2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十七）

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1．（2023·广东广州·统考一模）已知均为正实数，为自然对数的底数，若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】已知均为正实数，,
当时，，满足成立，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误，
对于D，由已知，则，.
由 则，
所以，即，得，，即.
下面证明，.
设，，所以在区间上单调递增，
所以>，即.
所以，故D正确，
故选：D.
2．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，，则（ ）
A．13B．16C．25D．51
【答案】C
【解析】由，令，得，所以．
由为奇函数，得，所以，
故①．
又②，
由①和②得，即，
所以，③
令，得，得，
令，得，得．
又④，
由③-④得，即，
所以函数是以8为周期的周期函数，
故，
所以，
所以
，
故选：C．
3．（2023·广东湛江·统考一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据指数函数和对数函数的性质，可得：
，，，
又由，所以，故．
又，所以，所以．
故选：A．
4．（2023·湖南张家界·统考二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧.图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图.它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，
AB、AD、所在直线分別为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在
、、、、、、、中取得，
结合图形可知、，，、，，，，
则，
，
，
，，
，
，
，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，
该正方体的表面积为.
故选：D.
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）过点作抛物线的两条切线，切点分别是A，B，若面积的最小值为4，则（ ）
A．1B．2C．4D．16
【答案】B
【解析】设，以为切点的切线斜率为，
则以为切点的切线方程为，
与抛物线联立可得：，
由，即，则，
即，解得，
则以为切点的切线方程为，即，
所以，整理可得，
同理为切点的切线方程为，
因为点在切线和，
所以，，
故直线的方程为：，
联立消去x，得．．
由韦达定理，得，于是．
点M到直线的距离：，
于是的面积，
当时，面积最小为，
故选：B．
6．（2023·湖北·校联考模拟预测）设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，则，
因为，
设，
故在上单调递减，，故时，，
即时，，从而，即，
所以，故；，故，
于是，
故选：B．
7．（2023·山东聊城·统考一模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
令，
所以，
令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，
所以，
令，
所以，
所以在单调递增，
，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：B.
8．（2023·山东·河北衡水中学统考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，，使，则，
可得，，
若k为奇数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，，
当时，，，，，
若k为偶数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，
当时，，，，，
因此，所有解之和为：，
故选：C.
9．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）已知，b=0.01，c=ln1.01，则（ ）
A．c>a>bB．b>a>cC．a>b>cD．b>c>a
【答案】C
【解析】由指数函数的性质得：，
设，则在时恒成立，
所以在上是增函数，是连续函数，因此在上是增函数，
所以，即，即，所以，
所以．
故选：C．
10．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
11．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
12．（2023·福建漳州·统考三模）已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知：，，
联立两式可得：，
令，则；
令，则在上单调递增，
又，，
在上存在唯一零点，且，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，，
.
故选：C.
13．（2023·福建漳州·统考三模）已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示：
在正三棱锥中，易知，平面，
为中点，，
在等边中，为中点，，
平面，平面，，
设，则在中，，
在中，，
在中，根据余弦定理，，
则，化简可得：，解得，
则，，
在等边中，是中心，，，
平面，平面，，
在中，，
设正三棱锥的外接球的半径为，
假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则，
可得，解得，不符合题意；
假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则，
可得，解得，符合题意.
故正三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
14．（2023·江苏·二模）记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】到点和的距离相等的平面有两种类型，与平面平行或者经过的某一条中位线．
当平面与平面平行时，如下图，
设的三等分点分别为（靠近），
对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意．
在线段的延长线上取使得，
对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意，
即平面与平面平行时，满足条件的平面有2个；
设的中点分别为，
当平面经过的中位线时，
如下图：对于平面，在线段上且，
利用三角形相似可知，
又，平面，平面，可得平面，
且、分别为的中点，
则、、到平面的距离相等，
因此平面符合题意．
如下图：对于平面，在线段上，在线段上，
且，利用三角形相似可知，
又，平面，平面，可得平面，
且、分别为的中点，
则、、到平面的距离相等，
因此平面符合题意．
对于中位线，也有类似结论,即平面经过的某条中位线时，满足条件的平面有6个，
综上所述，符合题意的平面共有个．
故选：D．
15．（2023·江苏常州·校考一模）意大利数学家斐波那契于1202年写成《计算之书》，其中第12章提出兔子问题，衍生出数列：1，1，2，3，5，8，13，….记该数列为，则，，.如图，由三个图（1）中底角为60°等腰梯形可组成一个轮廓为正三角形（图（2））的图形，根据改图所揭示的几何性质，计算（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】B
【解析】从图（2）可得到正三角形的面积等于三个等腰梯形的面积加上小正三角形的面积，
所以，
整理可得，
由此可推断出也可构成以下正三角形，
所以，
整理可得，
所以
故选：B
16．（2023·江苏常州·校考一模）已知不等式的解集为，若中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”，若关于的不等式在区间上存在“和谐解集”，则实数的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】当时，原不等式可化为，整理可得；
当时，原不等式可化为，整理可得.
