2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十六含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十六含解析，共52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（十六）
一、单选题
1．（2022·福建·莆田二中模拟预测）如图1，在高为h的直三棱柱容器中，，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高h为（       ）

A．3 B．4 C． D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
利用两个图形装水的体积相等即可求解.
【详解】
在图1中，
在图2中，，
.
故选：A.
2．（2022·山东菏泽·一模）已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.
【详解】
设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.
故选：D.
3．（2022·山东菏泽·一模）已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（       ）
A．36 B．35 C．34 D．33
【答案】B
【解析】
【分析】
先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.
【详解】
由得：，.
，又，
，，
，则使得的最小正数n为35.
故选：B.
4．（2022·福建·莆田二中模拟预测）已知函数，若存在实数，对任意的实数都有，且在区间上有且仅有3个零点，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，得到的图象关于（a,1）对称，进而得到b=1，由，得到，再根据在区间上有且仅有3个零点，由，得到范围，然后由，利用正弦函数的性质求解.
【详解】
解：因为，
所以的图象关于（a,1）对称，
所以b=1，
所以，
令，则，
即，
因为，
所以，
因为在区间上有且仅有3个零点，
所以，则，
所以，则，
所以，
即.
故选：C
5．（2022·福建龙岩·一模）已知函数，记等差数列的前n项和为，若，，则（       ）
A． B． C．2022 D．4044
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断函数是奇函数，再求出，再利用等差数列的前项和公式得解.
【详解】
解：因为是奇函数，
因为，，所以，
所以，所以，
所以.
故选：A
6．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）若存在两个不相等的正实数x，y，使得成立，则实数m的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
将给定等式变形并构造函数，由函数的图象与垂直于y轴的直线有两个公共点推理作答.
【详解】
因，令，
则存在两个不相等的正实数x，y，使得，即存在垂直于y轴的直线与函数的图象有两个公共点，
，，而，当时，，函数在上单调递增，
则垂直于y轴的直线与函数的图象最多只有1个公共点，不符合要求，
当时，由得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
令，，令，则，即在上单调递增，
，即，在上单调递增，则有当时，，
，而函数在上单调递增，取，则，
而，因此，存在垂直于y轴的直线()，与函数的图象有两个公共点，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
【点睛】
思路点睛：涉及双变量的等式或不等式问题，把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
7．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，的平分线与相交于点B，若，则椭圆的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
解法一：首先设，，在与中，求的值，求得，中，由勾股定理即可求得离心率；
解法二：首先设，，再利用椭圆定义，角平分线定理，以及勾股定理，分布列式，化简为关于的齐次式子，即可求解离心率.
【详解】
解法一   设，，则.由，
得.因为，所以.
在与中，，所以，即，得.因为，所以，所以，得，即，则，于是在中，由勾股定理，得，整理得，得，
故选：D.
解法二   设，，由得，.因为，所以，在中，由勾股定理，得①.由椭圆的定义得②.因为平分，所以，即③，联立①②③并化简得，则，得.
故选：D.
8．（2022·江苏南通·一模）在平面直角坐标系中，、分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则双曲线的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
作出图形，设，利用三角形相似以及角平分线的性质可得出，可得出为等边三角形，可得出，再利用余弦定理可求得该双曲线的离心率.
【详解】
如下图所示：

