACD
27．（2022·广东汕头·二模）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则（       ）


A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线AP与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量夹角公式、三棱锥的体积性质逐一判断即可.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，


，
设，设，
即.
A：，
因为，
所以，
而平面，
所以直线平面，因此本选项结论正确；
B：侧面的对角线交点为，所以，，
而平面，平面，
所以，而平面，
所以平面，
为定值，因此本选项结论正确；
C：，
设异面直线AP与所成角为，
则有，
当时，；
当时，，
因为，所以，
因此，
，即，所以，
综上所述：，所以本选项结论不正确；
D：设平面的法向量为，，
所以有，
直线与平面所成角的正弦值为：
因为，所以当时，有最小值，最小值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，因此本选项结论不正确，
故选：AB
【点睛】
关键点睛：利用空间向量夹角公式是解题的关键.
28．（2022·广东惠州·一模）近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（       ）

A．该结构的纳米晶个体的表面积为
B．该结构的纳米晶个体的体积为
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为
D．二面角A1−A2A3−B3的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.
对于B：棱长为a的正四面体的高为，根据割补法代公式计算.
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，计算可得；
对于D：二面角是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.
【详解】
对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积，故A正确；
对于B：棱长为a的正四面体的高为，所以，故B正确；
对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，几何体上下底面距离为，可得，计算整理得，因此该几何体的外接球表面积为，故C错误；
对于D：二面角为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，

过正四面体的顶点作平面于点，易知为的中心，延长交于点，则为的中点，连接，设正四面体的棱长为2，则，所以，，因为平面，所以，又，，所以平面，平面，所以，所以即为所求侧面与底面所成二面角的平面角，在中，，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为，所以二面角A1−A2A3−B3的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
29．（2022·湖南永州·三模）已知函数，则（       ）
A．的图象关于直线对称
B．在上为减函数
C．有4个零点
D．，使
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据二次函数的对称性判断A，当时利用导数求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，再结合函数的对称性，即可判断B、C、D；
【详解】
解：定义域为，
因为，其中与关于轴对称，即的图象关于轴对称，
将向右平移个单位得到，即关于对称，
又关于直线对称，故函数的图象关于直线对称，故A正确；
当时，则，
所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，故B正确；
所以当时在处取得极大值即最大值，又因为，根据对称性可得，所以只有2个零点，故C错误；
由，所以不存在，使，故D错误；
故选：AB
30．（2022·湖南永州·三模）已知抛物线:与圆:，点在抛物线上，点在圆上，点，则（       ）
A．的最小值为
B．最大值为
C．当最大时，四边形的面积为
D．若的中点也在圆上，则点的纵坐标的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，根据，结合抛物线的定义可判断A；
对于B，设是圆的切线，切点为，根据，，可得，由此可判断B；
对于C，根据两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于，可求出四边形的面积，由此可判断C；
对于D，设的中点为，是圆的切线，切点为，利用圆的切割线长定理得到，再根据得到，再根据抛物线的定义可求出点的纵坐标的取值范围，由此可判断D.
【详解】
由可知其焦点为圆的圆心，圆的半径为，设，则，
对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，设是圆的切线，切点为，则，
，
因为，所以，所以，
所以，即最大值为，故B不正确；

对于C，如图：当两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于时，取得最大值，

不妨设点在第一象限，则点在第四象限，
设直线：，代入，消去并整理得，
所以，所以，因为，所以，
所以，所以，所以，即，
此时，
当与圆相切于时，，
，
所以四边形的面积为，故C正确；
对于D，如图设的中点为，是圆的切线，切点为，

根据圆的切割线长定理可得，
又，所以，
因为，所以，所以，
设，则，所以，所以，
所以，所以，即点的纵坐标的取值范围为.故D正确；
故选：ACD
31．（2022·湖南·雅礼中学二模）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.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公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（       ）

A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.
【详解】
首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．

，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
对于B选项，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，

其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且，，
因此，故B正确；
对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，

根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.
32．（2022·湖南·雅礼中学二模）下列不等式正确的有（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用二项式定理近似计算判断A；若，两边取对数作等价变形，构造函数借助导数比较判断B；若，两边取对数作等价变形，构造函数借助导数比较判断C；求出函数在处的切线方程，构造函数借助导数比较判断D作答.
【详解】
由


