2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编16

这是一份2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编16，文件包含2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编十六原卷版docx、2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编十六解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（十六）
一、单选题
1．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为H，点为坐标原点，若，又直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，可知中，，
因为，由正弦定理可知，
即，所以，得．
又因为直线与双曲线无公共点，则，即，
结合，所以，所以．
综上：，
故选：A．
2．（2023·广东深圳·高三深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）若点O和点分别是双曲线的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则的取值范围为（ ）
A．[3-,）B．[3+,）C．[,）D．[,）
【答案】B
【解析】由题意可得,,故.
设,则.
关于
对称,故 在上是增函数,当时有最小值为,无最大值,故的取值范围为,
故选B.
3．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，所以.
故选：A
4．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知是定义在R上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ）．
A．函数的图象关于直线对称B．函数的周期为2
C．函数关于点中心对称D．
【答案】D
【解析】因为为偶函数，所以，
所以，，
所以函数关于直线对称，不能确定是否关于直线对称，A错误；
因为为奇函数，所以，
所以，所以，
所以函数关于点中心对称，故C错误，
由与得，即，
故，所以函数的周期为4，故B错误；
，故D正确．
故选：D．
5．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前13项和为（ ）
A．0B．12C．24D．26
【答案】D
【解析】结合题意：
，
所以，
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13项和为．
故选：D．
6．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）设函数的定义域为，其导函数为，且满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，即，
在上单调递减，又，
∴不等式,
即原不等式的解集为．
故选:B．
7．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知某正四棱锥高为h，底面ABCD边长为a，内切球半径为r，外接球半径为R，下列说法中不正确的是（ ）
A．得到a，h的值，可以确定唯一的R
B．得到a，h的值，可以确定唯一的r
C．得到a，R的值，可以确定唯一的h
D．得到a，r的值，可以确定唯一的h
【答案】C
【解析】在正四棱锥中，当底面边长以及四棱锥的高确定时，此时正四棱锥是唯一确定的，
因此此时正四棱锥的内切球以及外接球均唯一确定，故AB正确，
如图，，为，的中点，,
由题意，为正四棱锥，底边长为，
根据等体积法可得,化简可得，
的值，可以确定唯一的h，D正确,
设外接球球心为,连接，
,化简可得，
当时，此时有两个不相等的实数根，
所以得到a，的值，不可以确定唯一的h，C错误，
故选：C．
8．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）椭圆C：（）的左右焦点分别为，，B为椭圆C的下顶点，延长交椭圆C于另一点A，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由椭圆的定义可得，
根据题意可得，
所以，
解得,
所以，
所以，
所以，所以，
所以，
故选：B
9．（2023·湖北黄冈·高三校联考期中）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．，使得
B．方程有两个不同实根，则实数的取值范围是
C．，使得
D．若，则实数的取值范围是
【答案】D
【解析】对，都有
所以，为奇函数，A错；
当时，，
易知在上单调递增，此时，
当时，，
在上单调递减，此时
时，，
时，，
而，所以，方程仅有一根，B错；
时，，
此时
=
而函数在上单调递增，得时，
所以对，C错；
综上，时，，此时
时，，此时
时，，此时，D对.
故选：D.
10．（2023·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考阶段练习）在等腰中，的外接圆圆心为，点在优弧上运动，则的最小值为（ ）
A．4B．2C．D．
【答案】D
【解析】由已知，所以圆的外接圆直径为，
因为，
所以，
所以，
因为，即，所以时，取到最小值．
故选：D．
11．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）的零点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】由得，构造函数，求导得
在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，且，
及时，的图像如图，得到有3个解.
故选：D.
12．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数，若对任意都有，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为若对任意都有，
所以对任意都有，
令 ，则 在R上递增，
当时， ，则，即 成立；
当时， ，
则 ，
当，即时，，解得 ；
当，即时， ，无解；
又，即，解得或，
综上：，
故选：A.
13．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）棱长为2的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题，当球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球的球心为，半径为R，空隙处最大球的球心为，半径为，
为的中心，得平面，为中点，
球和球分别和平面相切于，，
在底面正三角形中，易求，，，
又，
由，即得，又，
，，，
又，可得即，即球的最大半径为.
故选：C.
14．（2023·福建泉州·高三福建省德化第一中学校联考阶段练习）我国古代的洛书中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，3，…，9填入的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15．一般地，将连续的正整数1，2，3，…，填入的方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的每列的数字之和为，如图，三阶幻方的，那么（ ）
A．41B．369C．1476D．3321
【答案】B
【解析】由等差数列的性质得：九阶幻方所有数字之和为，
由于每列和对角线上的数字之和都相等，
所以每列的数字之和为，
故选：B.
15．（2023·福建泉州·高三福建省德化第一中学校联考阶段练习）函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题知，
的实数解可转化为或的实数解，即，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：
所以时有最大值：
所以时，由图可知，
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：
因为时，已有两个交点，
所以只需保证与及与有四个交点即可，
所以只需，解得．
故选：D
16．（2023·浙江湖州·高三校考期末）已知正项数列满足，，则（ ）
A．对任意的，都有
B．对任意的，都有
C．存在，使得
D．对任意的，都有
【答案】D
【解析】因为，，不妨令，则，即，故AB错误；
，构造，则，当，，单增，当时，，单减，故，即，所以，即，因为，所以，累乘法可得，即，也即.故C错误，D正确.
故选：D
17．（2023·浙江湖州·高三校考期末）设抛物线的焦点为F，A为抛物线上一点且A在第一象限，.现将直线AF绕点F逆时针旋转，得到直线l，且直线l与抛物线交于C､D两点，则( )
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【解析】抛物线交点F为()，准线为x＝，
设A()，，设直线AF的倾斜角为α(0°≤α＜180°)，
∵，∴，，即，
∴，
将直线AF绕点F逆时针旋转得到直线l，则直线l倾斜角为90°，即直线l垂直于x轴，故，故.