设，因为，，则，所以，，
所以，，所以，，，
由双曲线的定义可得，，
因为经过的内切圆圆心，即平分，
所以，，则，，
所以，，则，则，，
故为等边三角形，则，故，
在中，，，，
由余弦定理可得，
即，可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
9．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，若关于x的不等式对任意恒成立，则实数k的取值范围(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
观察分析可构造函数，根据g(x)的单调性和奇偶性将问题转化为即对恒成立.
【详解】
设，
则，即，
由，解得，即g(x)定义域关于原点对称，
又，
故g(x)是定义在(－2，2)上的奇函数.
，
y＝在(－2，2)单调递增，y＝lnx在(0，﹢∞)单调递增，故g(x)在(－2，2)单调递增，
则变为，
∴原问题转化为：对恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立.
令，
∵在上单调递减，
∴，∴；
令，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴当时，取最大值，∴，
∴，即实数的取值范围是.
故选：C.
10．（2022·河北邯郸·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，则满足为直角三角形的点有（       ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据椭圆的对称性及的值，分类讨论，即可求解.
【详解】
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；
设椭圆的上顶点为，
由椭圆，可得，可得，
则，，
所以，故，
所以不存在以为直角顶点的，
故满足本题条件的点共有4个.
故选：B.
11．（2022·河北保定·一模）在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，取的中点，连接，则可得梯形为平面所在的截面，则为三棱台的体积，设正方体的棱长为2，先求出，从而可求出，进而可求出的值
【详解】
如图，取的中点，连接，
因为M为棱的中点，所以∥，，
因为∥, ，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，，
所以∥，，
所以梯形为平面所在的截面，
则为三棱台的体积，
不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为，
所以
,
所以，
所以，
故选：C

12．（2022·广东肇庆·模拟预测）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，即，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，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据斐波那契数列的性质进行求解即可.
【详解】
由，得
.
故选：C.
13．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知当时，函数的图象与函数的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将两个函数的解析式联立，消去，得到等式，问题转化为方程有两个不同的正实根，
根据这个等式运用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.
【详解】
由题设，当时，，令，
则，所以当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减.又，，
所以当时，直线与的图象有两个交点，
即函数的图象与函数的图象有且只有两个交点.
故选：A.
【点睛】
关键点睛：利用常变量分离法构造函数利用导数的性质是解题的关键.
14．（2022·河北石家庄·一模）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”中，，，动点在“堑堵”的侧面上运动，且，则的最大值为（       ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得余弦值，即可求出的最大值.
【详解】
由题意可知三棱柱为直三棱柱，且，
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的直角坐标系，如下图所示：

因为，则，
由于动点在“堑堵”的侧面上运动，则存在实数使得，
又，所以，
所以，
又，所以，
化简可得，即，
又，
又，所以，,
所以，
又，函数在上单调递减，且，
所以的最大值为.
故选：B.
15．（2022·河北石家庄·一模）已知双曲线：（，），过原点的直线交于、两点（点在右支上），双曲线右支上一点（异于点）满足，直线交轴于点，若，则双曲线的离心率为（       ）.
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意设（），，由点差法可得，而，，化简可得，从而可求出双曲线的离心率
【详解】
由题意设（），，
则，
两式相减得，，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，
因为
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以离心率，
故选：A
二、多选题
16．（2022·山东菏泽·一模）设抛物线的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，为定点，则下列结论正确的有（       ）
A．准线l的方程是 B．以线段MF为直径的圆与y轴相切
C．的最小值为5 D．的最大值为2
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据抛物线方程，求得准线方程，可判断A的正误；设，设MF的中点为D，求得D点坐标，分析即可判断B的正误；过M作准线的垂线，垂足为N，根据抛物线定义，可得当E、M、N三点共线时，有最小值，计算即可判断C的正误；根据三角形的性质可得当E、F、M共线时，有最大值，计算即可判断D的正误，即可得答案
【详解】
对于A：由抛物线，可得焦点坐标为，准线方程为，故A错误
对于B：设，设MF的中点为D，
则，D坐标为，
所以，即D点到点M、F和y轴距离相等，
所以以线段MF为直径的圆与y轴相切，故B正确.
对于C：过M作准线的垂线，垂足为N，由抛物线定义得，
所以，
由图象可得，当E、M、N三点共线时，有最小值，即为，
所以的最小值为5，故C正确；

对于D：根据三角形中，两边之差小于第三边可得，
如图所示，当E、F、M共线时，有最大值，且为，
所以的最大值为，故D错误；

故选：BC
17．（2022·山东菏泽·一模）下列结论正确的有（       ）
A．若，则
B．若，则
C．若（其中e为自然对数的底数），则
D．若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据对数函数、指数函数的单调性及不等式性质判断A，由特殊值判断BC，根据正弦函数在上的单调性判断D.
【详解】
由可得，即, 而是增函数，所以成立，故A正确；
由可得，故，所以不成立，如，故B错误；
当时，满足，，故不成立，故C错误；
由可知，所以，
而在上单调递增，所以，故D正确.
故选：AD.
18．（2022·山东菏泽·一模）对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（       ）
A． B．
C．对 D．对中至少有两个元素
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A：根据定义，直接求出，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；
对于C：求出，即可判断；
对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.
【详解】
对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.
对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
规定．记，，
所以，令，，则，
因为
，
所以



