2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十七含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十七含解析，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（十七）
一、单选题
1．（2022·广东佛山·二模）设且，函数，若，则下列判断正确的是（　　）
A．的最大值为-a B．的最小值为-a
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据给定条件，用a表示b，c，再结合二次函数的性质求解作答.
【详解】
依题意，，
因，则是奇函数，于是得，即，
因此，，而，当时，的最小值为-a，当时，的最大值为-a，A，B都不正确；
，，，
即，，因此，C不正确，D正确.
故选：D
2．（2022·广东佛山·二模）中，，O是外接圆圆心，是的最大值为（　　）
A．0 B．1 C．3 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出的最大值即可计算作答.
【详解】
过点O作，垂足分别为D，E，如图，因O是外接圆圆心，则D，E分别为AC，的中点，

在中，，则，即，
，同理，
因此，
，
由正弦定理得：，当且仅当时取“=”，
所以的最大值为3.
故选：C
【点睛】
方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
3．（2022·广东梅州·二模）已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，，且，则不等式的解集是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
令，根据题意可得函数在上递增，从而可得出函数在上的符号分布，从而可得函数在上的符号分布，再结合是定义在上的奇函数，即可得出函数在上的符号分布，从而可得出答案.
【详解】
令，
则，
所以函数在上递增，
又因，
所以当时，，
当时，，
又因当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
又因为，所以当时，，
因为是定义在上的奇函数，
所以，当时，，
由不等式，
得或，
解得，
所以不等式的解集是.
故选：B.
4．（2022·广东梅州·二模）两不共线的向量，，满足，且，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断，整理后可知只能为0，即可解得答案.
【详解】
解：由题意得：
，
，
即

，

，即
故选：C
5．（2022·湖南湘潭·三模）A，B，C，D是半径为4的球面上的四点，已知AB=5，BC=3，cos∠BAC=，当AD取得最大值时，四面体ABCD的体积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据余弦定理确定为直角三角形，求出球心到平面的距离，
又当AD为直径时取得最大值，得到到平面的距离，即可得到四面体ABCD的体积.
【详解】
在中，，
解得，则，∴
设球心到平面的距离为，则.
当AD为直径时取得最大值，点到平面的距离为，
故四面体的体积.
故选：D
6．（2022·湖南湘潭·三模）若函数在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
化简函数，根据，得到，结合在上恰有2个零点，列出不等式，即可求解.
【详解】
由题意，函数，
因为，所以，
又由在上恰有2个零点，所以，解得，
所以的取值范围为.
故选：B.
7．（2022·湖南师大附中一模）若关于的方程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】D
【解析】
【分析】
将方程，转化为，在同一坐标系中作出函数与的图象，利用数形结合法求解.
【详解】
方程，即为，
因为方程有两个不相等的实数根，
所以函数与的图象有两不同的交点，
在同一坐标系中作出函数与的图象如图所示：

由图象知：当直线过点时，，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，
解得，
所以实数的取值范围是，
故选：D．
【点睛】
方法点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．
8．（2022·湖南师大附中一模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（       ）
A．A，M，O三点共线 B．M，O，A1，A四点共面
C．B，B1，O，M四点共面 D．A，O，C，M四点共面
【答案】C
【解析】
【分析】
由长方体性质易知，，，四点共面且，是异面直线，再根据与、面、面的位置关系知在面与面的交线上，同理判断、，即可判断各选项的正误.
【详解】
因为，则，，，四点共面.
因为，则平面，又平面，
则点在平面与平面的交线上，
同理，、也在平面与平面的交线上，
所以、、三点共线，从而，，，四点共面，，，，四点共面.
由长方体性质知：，是异面直线，即，，，四点不共面.
故选：C.