，则有，A正确；
假定，有，
令，求导得，在上单调递增，
则，即当时，，，，
令，求导得，在上单调递减，
则，即当时，，，，
，
因成立，则成立，所以成立，B不正确；
假定，有，
令，，则在上单调递增，
而，则，所以成立，C不正确；
令，求导得，，
曲线在处切线方程为，
令，求导得，即在上单调递减，
而，则，即，D正确.
故选：AD
【点睛】
思路点睛：某些数（式）大小关系问题，探求被比较的数（式）的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.
33．（2022·湖北·二模）设动直线交圆于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（       ）
A．直线l过定点
B．当取得最小值时，
C．当最小时，其余弦值为
D．的最大值为24
【答案】AD
【解析】
【分析】
对A：将原方程转化为，从而即可求解；对B：当取得最小值时，，从而即可求解；对C：当最小，即取得最小值时，，从而即可求解；对D：由，从而即可求解.
【详解】
解：由题意，圆心坐标为，半径，
对A：直线，即，
由，可得直线l过定点，故选项A正确；
对B：当取得最小值时，，所以，即，
所以，故选项B错误；
对C：当最小，即取得最小值时，，此时，
从而可得，所以，故选项C错误；
对D：，
所以当取得最大值，即为直径时，，此时，故选项D正确.
故选：AD.
34．（2022·湖北·二模）在棱长为1的正方体中，已知为线段的中点，点和点分别满足，，其中，，，则（       ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，四棱锥的外接球的表面积是
C．若直线与平面所成角的正弦值为，则
D．存在唯一的实数对，使得平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据锥体体积的求法、几何体外接球表面积的求法、线面角、线面垂直等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A，当时，是的中点，连接与交于点，则为的中点，
∴，面，又点在上，∴点到面的距离为定值，
∴三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，当时，点为的中点，设四棱锥的外接球的半径为，
则球心O在PM延长线上，由OP=R得OM=，
由得，解得，
∴外接球的表面积为，故B正确；
对于C，连接，过点作于，连接，
∵平面，∴平面平面，
平面平面，∴平面，
∴为与平面所成角，
∵，∴，，
在由余弦定理有，
在中由勾股定理有，
∴，解得，故C正确．
对于D，∵点在上，又在上，在上，∴平面即为平面，
又易证平面，∴是平面的法向量，
∴要使平面，须与共线，即须与共线，显然不可能，
∴不存在实数对使得平面，故D错误.
故选：ABC

35．（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
36．（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．

37．（2022·山东潍坊·二模）已知四面体ABCD的4个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，，且，则（       ）

A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为
D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.
【详解】
设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.

因为，,
所以平面BDE，则，
又△ABC为等边三角形，，，
所以，，
∴，即，又，
∴平面，平面，
∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
又∵，
∴，
故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
当∥时，为直线OM与CD所成的角，
由上知，故C错误；
由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离，
由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.
故选：ABD.
38．（2022·山东潍坊·二模）已知数列，，有，，，则（       ）
A．若存在，，则
B．若，则存在大于2的正整数n，使得
C．若，，且，则
D．若，，则关于的方程的所有实数根可构成一个等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据题意，证明得到时，且，再逐个选项进行计算和证明，逐个选项判断即可求解.
【详解】
因为，，，，所以，，即，所以，，必有，得到；
对于A，若存在，取，有，则，所以，必有，则有，同理，若，由可得故A正确；对于B，若，则，，又因为，必有，得到，所以当时，因为，必有，故B错；
对于C，若，，且，则，则，又，所以，，根据递推公式，可得，；利用累加法，，整理得，

又因为，必有，得到，所以，
，所以，
，所以，C正确；
对于D，若，，，得到，所以，，则关于的方程可以化为，
，化简得，
，
设，可得，
化简得，，
所以，或(舍去)，
，得，写成数列形式，即所有实数根可构成一个等差数列，其通项公式为：，故D正确；
故选：ACD
三、双空题
39．（2022·广东广州·二模）在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】         
【解析】
【分析】
注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】
过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即


易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面
易知，


记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径


故答案为：，

40．（2022·广东深圳·二模）祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果裁得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形G如图所示，若将图形G被直线所截得的两条线段绕y轴旋转一周，则形成的旋转面的面积_________；若将图形G绕y轴旋转一周，则形成的旋转体的体积___________．

【答案】         
【解析】
【分析】
由直线，其中，分步联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，
由直线，其中，
联立方程组，解得，
联立方程组，解得，
所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为.
故答案为：；.