所以的值域为.故B错误.
对于C：因为，所以，所以对.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：.
因为，，
所以，令，，则，
因为
，
所以

，
，


即k=10时，的值域为.故D错误.
故选：AC
【点睛】
数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
19．（2022·全国·高三专题练习）已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，则（       ）
A．当四边形为正方形时，点P的坐标为 B．的取值范围为
C．当为等边三角形时，点P的坐标为 D．直线过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据距离公式及圆心切点构成的直角三角形求解，再利用过定点的判断法则进行判断即可.
【详解】
解：

对于A选项：当四边形为正方形时，则
则圆

又点是直线上的一点
设
，即
该方程，无解
故不存在点使得为正方形，A错误；
对于B选项：由A知，

，则，即的取值范围是
故B正确；
对于选项C：若三角形为等边三角形为等边三角形，易知
又平分

在中，由于

又点坐标为：
，即
，故C错误；
对于选项D：

记中点为
则以D为圆心，为半径的圆与圆的公共弦为
圆方程为
整理得
联立，化简得
即得直线方程为
将代入方程恒成立；故直线过定点，D正确.
故选：BD
20．（2022·福建龙岩·一模）已知数列的前n项和为，，则下列选项正确的是（       ）
A．数列的奇数项构成的数列是等差数列 B．数列的偶数项构成的数列是等比数列
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据，，进行递推得到数列的规律逐项判断.
【详解】
因为，，
所以,，
，,
，,
，，
，，
，，
可以看出：偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列，
奇数项不是等差数列，
，
，
，
，
，
故选：BC.
21．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）设动直线l：（）交圆C：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（2，3）
B．当取得最大值时，
C．当∠ACB最小时，其余弦值为
D．的最大值为24
【答案】ABD
【解析】
【分析】
将直线方程变形为，即可求出直线l过的定点进而判断A；
结合选项A可知定点在圆C的内部，进而当直线l过圆心时最大，即可判断B；
根据点线之间的距离可知当时最小，结合余弦定理计算即可判断C；
根据题意可知当为直径时取得最大值，即可判断D.
【详解】
选项A，由整理得，
当即时，不论m为何值时，都成立，
所以直线l过定点，故A正确；
选项B，因为直线l过定点，将定点代入圆，
所以定点在圆C的内部，当直线l过圆心时，取得最大值，
此时，解得：，故B正确；
选项C，设直线l过的定点，当时，圆心到直线的距离最大，
即的余弦值最大，结合余弦在上单调递减，可得最小，
而，所以，
所以在中，，故C不正确；
选项D，，
所以当为直径时，取得最大值，
此时，所以的最大值为24，故D正确.
故选：ABD
22．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（       ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】
以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
23．（2022·江苏南通·模拟预测）在棱长为的正方体中，点P在正方形内含边界运动，则下列结论正确的是（       ）．
A．若点P在上运动，则
B．若平面，则点P在上运动
C．存在点P，使得平面PBD截该正方体的截面是五边形
D．若，则四棱锥的体积最大值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据线面垂直的判定定理、面面平行的性质，结合正方体截面的性质、棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】
A：因为平面，而平面，所以，而，
平面，所以平面，因为点P在上运动，
所以平面，因此，所以本选项结论正确；
B：连接，因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
而平面，因此平面平面，当平面，所以有点P在上运动，因此本选项结论正确；
C：由正方体的截面的性质可知截面不可能是五边形，所以本选项结论不正确；
D：正方体的面积为，当点P在上时，高最长，
此时有：，而，所以，
所以的体积最大值为，本选项结论正确，
故选：ABD