所以不等式可化为.
令，，
则.
所以在上单调递增，在上单调递，所以.
因为，所以.
又.
所以要使只有一个整数解，则唯一整数解只能是.
又因为点，是图象上的点，
所以.
因为， ，，，所以实数的可能取值为.
故选：C.
17．（2023·江苏常州·校考一模）在信息时代，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象可以近似的模拟某种信号的波形，则下列判断中不正确的是（ ）
A．函数为周期函数，且为其一个周期
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数的导函数的最大值为4.
【答案】A
【解析】依题意，
A选项，
，
所以不是的周期，A选项错误.
B选项，
，
，
所以，所以的图象关于点对称，B选项正确.
C选项，
.
.
所以，所以的图象关于直线对称，C选项正确.
D选项，，
由于，
所以，且，
所以的最大值是，D选项正确.
故选：A
18．（2023·江苏·统考一模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，所以，，所以，所以，若，则，设在上单调递增，所以，即，不合题意.
故选：A.
19．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意如图所示：
由双曲线，知，
所以，
所以，
所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出，
由题知的内切圆的半径相等，
且，的内切圆圆心
的连线垂直于轴于点，
设为，在中，由等面积法得：
由双曲线的定义可知：
由，所以，
所以，
解得：，
因为为的的角平分线，
所以一定在上，即轴上，令圆半径为，
在中，由等面积法得：
，
又
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
故选：A.
20．（2023·江苏南通·模拟预测）函数的定义域均为，且，关于对称，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为， ，
对于②式有：，由①+有：，
即，又关于对称，所以，
由④⑤有：，即，，
两式相减得：，即，即，
因为函数的定义域为，所以的周期为8，又，
所以，由④式有：，
所以，
由，有：，
所以，
由⑤式有：，又，所以，
由②式有：，
所以
，故A，B，D错误.
故选：C.
21．（2023·江苏南通·模拟预测）双曲线和椭圆的右焦点分别为，，，分别为上第一象限内不同于的点，若，，则四条直线的斜率之和为（ ）
A．1B．0C．D．不确定值
【答案】B
【解析】设为原点，则，，
而，得，
所以、、三点共线.
因为，所以，且，
得，
所以，即.
设，，分别代入双曲线和，
则，即，
所以，
，
因为、、三点共线，
所以，
即.
故选：B.
二、多选题
22．（2023·广东广州·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的取值范围是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】BC
【解析】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.
故选：BC
23．（2023·广东广州·统考一模）已知函数，点分別在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于的方程在上无解，则
B．存在关于直线对称
C．若存在关于轴对称，则
D．若存在满足，则
【答案】BCD
【解析】函数，
对于A，方程在上有解，
显然函数在上单调递增，则有，解得，
因此关于的方程在上无解，则或，A错误；
对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，
即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，
，即函数在上单调递增，，
而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，
因此函数的值域为，又，于是在有解，
所以存在关于直线对称，B正确；
对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，
即，令，，
即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；
对于D，令，由得，
显然，且，，令，，
当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，即有，，
而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确.
故选：BCD
24．（2023·广东湛江·统考一模）已知，函数，下列选项正确的有（ ）
A．若的最小正周期，则
B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象
C．若在区间上单调递增，则的取值范围是
D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】由余弦函数图象与性质，可得，得，所以A正确；
当时，可得，
将函数的图象向右平移个单位长度后得
，所以B错误；
若在区间上单调递增，则，
解得，
又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以C正确；
若在区间上只有一个零点，则，解得，所以D正确．
故选：ACD．
25．（2023·广东湛江·统考一模）已知分别为双曲线的左、右焦点，点为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若，且，则双曲线C的离心率
【答案】AB
【解析】由，得，所以，
则在点处的切线斜率为，
所以在点处的切线方程为，
又有，化简即可得切线方程为，
所以，所以，故C错误；
由，得，又，所以，故A正确；
由，得，
故，
由，得
所以，
所以，
所以，
设点A到x轴的距离为h，
则，
，
，
又，所以，故B正确；
由上可得，
因为，则，得，
，
所以，
解得，故D错误，
故选:AB．
26．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C．若在上有且仅有4个零点，则的取值范围为
D．是的导函数，令.则在上的值域为
【答案】ABC
【解析】A选项，由，
故，必有一个最大值和一个最小值，
则为半个周期长度，正确；
B选项，由题意的图象关于y轴对称，正确；
C选项，，
在上有且仅在4个零点，
结合正弦函数的性质知：，
则，正确；
D选项，由题意，
则在时，，故值域为，错误.