9．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数有两个零点，下列说法错误的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先将问题转化为：与有两个交点，数形结合根据选项判断即可.
【详解】
因为函数有两个零点，所以有两个根，
即，即与有两个交点，画出函数图像如下图所示：

设，所以，当时，解得，
函数单调递增；当时，解得，函数单调递减，
所以，当时，，当时，，
所以当时，与有两个交点，
即函数有两个零点，故A正确；结合图像可知，
因为，要证明，即证明，整理得，令，所以，设，所以恒成立，所以在单调递增，所以，即，故D正确；
由D选项正确，即，即成立，
因为，所以，所以，故B不正确；
因为，，
可得，可得，故C选项正确.
故选：B.
10．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（       ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【答案】A
【解析】
【分析】
设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.
【详解】
依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.
若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能；
若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能；
小计：1+12+12=25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能；
若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能；
若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能；
YXZ
H※
H※
H※
H
H※※
H※
H※
H※
※
H※
H※
※※
H

若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计：；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型
若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；
若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能；
若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能；
若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.
小计；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能；
若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”
只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种.
故选：A
【点睛】
比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.
11．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）在边长为6的菱形中，，现将沿折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
当三棱锥的体积最大值时，平面平面，即可求出外接圆的半径，从而求出面积.
【详解】
当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图，

取的中点为，连接，则.
设分别为，外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，
则在上，在上，且,
且平面，平面.
平面平面，平面平面，平面
平面，，同理
四边形为平行四边形
平面，平面
，即四边形为矩形.


外接球半径
外接球的表面积为
故选：A.
12．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）PQ为经过抛物线焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为，以MN为直径的球面积为，则（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
解：设设与轴夹角为，令，，根据抛物线的定义可知，，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公式得到、，即可判断；
【详解】
解：设与轴夹角为，令，，则，，则，，所以当且仅当时等号成立；
故选：C
13．（2022·山东潍坊·模拟预测）已知椭圆E：（）的右顶点为A，直线交E于第一象限内的点B．点C在E上，若四边形OABC为平行四边形，则（            ）
A．若k越大，则E的长轴越长 B．若k越大，则E越扁
C．若，则E的离心率为 D．若，则E的离心率最大
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意分析坐标，得与关系，对每个选项逐一判断
【详解】
由OABC为平行四边形知，故,代入椭圆方程得
，即
对于A，若k越大，越小，A错误
对于B，若越大，则越小，椭圆越圆，B错误
对于C，若，则，C正确
对于D，无最大值，D错误
故选：C
14．（2022·山东潍坊·模拟预测）如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得到圆D3，D4，…，Dn．设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为，（），则（            ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合等边三角形、圆的几何性质求得各圆的半径，从而求得各圆面积，进而求得.
【详解】
等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一.
所以圆的半径为，面积为，
圆的半径为，面积为，
圆的半径为，面积为，
以此类推，圆的面积为，
所以各圆的面积组成的数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：B
15．（2022·山东青岛·一模）设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，，，则，，的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据的奇偶性化简，结合的单调性确定的大小关系.
【详解】
依题意是定义域为R的偶函数，
，
，
，
，
，
，
，
由于在上单调递增，所以.
故选：D
16．（2022·山东青岛·一模）已知函数，将的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若图象关于对称，则为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
化简解析式，根据三角函数图象变换求得，由求得的值.
【详解】
，
的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，
得到函数，
故，
所以，
由于，所以.
故选：A
二、多选题
17．（2022·广东佛山·二模）在棱长为3的正方体中，M是的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点N，使得
B．三棱锥M—的体积等于
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面
D．有且仅有三个点N，使得N到平面的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点的位置容易判断A，由求解可判断B；当分别为中点时，可判断C；易证平面，平面，且，可判断D．
【详解】
对于A，显然无法找到点N，使得，故A错；
对于B，，故正确；
对于C，如图所示分别为中点，有平面，平面，故正确；
对于D，易证平面，平面，且，
所以有点四点到平面的距离为，故D错．
故选：BC

18．（2022·广东佛山·二模）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
构造函数，求导，计算出其单调性即可判断.
【详解】
构造函数，，
当时，，时，，时，，
在处取最大值，，，
函数图像如下：

，，A正确；B错误；
，，
，C正确，D错误；
故选：AC.
19．（2022·广东梅州·二模）一球筐中装有个小球，甲、乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓个球，最多抓个球，规定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，则以下推断中正确的有（       ）
A．若，则甲有必赢的策略 B．若，则甲有必赢的策略
C．若，则乙有必赢的策略 D．若，则乙有必赢的策略
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对甲第一抓球的个数进行分析，结合题意进行推理，可判断各选项的正误.
【详解】
对于A选项，若，只要甲第一次抓个球，乙抓个或个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，A对；
对于B选项，若，只要甲第一次抓个球，乙抓个或个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，B对；
对于C选项，若，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，
若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合A选项可知，乙有必赢的策略，
综上，若，则乙有必赢的策略，C对；
对于D选项，若，若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合C选项可知，甲有必赢的策略，
若甲第一次抓个球，则问题转化为剩余个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，D错.
故选：ABC.
20．（2022·广东梅州·二模）在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（       ）

A．当为中点时，为锐角
B．存在点，使得平面
C．的最小值
D．顶点到平面的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，
则，，
则，，
所以，
所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，
所以，
即的最小值为，故C错误；
对于D，，
设平面的法向量，
则有，
可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，
，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D正确.
故选：ABD.