【点睛】
关键点睛：运用正方体的性质、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和性质是解题的关键.
24．（2022·江苏南通·模拟预测）已知直线与函数的图象相交，A，B，C是从左到右的三个相邻交点，设，，则下列结论正确的是（       ）．
A．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称
B．若，则
C．若在上无最值，则的最大值为
D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据三角函数图象的平移变换和奇函数的定义即可判断A；根据三角函数的周期性和图象中波峰的特点即可判断B；根据题意可知在上是单调的，进而可得
，求出的范围即可判断C；根据B选项的分析可得，则，构造函数，利用导数讨论函数的单调性，即可判断D.
【详解】
A：将函数的图象向右平移个长度单位，
则，
若图象关于原点对称，则为奇函数，有()，
解得()，又，得，
所以当且仅当且时，图象关于原点对称，故A错误；
B：若，则，即，
设，则，且，
所以，得①，
又点A、B的中点的横坐标为，则，
所以，即②，
由①②得，，有，，
所以，所以，故B正确；
C：由函数在上无最值，知在上是单调的，
有，所以，，
解得，，所以当时，取得最大值，故C正确；
D：由B选项的分析可知，，，
两式相加，得，有，
所以，
即，所以，令，
则，又，易得在上单增，且，所以，
所以，则函数在上单调递减，所以，
即，故D正确.
故选：BCD
25．（2022·河北邯郸·一模）已知函数，则（       ）
A．为周期函数 B．的图象关于轴对称
C．的值域为 D．在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据函数的周期性、对称性、值域以及单调性进行逐项判断.
【详解】
解：由题意得：
对于A选项：因为，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B选项：因为，则的图象关于原点对称，B错误；
对于C选项：当，时，；
当，时，.
故函数的值域为，C正确；
对于D选项：当时，，因为，所以在上单调递增，D正确.
故选：ACD.
26．（2022·河北邯郸·一模）下列大小关系正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A、B选项画出和的图象，数形结合进行比较，C选项构造函数，借助单调性进行判断，D选项作减法，借助对数运算及基本不等式进行比较.
【详解】

作出和的图象，如图所示，由图象可得，当时，，
当时，，，，故A，B正确.
令，则，在上单调递减，所以，故C错误.
，所以，故D正确.
故选：ABD.
27．（2022·河北保定·一模）在正方体中，点、分别是棱、的中点，则下列选项中正确的是（       ）.
A．
B．平面
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．平面截正方体所得的截面是五边形
【答案】AD
【解析】
【分析】
以点为原点建立空间直角坐标系，然后运用向量可判断ABC，然后运用平行线法作出平面截正方体所得的截面，即可判断D.
【详解】

以点为原点如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
则
因为，，，所以，故A正确；
因为，，设平面的法向量为
所以由，可得，所以可取，
因为，，所以不与平面平行，故B错误；
因为，
所以
所以异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；
连接，在上取靠近的四等分点为，则
连接，在上取靠近的三等分点为，则
所以平面截正方体所得的截面是五边形，故D正确
故选：AD
28．（2022·河北保定·一模）已知是数列的前项和，且，则下列选项中正确的是（       ）.
A．（）
B．
C．若，则
D．若数列单调递增，则的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A，由，多写一项，两式相减即可得出答案.
对于B，由（），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件.
对于C，由分析知，所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.
对于D，因为数列单调递增，根据，即可求出的取值范围.
【详解】
对于A，因为，当，两式相减得：
（）,所以A正确.
对于B，因为（）,所以，
两式相减得：（），所以B不正确.
对于C，，令，则，，因为
，所以.令，则，，所以.
因为（），而，所以.
所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列.
偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.
则：
，所以C正确.
对于D，，令，则，，则
又因为，令则，所以，
同理：，
，
因为数列单调递增，所以，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
解得：，
所以的取值范围是，所以D不正确.
故选：AC.
【点睛】
本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用，得出的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.
29．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，点P是线段上（不含端点）的任意一点，点E是线段的中点，点F是平面内一点，则下面结论中正确的有（       ）
A．平面
B．以为球心､为半径的球面与该正方体侧面的交线长是
C．的最小值是
D．的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A选项：利用线面平行的判定定理证明出平面，即可判断；
对于B选项：先作出球面与侧面的交线为弧，再求弧长；
对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面作于点G，交于P.利用几何法判断出最小.解三角形求出最小值，即可判断C、D.
【详解】
对于A选项：