41．（2022·湖南·雅礼中学二模）坐标平面上有一环状区域由圆的外部与圆的内部交集而成.某同学欲用一支长度为1的笔直扫描棒来扫描此环状区域的x轴上方的某区域R.他设计扫描棒黑､白两端分别在半圆､上移动.开始时扫描棒黑端在点，白端在的点B. 接着黑､白两端各沿着､逆时针移动，直至白端碰到的点便停止扫描，则B坐标___________；扫描棒扫过的区域R的面积为___________.

【答案】         
【解析】
【分析】
设，根据和点在上，可求出点的坐标；当白端在上移动到的点时，黑端在点在上移动，设移动到点，由条件得出的坐标，得出区域R的图形，再求解面积.
【详解】
由题意，，设，则点在上.
则，解得
所以
当白端在上移动，碰到的点时，黑端在点在上移动，设移动到点位置.
则扫描棒扫过的区域R为如图所示的阴影部分.设
则，解得，即
连接,在中，
满足，则,所以
由,则为直角三角形，则
则,扇形与扇形的面积为
区域R的面积为

故答案为：；

42．（2022·湖北·二模）设抛物线的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设与相交于点D．若，且的面积为，则直线的斜率________，抛物线的方程为________．
【答案】         
【解析】
【分析】
由抛物线定义可得四边形为平行四边形，故可得点即得抛物线方程.
【详解】
解：如图所示，，．

所以．
轴，，，
所以四边形为平行四边形，
，．
，解得，
代入可取，
，
解得．

故答案为：；
43．（2022·山东潍坊·二模）根据高中的解析几何知识，我们知道平面与圆锥面相交时，根据相交的角度不同，可以是三角形、圆、椭圆、抛物线、双曲线．如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线，，E是其母线PB的中点．若平面过点E，且PB⊥平面，则平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为______；截面把圆锥分割成两部分，在两部分内部，分别在截面的上方作一个半径最大的球M，在截面下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为______．

【答案】     ##0.5    
【解析】
【分析】
（1）以E为原点，EO为x轴建立坐标系，利用坐标法求出抛物线方程，即可求出抛物线的焦点F到底面圆心O的距离；
（2）作出直截面，分析位置关系，利用几何知识分别求出球M与球N的半径，即可求解.
【详解】
如图示：

因为圆锥的母线，，所以，所以PB⊥PA.
连结OE.因为PB⊥平面，所以PB⊥OE.所以.
在中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以.
设平面交底面圆于CD,则.
以E为原点，EO为x轴建立坐标系如图示，则.
可设抛物线，把带入抛物线方程可得：，
所以抛物线为：，焦点,
所以,即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为.
作出直截面如图所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N的半径.

因为球M为截面的上方的最大的球，所以圆M与PA相切，切点为Q,则.又，所以.
同理：.所以Q、M、R三点共线，为直径.
由四边形PQRE为矩形，可得：,所以球M的半径.
在等腰三角形OBE中，,.
圆N为三角形OBE的内切圆.设圆N的半径为，由等面积法可得：
，即，解得：.
所以球M与球N的半径的比值为.
故答案为：；.
【点睛】
外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
四、填空题
44．（2022·广东湛江·二模）“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“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？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
找出满足条件的最小整数值为，可知满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.
【详解】
由题意可知，一个数被除余，被除余，被除余，则这个正整数的最小值为，
因为、、的最小公倍数为，
由题意可知，满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，
设该数列为，则，
由，可得，所以，的最大值为，
所以，满足条件的这些整数之和为.
故答案为：.
45．（2022·广东茂名·二模）已知函数，若存在实数t使得函数有7个不同的零点，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用导数研究函数的性质，得单调性和极值，并作出函数的大致图象，由得或，然后分类讨论，它们一个有3个根，一个有4个根，由此可得参数范围．
【详解】
当时，，，当时，，递减，当时，，递增，
故时，；
当时，，，时，，递增，时，，递减，
所以当时，有极大值，
当时，，
作出的大致图象如图，由题意知，即有7个不同的实根，当有三个根，有四个实根，此时或，得或；当有四个根时，有三个实根，此时，得，所以．
故答案为：．