21．（2022·湖南湘潭·三模）已知双曲线（）的左､右焦点分别为F1（−c，0），F2（c，0）.直线与双曲线左､右两支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（       ）
A．双曲线的离心率为 B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
连接，设，由已知，利用双曲线的定义求得，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用表示，从而求得，得离心率判断A，由数量积的定义计算数量积判断BC．
【详解】
如图，连接，设，因为，所以，D正确.
又为线段的中点，所以.又，所以，则，得，所以双曲线的离心率为，A不正确；

，B正确，C不正确.
故选：BD．

22．（2022·湖南湘潭·三模）已知数列满足，，则下列说法正确的有（       ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
直接计算出即可判断A选项；构造函数函数，由，得到，进而判断B选项；
由得到，再结合累乘法得到，按照等比数列求和公式即可判断C选项；
构造函数，由得到，结合累乘法求得，按照等比数列求和公式即可判断D选项.
【详解】
，则，又，所以，A不正确.
令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，，即，又易得是递增数列，，故，所以，B正确.
易知是递增数列，所以，则，则，即，所以，即，所以，所以，
而当时，则有，C正确.
令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，，则，
所以，，，
所以，D正确.
故选：BCD.
【点睛】
本题关键点在于B选项通过构造函数进行放缩得到，结合即可判断；C选项由放缩得到，D选项构造函数得到，再结合累乘法和求和公式进行判断.
23．（2022·湖南师大附中一模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则（       ）
A．点的轨迹是一条线段 B．直线与可能相交
C．直线与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】
取线段，中点，，证得平面平面，得到平面，可判定A正确；根据异面直线的定义，得到与是异面直线，可判定B错误；当点与点重合时，可判定C错误；由点到平面的距离是定值，且的面积为定值，可判定D正确.
【详解】
如图所示，分别取线段，中点，，连接，，，
则，，所以平面平面，
因为平面，则平面,
又点是侧面内的动点，所以点的轨迹为线段，所以A正确；
因为在平面内，直线与平面相交，且交点不在上，
所以与是异面直线，所以B错误；
当点与点重合时，直线与直线平行，所以C错误；
因为，则平面，所以点到平面的距离是定值，
又由的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确.
故选：AD.

24．（2022·湖南师大附中一模）已知正数x，y，z满足，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设，，求出，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法即可判断B；利用作差法即可判断D；再根据AD即可判断C.
【详解】
解：设，，
则，，，
所以，A正确；
因为，则，
因为，则，
所以，B正确；
因为，
则，D正确.
因为，则，所以，C错误.
故选：ABD.
25．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知向量，，且，，其中，下列说法正确的是（       ）
A．与所成角的大小为 B．
C．当时，取得最大值 D．的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用向量夹角定义和模的求法即可选定A选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除B选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项B中得出的结论即可判断C选项和D选项的正误.
【详解】
对于A选项：因为,
所以有：，解得，
所以与所成角的大小为；
对于B选项：，
因为，
所以，
结合得
，
将代入化简，得
，
故B选项错误；

对于C选项和D选项：以B点为圆心，建立平面直角坐标系，
则由可设，
使用余弦定理得：，
故可得，

当且仅当即时等号成立，
结和公式，以及选项B中的，可知
当时，
取得最大值，
而此时平方后化为一元二次方程后无解，因此D选项正确，C选项错误.
故选：AD.
26．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知数列的前项和为，且对于恒成立，若定义，，则以下说法正确的是（       ）
A．是等差数列 B．
C． D．存在使得
【答案】BC
【解析】
【分析】
利用退一相减法可得数列的通项及，即可判断各选项.
【详解】
当时，，
当时，由，得，故，即，
所以数列为等比数列，首项，公比，故，
A选项错误；
则，所以，