因为平面即为平面，又因为，且平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B选项：

该球面与侧面的交线为弧，是以为圆心，圆心角为的弧，所以弧长为，故B正确；
对于C，D选项：

将沿翻折到与在同一平面且点，D在直线的异侧，作于点G，交于P.由两点之间，直线最短.可得G、F重合时，最小.此时，设，则,
所以.
在中，,所以，则的最小值是，故C不正确，D正确.
故选:ABD.
30．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（       ）
A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与l相切
C．的最小值为32 D．当最小时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.
【详解】
设，，，，，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，故D正确,
故选:BCD.
【点睛】
本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.
31．（2022·河北唐山·一模）已知，，，为函数的零点，，下列结论中正确的是（       ）
A．
B．
C．若，则
D．a的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，只要利用函数零点的判断定理即可；
对于B，由于有了A的结论，只要判断的范围即可；
对于C，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；
对于D，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.
【详解】
，
，故A正确；
当时，，必无零点，故，
，故B错误；
当时，即，两边取对数得，
，，
联立方程解得，由于，
，故C正确；
考虑在第一象限有两个零点：即方程有两个不同的解，
两边取自然对数得   有两个不同的解，
设函数，，
则时，，当时，，
当时，，所以，
要使得有两个零点，则必须，即，
解得，故D正确；
故选：ACD.
32．（2022·河北唐山·一模）已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率分别记为，，则（       ）
A．为定值 B．为定值
C．为定值 D．为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
直线与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，利用韦达定理依次验证四个选项即可得结果.
【详解】
由得：，则；
对于A，为定值，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，不为定值，C错误；
对于D，，则为定值，D正确.
故选：ABD.
三、双空题
33．（2022·江苏南通·一模）在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．       
【答案】          ##
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出的值，可求得线段的长，设三棱锥的外接球球心为，根据已知条件建立关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】
连接，则，又因为平面，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、、，
，，
由已知可得，解得，
因此，，则点，
设三棱锥的外接球球心为，
由，即，解得，
所以，三棱锥的外接球半径为，
因此，该三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
34．（2022·浙江·高三专题练习）已知、，是圆上的动点，当最大时，________；的最大值为________.
【答案】         
【解析】
【分析】
求得，利用基本不等式可求得当取最大值时对应的的值，推导出，利用三角换元结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
【详解】
由已知可得，则，得，且有，
所以，
，
当且仅当时，即当时，取得最大值.
因为，，所以，，
设，，其中，
所以，，
因为，则，当时，即当时，取得最大值，
此时，可得，合乎题意.
故答案为：；.
四、填空题
35．（2022·山东菏泽·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过原点的直线l与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为A、B，，四边形的周长p与面积S满足，则该双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由双曲线的定义及三角形周长为p,可得，，再由及可得，在中利用余弦定理可建立关系式，再由消去p即可得出离心率.
【详解】
由题知，，四边形的是平行四边形，，
联立解得，，，
，
，
又，
，即.
由余弦定理可得，
化简得，
.
故答案为：
36．（2022·山东菏泽·一模）已知奇函数在区间上是增函数，且，，当，时，都有，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数的单调性将不等式进行转化，根据函数奇偶性和单调性的关系以及抽象函数关系判断出函数在区间上也是增函数，利用赋值法求得特殊值，再根据函数的单调性进行求解即可．
【详解】
不等式等价为，
即或，
即或，
是奇函数，且，   
，
故，则，
，
，
又奇函数在区间上是增函数，故在区间上也是增函数，
故即或，
此时；
而即或，
此时；
故不等式的解集为，
故答案为：
37．（2022·福建龙岩·一模）已知函数，若方程有解，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
换元后利用参变分离，最后用基本不等式进行求解.
【详解】
由题意得：有解
令
有解，即有解，显然无意义