故选：ABC.
27．（2023·湖南张家界·统考二模）过抛物线的焦点F的直线交抛物线E于A，B两点（点A在第一象限），M为线段AB的中点.若，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线E的准线方程为
B．过A，B两点作抛物线的切线，两切线交于点N，则点N在以AB为直径的圆上
C．若为坐标原点，则
D．若过点且与直线垂直的直线交抛物线于C，D两点，则
【答案】BC
【解析】对于A项，方法一：由题意可设过点的直线l的方程为，，设，，
联立方程组消去x整理得，可得.
因为，所以则，解得，所以抛物线，故抛物线E的准线方程为，故A项错误；
方法二：∵，∴，，
又∵，∴，解得：，
所以抛物线E：，故抛物线E的准线方程为，故A项错误；
对于B项，设，，抛物线，，，
易得，，所以，
所以直线NA，NB垂直，所以点N在以AB为直径的圆上，故B项正确；
对于C项，由A项知，抛物线E：，则直线l的方程为，，设，，
，
所以，，
又因为，所以，，，
所以，解得：，
所以，所以，
所以，，即：，
所以，故C项正确；
对于D项，方法一：由C项知，，，
又因为直线l垂直于直线m ，
所以，
所以.故D项错误.
方法二：由题意知.设直线的倾斜角为，由，，
易得直线的方程为，，，
根据焦点弦长公式可得，
所以.故D项错误.
故选：BC.
28．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，在正四面体中，棱的中点为M，棱的中点为N，过的平面交棱于P，交棱于Q，记多面体的体积为，多面体的体积为，则（ ）
A．直线与平行B．
C．点C与点D到平面的距离相等D．
【答案】BCD
【解析】由题意当为的中点时，,
不为的中点时，直线与不平行，A错误；
点C与点D在平面两侧，且N是的中点，
故点C与点D到平面的距离相等，C正确；
若Q是中点，则平面平面，
故平面，平面平面,平面,
故,又，故．
又N是的中点，故P是的中点，从而；
若Q不是中点，则不平行，
结合在同一平面内，故相交，
设交点为T，点T在直线上，故点T在平面上，点T在直线上，
故点T在平面上，于是T是平面与平面的公共点，
进而T在平面与平面的交线上，即直线交于点T．
在平面内，过A作交直线于点G，于是是的中位线，
故，进而，故．
同理，在平面内可得，故，
综上，，B正确．
设四棱锥的体积为V，，
由点C与点D到平面的距离相等得：，①
，，结合，
故，②
由①②相加得，D正确．
故选：BCD．
29．（2023·山东聊城·统考一模）已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A．
B．函数在内单调递增
C．对于任意都有
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
30．（2023·山东·河北衡水中学统考一模）已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由题意得，，
，，，
对于A：，因为函数在上单调递增，
，故A正确；
，因为函数在上单调递增，
，故B正确；
由，，，，
，故C错误；
令，则，
当时，，在上单调递增，
因为，则，所以，
，，，故D正确．
故选：ABD．
31．（2023·山东·河北衡水中学统考一模）已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（ ）
A．向量在上的投影向量为
B．若为直角三角形，则为等轴双曲线
C．若，则的离心率为
D．若，则的渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,
Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，
为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，
，，，，故C错误；
对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，
，在双曲线上，，，，
的渐近线方程为，即，故D正确.
故选：ABD
32．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，B．函数有2个零点
C．的解集为D．，，都有
【答案】ACD
【解析】为R上的奇函数，设则
∴，故A正确；
易知是定义在上的奇函数，.又，有个零点，故B错误；
当时，由,得即，
当时，由，得，即
的解集为，故C正确；
当时，，则，当时，，单减，当时，，单增，故极小值为，又时，，时，，又，结合函数是定义在上的奇函数可得图象如图，由图可知
的值域为，
∴，，都有，故D正确.