，B选项正确；
当时，，
假设当时，成立，
当时，，即成立，
故，C选项正确；
D选项错误；
故选：BC.
27．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.下列说法正确的是（       ）
A．外心的轨迹是一条直线
B．当变化时，外心的轨迹方程为
C．当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上
D．若分别是中点，则的外接圆过定点
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.
【详解】
因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，
所以的内心横坐标，双曲线方程：，，渐近线.
设.
当点在双曲线上时：
设直线与双曲线交两点
   

当直线与双曲线相切时，此时切点满足：

切线
设直线与渐近线交两点
   

切点正是线段的中点，
∴；线段中垂线是.
中垂线与轴交于点，且.
可设
一方面，；另一方面，线段中点是


考虑到
∴
，点       确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！
依（1）设
线段中点是
线段中垂线是，即
线段中垂线是，即
∴
，即外心的轨迹方程为.故选项B错！
（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而
化简得



∴
把代入并化简得：

考虑到不在渐近线上得，故
∴，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；
（4）设



共圆！
的外接圆过定点原点，选项D对.
故选：AD
【点睛】
关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.
28．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）已知函数，若，，，则（       ）
A．在上恒为正 B．在上单调递减
C．a，b，c中最大的是a D．a，b，c中最小的是b
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据当时，即可判断A；
利用导数讨论函数在上的单调性，进而求出函数的最小值即可判断B；
结合选项A和对数函数的单调性可得即可判断C；
利用作差法和结合选项B可得，根据C的分析过程可知，进而判断D.
【详解】
A：当时，，所以，故A正确；
B：函数的定义域为，，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，所以在上恒成立，
即函数在上单调递增，故B错误；
C：由选项A可知，当时，所以，
因为，所以，即；
当时，，得，
因为，，
所以，，
即，所以中最大的是a，故C正确；
D：

，
所以，由选项B可知函数在上单调递增，
所以，即，
由选项C可知，有，所以中最小的是c，故D错误；
故选：AC
29．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）在平面四边形ABCD中，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前n项和为，则（       ）
A．为等比数列 B．为递减数列
C．为等差数列 D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
设与交于点，由面积比得，根据平面向量基本定理得与关系，从而得数列递推关系，然后根据各选项求解数列，判断结论，其中选项D需要用错位相减法求和．
【详解】
设与交于点，，
，
共线，所以存在实数，使得，
所以，
所以，所以，，
所以，，，不是等比数列，A错；
因为，所以，即，所以是等差数列，C正确；
又因为，则，即，，
所以当时，，即，所以是递减数列，B正确；
因为，
，
所以两式相减得
，
所以，D正确．
故选：BCD．

30．（2022·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（            ）

A．
B．点的轨迹是一个半径为的圆
C．直线与平面所成角为
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
证明出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.
【详解】
对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，
平面，平面，则，
因为，平面，平面，，
同理可证，，平面，
平面，，A对；

对于B选项，设平面，
因为，，所以，三棱锥为正三棱锥，
因为平面，则为正的中心，则，
所以，，，，
平面，平面，，即，，
因为，即，，解得，
所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；
对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，
且，，故，C对；
对于D选项，点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为，
故的面积的最大值为，
因为平面，则三棱锥的高为，
所以，三棱锥体积的最大值为，D对.
故选：ACD.
31．（2022·山东潍坊·模拟预测）我们约定双曲线与双曲线为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是(       )
A．的离心率相同，渐近线也相同
B．以的实轴为直径的圆的面积分别记为，则
C．过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点
D．斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
A：根据双曲线标准方程求出渐近线方程和离心率比较即可；
B：求出的实轴，确定两个圆的半径并求它们的面积即可判断；
C：设出切线的方程，分别与方程联立，根据韦达定理求出P点横坐标和AB中点横坐标比较即可；
D：根据C中方程求出、并比较，根据弦长公式即可得到关系.
【详解】
①的渐近线为，离心率为，
，
则双曲线实轴长为，虚轴长为，
渐近线方程为，故两个双曲线的渐近线方程相同，
∵在双曲线里面，离心率，∴两双曲线离心率也相同，故A正确；
②，，，故B错误；
③对于C，若P为顶点时，切线与x轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与的交点AB关于x轴对称，即线段AB的中点为P；
当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为，
联立切线与，得(*)，
∵直线与相切，则方程(*)为二次方程，，且，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则根据韦达定理可知，
联立切线与，得(**)，
设，，则，
，∵P在切线上，∴为中点.
综上，P为线段AB中点，故C正确；
④对于D，
由(*)和(**)可知，，，
，即，
，故D错误；
故选：AC.
32．（2022·山东青岛·一模）已知椭圆的左、右焦点分别是，，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（       ）
A．的周长为6 B．的面积为
C．的内切圆的半径为 D．的外接圆的直径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
求得，进而求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
椭圆的左、右焦点分别是，，
为椭圆上一点，，
所以.
所以的周长为，A正确.
的面积为，B正确.
设的内切圆的半径为，则，C选项正确.
为锐角，
，
所以的外接圆的直径为，D选项错误.
故选：ABC
33．（2022·山东青岛·一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（       ）