,当且仅当，即时取等，
故答案为：.
38．（2022·福建龙岩·一模）已知是等腰直角三角形，点P在平面的同一侧运动，P到平面的距离为6，三棱锥的体积为18且其外接球的半径为5，则满足上述条件的点P的轨迹长度为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意求得外接球的球心到平面的距离为，进而得到球心到点轨迹所在圆的距离为，求得点的轨迹所在圆的半径为，利用圆的周长公式，即可求解.
【详解】
如图所示，由是等腰直角三角形，可得，
又由到平面的距离为，三棱锥的体积为，
可得，解得，所以，
因为其外接球的半径，可得，解得，
即圆心到平面的距离为，
又因为点到平面的距离为，所以球心到点轨迹所在圆的距离为，
设点的轨迹所在圆的半径为，可得，
所以点P的轨迹长度为.
故答案为：

39．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．

【答案】
【解析】
【分析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，
则，得，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，
所以，即，解得．
所以该正二十面体的外接球表面积为，
而该正二十面体的表面积是，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
40．（2022·河北邯郸·一模）已知A、B、C、D四点都在表面积为100π的球O的表面上，若AD是球O的直径，且，，则该三棱锥A－BCD体积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出图像，数形结合求解.设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，故当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，在△ABC内，由余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，如此即可求出最后答案.
【详解】
设求O的半径为R，∵球O的表面积为，∴，∴，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，∴，

∴，
∵AD是直径，O是AD中点，∴D到平面ABC的距离为.
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故答案为：.
41．（2022·河北邯郸·一模）已知点在双曲线的右支上，，动点满足，是双曲线的右焦点，则的最大值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】
由题意可知的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，利用双曲线定义将转化为，结合图形，利用几何性质可求得答案.
【详解】
动点满足，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆,
设双曲线的左焦点为，由题知，
则，
当且仅当，，三点共线时，等号成立，

所以的最大值为，
故答案为：
42．（2022·河北保定·一模）若函数在上单调递减，且在上的最大值为，则___________.
【答案】##-0.25
【解析】
【分析】
先根据函数在上单调递减及周期，确定，再根据函数的最大值求解.
【详解】
因为函数在上单调递减，
所以，，则，
又因为函数在上的最大值为，
所以，即，
所以.
故答案为：
43．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
设右焦点为，连接，.判断出四边形为矩形.在中，解三角形求出，，利用椭圆的定义得到，即可求出离心率.
【详解】
设右焦点为，连接，.
因为，即，可得四边形为矩形.
在中，，.
由椭圆的定义可得，所以，所以离心率.
故答案为：.
44．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知函数，，，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为___________.
【答案】##8.25
【解析】
【分析】
根据题意列出方程组，求出的表达式，求出符合条件的，再根据在区间上有且只有一个极大值点，分类讨论确定的值是否适合题意，可得答案.
【详解】
由题意知，,，，则,，，
其中，,
当时，，，；当时，，，.
又在区间上有且只有一个极大值点，所以，
得，即，所以.
当时，，，此时，此时有2个极大值点，舍去；
当时，，，此时，此时有1个极大值点，成立，
所以的最大值为，
故答案为：
45．（2022·河北石家庄·一模）若，使不等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用同构思想将原始变形，构造新不等式，通过数形结合得到的范围，由此反推出的范围.
【详解】
由题，原式变形：，
移项且两边同时加1得，
令，原式可得，令，，
因为，，
由下图图像可知，当时，可得，
所以，因为题目中为存在性命题，且，
所以，解得

故答案为：
【点睛】
同构题型识别度较高，当题目中同一个参数出现在多个位置，且一般无法分离，同时式子中指数对数幂函数三类形式的函数时，常常想到同构思想来解题.
46．（2022·河北石家庄·一模）设点是椭圆：上的动点，点是圆：上的动点，且直线与圆相切，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
数形结合将转化为，问题转化为求椭圆上一点到圆心E的距离，采用函数方法即可求解.
【详解】
由题可知，＝1，设，，，
则，
∴当时，.
故答案为：.

47．（2022·河北唐山·一模）为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为________.
附：若随机变量X服从正态分布，则.
【答案】19
【解析】
【分析】
根据正态分布的性质求出在之外的概率，从而得到，根据二项分布的期望公式得到不等式，解得即可；
【详解】
解：依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为；
故答案为：19