故选：ACD
33．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【解析】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
34．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列，，且满足，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
35．（2023·江苏·二模）已知定义域为R的奇函数，当时，,下列叙述正确的是（ ）
A．存在实数k，使关于x的方程有7个不相等的实数根
B．当时，有
C．当时，的最小值为1，则
D．若关于x的方程和的所有实数根之和为零，则
【答案】ABC
【解析】因为为定义域为R的奇函数，
当时，，故，
当时，，故，
当时，，
综上：，
画出函数的图象，如下：
存在实数k，使关于x的方程有7个不相等的实数根，理由如下：
如图1，当时，直线与的图象有5个交点，
联立与，，
由且得：，
且此时与联立，，
其中，
故时，直线与两抛物线刚好相切，故有5个交点，
则当时，与的图象有7个交点，
即关于x的方程有7个不相等的实数根，A正确；
当时，单调递减，故当时，有，B正确；
由图象可知：，令，解得：，
当时，的最小值为1，则，C正确；
令，当时，，设两根为，则，
当时，，解得：，
故的所有实数根之和为，
当时，，
故当时，方程和的所有实数根之和为零，
由对称性可知时，方程和的所有实数根之和为零，
综上：或，D错误.
故选：ABC
36．（2023·江苏·二模）已知椭圆，点为右焦点，直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，则（ ）
A．周长为定值B．直线与的斜率乘积为定值
C．线段的长度存在最小值D．该椭圆离心率为
【答案】BCD
【解析】该椭圆中，则，
所以离心率为，故D正确；
设，，，
则在、斜率都存在的前提下有，，
于是
为定值，故B正确；
由题意可设的方程为，
联立，消得，
则，
所以
，
则当时，，
所以线段的长度存在最小值，故C正确.
当时，直线与椭圆交于点和，
不妨取点为，得直线方程为，
求得交点为，
则，，，此时的周长为，
当时，联立，解得，不妨取，
则垂直于轴，此时，，，
此时的周长为，
显然周长不为定值，故A错误；
故选：BCD．
37．（2023·江苏常州·校考一模）已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】BCD
【解析】函数定义域为，
因为，使得，
则函数在上没有最小值.
对求导得：，
若，当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，函数值域为，则在内无最小值，因此，.
若，令，，，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，显然，即，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，
当时，有两个根，不妨令，
当或时，，当或时，，
即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，
函数在与处都取得极小值，所以，不符合题意.
当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意.
综上得：实数的取值范围是：，所以满足条件的实数的可能值有-1，0，.
故选：BCD.
38．（2023·江苏常州·校考一模）已知点是圆锥的顶点，四边形内接于的底面圆，，，，，均在球的表面上，若，，，，球的表面积是，则（ ）
A．B．平面
C．与的夹角的余弦值是D．四棱锥的体积是
【答案】ACD
【解析】设底面圆的半径为，球的半径为，
已知球的表面积是，则，则，
四边形内接于的底面圆，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，
由可得，即，
所以，代入可得，所以A正确；
，
在中，由正弦定理可得，则，
设棱锥的高为，则，
所以，即与重合，
则，所以，
则中，，，
由余弦定理，，
所以与的夹角的余弦值是，所以C正确；
，所以D正确；
对于选项B，假设平面，
又有平面，平面平面，
则，而四边形中，，，，
显然不成立，故矛盾，
所以平面不成立，
所以B错误．
故选：ACD．
39．（2023·江苏·统考一模）已知点，，点P为圆C：上的动点，则（ ）
A．面积的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BCD
【解析】，
圆C是以为圆心，为半径的圆.
对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，
，故选项A错误；
对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；
对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，
，故选项C正确；
对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；
故选：BCD.
40．（2023·江苏·统考一模）已知，且，，是在内的三个不同零点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】由题知，，是的三个根，
可化为，即，
所以可得或，，
解得或，，
因为，所以不成立，
当，成立时，取，解得，
取，解得，取，解得，
取，解得（舍），
故，，，
所以选项A正确；
因为，所以选项B错误；
，
故选项C正确；
而
，
根据积化和差公式：，
所以原式可化为：
，故选项D正确.
故选：ACD
41．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数的部分图象如图所示，其中，且的面积为，则下列函数值恰好等于的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】根据题意得，，因为，所以，即，所以，又的面积为2，所以，
所以，所以，所以，解得（舍去），.
所以，即.
所以，故A正确；
所以，故B不正确；
所以，故C正确；
所以，故D不正确.
故选：AC.