A．圆台母线与底面所成角为60° B．圆台的侧面积为
C．圆台外接球半径为2 D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解；
对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；
对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出；
对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解.
【详解】
对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.

在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；

对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.
设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；

对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.

故选：ACD
【点睛】
立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.
三、双空题
34．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）某同学从两个笔筒中抽取使用的笔，蓝色笔筒里有6支蓝笔，4支黑笔，黑色笔筒里有6支黑笔，4支蓝笔.第一次从黑笔筒中取出一支笔并放回，随后从与上次取出的笔颜色相同的笔筒中再取出一支笔，依此类推.记第次取出黑笔的概率为，则___________，___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
第次取出黑笔的概率为，则取出蓝笔的概率为，进而根据题意建立递推关系，，再结合得数列为等比数列，公比为，首项为，进而得，再根据等比数列的求和公式求解即可.
【详解】
解：第次取出黑笔的概率为，则取出蓝笔的概率为，
所以第次取出黑笔的概率为，可能有两种情况，即第次取出的是黑笔或蓝笔，
所以第次取出黑笔的概率为，即，，
因为，，
所以数列为等比数列，公比为，首项为，
所以，
所以.
所以


，
综上，，
故答案为：；
35．（2022·山东青岛·一模）已知函数，若函数，则函数的图象的对称中心为______；若数列为等差数列，，______．
【答案】          44
【解析】
【分析】
根据题意计算的值，从而可求出其对称中心，由等差数列的性质结合，可得，再利用等差数的性质和的对称性可求出的值
【详解】
因为，
所以


，
所以的图象的对称中心为，即为，
因为等差数列中，，
所以，得，
因为的图象的对称中心为，
所以，，，，，
因为，
所以，
故答案为：，44
四、填空题
36．（2022·广东佛山·二模）公比为q的等比数列{}满足：，记，则当q最小时，使成立的最小n值是___________
【答案】17
【解析】
【分析】
根据题意，求出q，写出通项公式即可.
【详解】
是等比数列，，
又∵，，
设函数，，当时，，
时，，∴在x=1时，取极小值1，
，，由题意即q=e，，，，
，，
∴n的最小值是17.
故答案为：17.
37．（2022·广东梅州·二模）分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则的最小整数值是___________.（取，）

【答案】12
【解析】
【分析】
根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为，公比是的等比数列，求出次分形后线段之和为，列出不等式，结合，求出.
【详解】
由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形” 后所得线段之和的，且
一次分形后线段之和为，故每次分形后所得线段之和可看出首项为，公比是的等比数列，故次分形后线段之和为，故，两边取对数得：，又，解得：，故的最小整数值为12.
故答案为：12
38．（2022·湖南湘潭·三模）已知直线l是曲线与的公共切线，则l的方程为___________.
【答案】或
【解析】
【分析】
设与曲线相切于点，与曲线相切于点1），结合导数的几何意义，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】
设与曲线相切于点，与曲线相切于点1），
则，整理得，解得或，
当时，的方程为；当时，的方程为.
故答案为：或.
39．（2022·湖南师大附中一模）已知点、在椭圆上，为坐标原点，直线与的斜率之积为，设，若点在椭圆上，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
设点、，可得出，，且，将点代入椭圆的方程，可求得的值.
【详解】
设点、，则，，且.
由题设，点在椭圆上，则
即，得.
故答案为：.
40．（2022·湖南师大附中一模）已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其最大值后可求k的取值范围.
【详解】
，则当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，，
由已知，即，
令，则在上不存在减区间，
从而当时，恒成立，即恒成立，
令，则，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，所以.
41．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，若上存在相异的两点使得，则外接圆半径的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可知在同一个阿氏圆上，可设设为线段AB的外分点，由此可根据外接圆的直径为 ,列出等量关系，并表示出外接圆半径，设直线AB的参数方程，联立椭圆的方程，根据参数的几何意义，进行化简，可得答案.
【详解】
由题意知点在椭圆内，故，
则可设，不妨设，
故可知在同一个阿氏圆上，设其半径为，不妨设A,B位置如图：