46．（2022·广东汕头·二模）如图从双曲线（其中）的左焦点F引圆的切线，切点为T，延长，交双曲线右支于P，若M为线段的中点，O为原点，则的值为（用表示）__________．

【答案】
【解析】
【分析】
设是双曲线的右焦点，连接．由、分别为、的中点，知．由双曲线定义，知，，进而可得答案.
【详解】
由图可知点在第一象限．
设是双曲线的右焦点，连接
、分别为、的中点，．
又由双曲线定义得，
，
．
故


．
故答案为：．

【点睛】
关键点点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，解题的关键是将都用焦半径表示，进而利用双曲线的定义求解.
47．（2022·广东汕头·二模）若，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【详解】
题设不等式等价于.
设，所以，
所以是上的增函数，所以，.
故.
由，知的取值范围是.
故答案为
48．（2022·广东惠州·一模）如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处.设连杆AB长200，曲柄CB长70，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移动的距离A0A）约为___________.（结果保留整数）（参考数据：sin53.2°≈0.8）

【答案】36
【解析】
【分析】
在中，利用正弦定理求出，再求出，，再利用两角和的正弦公式可求出，再利用正弦定理可求出，从而可求得答案
【详解】
如图，在中，，，，，
由正弦定理，，
∵，∴，故为锐角，
∴，
∴，
所以，
故.
故曲柄按顺时针方向旋转时活塞移动的距离约为36mm.
故答案为：36

49．（2022·湖南永州·三模）已知函数，若在内单调且有一个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由已知，确定范围，再由正弦型三角函数图像的性质得到，进而化简求解.
【详解】
在内单调且，可得，，解得，
又∵，∴，
又在上恰有一个零点，所以，
∴且，解之得.
故答案为：
50．（2022·湖南永州·三模）已知直线:，函数，若存在切线与关于直线对称，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先求与关于直线对称的直线，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即可求解
【详解】
在直线：上取两点，
点，关于对称的点分别为，
点关于直线对称的点为）
设直线关于直线对称的直线为，则过点，
则，直线的方程为，即
由得,
因为函数存在切线与关于直线对称，即存在切线方程为
设切点为，则
解得
故答案为：
51．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若C与直线有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得，则双曲线离心率取值范围范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由直线与双曲线有交点，得在一三象限的渐近线的斜率大于1，得出的一个范围．双曲线上存在不是顶点的P，使得，与轴交于点，由平面几何的知识及双曲线定义得，在直角三角形中由边的关系得不等式，得出的范围，同时由的范围又是一个不等关系，从而得出离心率范围．
【详解】
双曲线C与直线有交点，则，，解得，
双曲线上存在不是顶点的P，使得，则点在右支上，
设与轴交于点，由对称性，所以，
所以，
，
所以，由得，所以，
又中，，，
所以，即，
综上，．
故答案为：．

52．（2022·湖北·二模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用表示解下个圆环所需的最少移动次数．若，且则解下6个圆环所需的最少移动次数为_________．
【答案】64
【解析】
【分析】
根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可.
【详解】
因为，所以
，
故答案为：64
53．（2022·湖北·二模）已知函数，若，则的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据，得到，，由在上单调递增，得到，进而得到，利用导数法求解.
【详解】
由题意，，得，
所以，即，
又，得，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，则，
所以，
令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
54．（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：.
55．（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：
56．（2022·山东潍坊·二模）已知定义在上的函数满足，且当时，图像与x轴的交点从左至右为O，，，，…，，…；图像与直线的交点从左至右为，，，…，，…．若，，，…，为线段上的10个不同的点，则______．
【答案】480
【解析】
【分析】
依题意可得是在上周期为的周期函数，根据上的解析式，画出函数图象，即可得到、、的坐标，及线段所在直线方程，设，，根据向量数量积的坐标表示求出，即可得解；
【详解】
解：因为定义在上的函数满足，所以是在上周期为的周期函数，
且当时，，函数图象如下所示：

依题意可得、、，且的方程为，
设，，
所以，，
所以，所以
故答案为：