42．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．在是增函数
B．是奇函数
C．在上有两个极值点
D．设，则满足的正整数的最小值是
【答案】ABD
【解析】对于A选项，当时，，，
，所以，函数在是增函数，A选项正确；
对于B选项，令，该函数的定义域为，
，
，
则，
所以，函数为奇函数，B选项正确；
对于C选项，当时，，且，
所以，函数在内无极值点；
，
①当时，，，则，
则，，此时，，
所以，函数在上单调递减，
，，
所以，函数在上只有一个极值点；
②当时，，，
所以，，，则，
所以，，则，
所以，函数在上没有极值点.
综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；
对于D选项，.
当时，，，不成立；
当时，，
当时，，，
，，，则，
所以，，
所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.
故选：ABD.
43．（2023·江苏南通·模拟预测）在长方体中，，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若直线与直线所成的角为，则
B．若经过点的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点，则
C．若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为，则
D．若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则
【答案】ABC
【解析】对于A：如下图，直线与直线所成角，即为直线与直线所成角，则，故A正确；
对于B：构建如下图示的坐标系，过的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，
则
，故，则，故B正确；
对于C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，故C正确；
对于D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，故D错误.
故选：ABC
44．（2023·江苏南通·模拟预测）过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、、不重合，设直线、分别与y轴交于点A、B，则（ ）
A．、两点的纵坐标之积为定值B．直线的斜率为定值
C．线段AB的长度为定值D．面积的取值范围为
【答案】BCD
【解析】由函数，则，
设，，
当，时，由题意可得，，化简可得，符合题意；
当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；
当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；
对于A，，故A错误；
对于B，直线的斜率，故B正确；
对于C，易知直线，直线，
令，则，即，同理可得，
，故C正确；
对于D，联立，整理可得，解得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则当时，，
所以，，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
45．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数的图像与直线：交于点，，其中，与直线：交于两点、，其中，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】当时，，则，
所以在上递增，且；
当时，，则，
所以在上递增，若要使，则，
所以，
因为函数的图像与直线：交于点，，
所以，，
所以，即，
所以，同理，
所以，
，
当且仅当，即，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
46．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知a，b为实数，若对任意，都有恒成立，则的最小值为__________．
【答案】1
【解析】对任意，都有恒成立，故．
由，得，所以，
从而恒成立，故，易知，于是．
设．
设．
故在上单调递增，结合，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
故，所以的最小值为1，此时．
故答案为：.
47．（2023·山东聊城·统考一模）已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．
【答案】
【解析】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
故答案为：
48．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.
【答案】
【解析】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
49．（2023·江苏·二模）设过双曲线左焦点的直线与交于两点，若，且（O为坐标原点），则的离心率为__________
【答案】
【解析】如图，
设为中点，，
由可知，，
由双曲线的定义可知， ，
由可知，
又为中点，为中点，可知，则,
从而为线段的垂直平分线，， 即 ，
所以，则为正三角形，，
在直角△中，，即，所以 ．
故答案为：．
50．（2023·江苏常州·校考一模）设，，且，则当取最小值时，______.
【答案】12
【解析】解析：∵，，∴当取最小值时，取得最小值，
∵，又，
∴，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴当取最小值时，，，
∴，∴.
51．（2023·江苏·统考一模）直线与曲线：及曲线：分别交于点A，B.曲线在A处的切线为，曲线在B处的切线为.若，相交于点C，则面积的最小值为____________.
【答案】2
【解析】设，
由，得到，由，得到
所以由导数的几何意义得：，
，联立方程解得：
的面积，
令，所以，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：2
52．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量，记，.在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为____________的概率最大.
【答案】18
【解析】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数服从二项分布，
由，结合题中结论可知，时概率最大，即后面80次中出现13次点数1的概率最大，
加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.
故答案为：18.
53．（2023·江苏南通·模拟预测）弓琴（如图），也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听，现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．下图是一弓琴琴腔下部分的正面图．若按对称建立如图所示坐标系，为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上，为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则取最小值时，椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】设，有，
得，所以数列是等差数列，
，
由题意，的横坐标为八等分，所以，
而，又，所以，
所以
，
当且仅当即时取得等号，此时离心率为，
故答案为: .
四、双空题
54．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
55．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．
【答案】 0
【解析】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
故答案为：
56．（2023·山东·河北衡水中学统考一模）在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥 的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
57．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）用表示自然数的所有正因数中最大的那个奇数，例如：9的正因数有1、3、9，，10的正因数有1、2、5、10，.记，则（1）______.（2）______.
【答案】 86
【解析】由题意得： ,
;
,
故答案为：86；.
58．（2023·福建漳州·统考三模）已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.
【答案】
【解析】椭圆的长轴长为，，又离心率，
，椭圆的短轴长为，椭圆；
设，，
，，
.
故答案为：；.