则由阿氏圆的定义可知，为线段AB的分比为的内分点，设为分比为的外分点，
则 ,
则 ,
故,即 ,
故；
设直线AB的方程为（t为参数，为倾斜角，），
代入到中得到：，
，设其两根为，则，
故，
由于，其中为锐角，
故，当时，取到最大值，
故的最小值为，
当时，同理可解得的最小值为，
故答案为：
42．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）定义，，.若，，则___________.
【答案】35
【解析】
【分析】
根据所给定义、复数代数形式的运算法则以及复数模的计算公式计算可得；
【详解】
解：因为，，所以，，则
，，，所以
，所以，所以；
故答案为：
43．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）在一棱长为6的正四面体密闭容器内部有一半径为的球体自由运动.则容器内部未被球所扫过的体积为___________.（结果保留到整数，参考数据：）
【答案】7
【解析】
【分析】
首先从直观上分析容器内部的哪些区域是小球永远不可能接触到的，容易看到是四个角（顶点附近）的区域，因此，最终要就是研究小球被卡住的位置，也就是小球与同一顶点的三个侧面都相切时的位置
【详解】

先考虑小球在一个角时的情形，如图，记小球的半径为，，作面面，与小球切于点，则小球球心为正四面体的中心，面于，且为的中心，所以，
，
故，；
再考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为）相切的情形，设球与面切于点，，所以，
记正四面体的棱长为，作于，因为为正三角形
，为中点，，所以，，，，所以，
，
；小球体积，因为
所以，整个容器内部未被球所扫过的体积为
，
外六条棱不能触及的部分，每三条棱和球最大截面所构成的立体图形为三棱锥减去圆柱的体积，由六条棱组成的立体图形，它们的高均为，
两个这样的立体图形的体积为
，
共计不能接触到的体积为：
故答案为：7
44．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）设函数，已知，且，若的最小值为e，则a的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】
令，由图象可知，构造函数，利用导数求函数最小值即得.
【详解】
令，由图象如图所示可知．

因为，则，，得，即．
令，则，
∴当时，即时，，则在上单调递减，
所以，解得（不满足，舍去）；
∴当时，即时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得满足题意．
综上可得，．
故答案为：.
45．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）已知向量，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.
【详解】
，
，
……
.
下面用数学归纳法进行证明：
当时，满足题意；
假设当时，，
则当时，
，
故.
∴，
∴.
故答案为：.
46．（2022·山东潍坊·模拟预测）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：，AC=4，则△ABD面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
先通过正弦定理得到，再结合托勒密定理求出，最后由面积公式及基本不等式即可求出最大值.
【详解】

如图，可知，由诱导公式知，又sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：，
故sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BCD=1：1：，在△BCD中，由正弦定理得，
故，设，则由托勒密定理可知，
即，即，又，
当且仅当时取等号.故△ABD面积的最大值为.
故答案为：.
47．（2022·山东潍坊·模拟预测）设函数（a，）在区间上总存在零点，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】
由点到直线的距离公式求得的表达式，结合导数求得的最小值.
【详解】
在区间上总存在零点，
即，即在直线上，
表示点到原点的距离的平方，
的最小值为原点到直线的距离的平方，
即，
构造函数，
，
所以在区间递减；在区间递增.
所以.
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】
函数的零点，使.本题中，相当于零点是一个常数，而表示变量，主参变量发生了变化.将的最小值，转化为点到直线距离的最小值，结合导数来进行求解.
48．（2022·山东青岛·一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
由题意可知截角四面体的体积等于大正面体的体积减去4个小正四面体的体积即可
【详解】
因为大正四面体的棱长为3，
所以正四面体的的一个底面面积为，底面正三角形的高为
则正四面体的高为，
所以大正四面体的体积为，
由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为，底面正三角形的高为为，则小正四面体的高为，
所以小正四面体的体积为，
所以截得的截角四面体的体积为，
故答案为：