故选：C.
18．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．线段长度的最小值为2B．的形状为锐角三角形
C．三点共线D．的坐标不可能为
【答案】C
【解析】对于A，因为抛物线过点，所以抛物线的方程为，线段长度的最小值为通径，所以A错误；
对于B，由定义知，轴，所以，
同理，所以，所以B错误；
对于C，设直线，与抛物线方程联立，得，
设，，则，，
因为，所以，三点共线，所以C正确；
对于D，设的中点为，则，，
取，可得，所以D错误.
故选：C.
19．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）设数列的前项和为，且，记为数列中能使成立的最小项，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，则，
两式相减，得，
又当时，，故，
所以是以，的等比数列，则，
显然递减，要使得最小，即要使得最大，
令，得.
若，则;
若，则;
若，则
若，则;
若，则，
则
，
，
故选：D.
二、多选题
20．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）已知是自然对数的底数，函数的定义域为，是的导函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】令函数，则，
所以在上单调递增，
又，所以
，即，
所以，而的大小不确定．
故选：AC.
21．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）已知圆，直线l过点，若将圆C向上平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度得到圆，则下列说法正确的有（ ）
A．若直线l与圆C相切，则直线l的方程为
B．若直线l与圆C交于A，B两点，且的面积为2，则直线l的方程为或
C．若过点的直线与圆C交于M，N两点，则当面积最大时，直线的斜率为1或
D．若Q是x轴上的动点，，分别切圆于R，S两点，则直线RS恒过定点
【答案】BCD
【解析】对于A选项：当直线l垂直于x轴时，其方程为，符合题意．当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为，即，则，解得，所以直线l的方程为，即．综上，直线l的方程为或，所以A错误；
对于B选项：由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为，即．设圆心C到直线l的距离为，则，即，解得，则，解得或．所以直线l的方程为或，所以B正确；
对于C选项：可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
即，所以圆心到直线的距离．
因为,当且仅当，即时取等号.
由，得，解得或，所以C正确；
对于D选项：由题意知圆的方程为，圆心．设，则以为直径的圆的圆心为，半径为，
则圆D的方程为，
整理得，圆与圆D的公共弦所在直线即为直线RS，
将两式相减，
可得直线RS的方程为，即．
令解得即直线RS恒过定点，所以D正确．
故选：BCD．
22．（2023·广东深圳·高三深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．是数列中的最小值
【答案】AB
【解析】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，
可得，可得，此时，
与题干不符，不合乎题意；故，故A正确；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得，，
故，，
∴，故B正确；
因为，数列为单调递减数列，
所以是数列中的最大值，故CD错误.
故选：AB.
23．（2023·广东深圳·高三深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点，，的球的截面圆的面积为
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．球面上的点离球托底面的最小距离为
【答案】AD
【解析】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点如图，
则与全等且所在的面平行，
所以截面圆就是的外接圆与的外接圆相同，
由题意可知，的边长为1，其外接圆的半径为，
则经过，，三点的球的截面圆的面积为，故选项A正确；
由题可知，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，又平面，
平面，所以与平面相交，故与平面相交，
所以平面平面错误，故B错误；
由与平面垂直可知，在平面内的射影是，
所以为直线与平面所成的角，
因为是边长为的等边三角形，所以，
是边长为的等边三角形，所以，则，
所以直线与平面所成的角为，故选项C错误；
设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，平面所在圆的圆心为，连接与圆交于点，
过点作与圆交于，
，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：AD.
24．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知均为正实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】因为，当且仅当时等号成立，所以，故正确；
由得，同理，当且仅当，即时等号成立，故B正确；
满足题意，但，故C错误；
由得，所以，当且仅当即时等号成立，所以，故D正确.
故选：ABD.
25．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，的最小值是1
B．当，时，∥平面
C．当，时，平面平面
D．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于选项A：当时，即，
则，
可得，则，
可知点在平面内，
设点到平面的距离为，可知，
由可得，解得，
所以的最小值是，故A错误；
对于选项B：当，时，
则，
可得，则，
由正方体的性质可知：∥，且，
则为平行四边形，可得∥，且，
即，则，
可知点在直线上，直线即为直线，
且∥，平面，平面，
所以∥平面，即∥平面，故B正确；
对于选项C：当，时，
则，
取的中点，可得，
可知点即为点，
因为平面，平面，则，
设，连接，
可知，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
又因为分别为的中点，则∥，可得平面，
且平面，所以平面平面，故C正确；
对于选项D：当，时，
则，
可知点在平面内，
因为平面∥平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，
因为平面，则直线与平面所成的角为，
可得，
又因为，即，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
26．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）已知偶函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．若方程在区间的解为，则
D．的图象与直线的交点个数为3
【答案】BC
【解析】由已知为偶函数，
得，因为，所以，则，
又最小正周期为，所以，
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数，A错误；
由得，
所以，B正确；
由得，所以，
又，所以，，
由对称性知，所以，C正确；
，
时， ，
时，，
结合图象知交点个数不为3个，D错误．
故选：BC．
27．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）已知圆锥SO的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（ ）
A．当时，圆锥SO的体积为
B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C．当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为
D．当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】AC
【解析】由已知，
当时，，此时圆锥的高为，
此时圆锥的体积为，A正确；
当时，设圆锥轴截面为，
因为圆锥SO的侧面积为，所以，
即，，
所以为钝角，
故截面三角形的最大面积为，B错误；
当时，，侧面展开图的弧长为，沿将侧面展开，得扇形，
所以圆心角为，
又，所以，
在中，由余弦定理得，C正确；
将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，则外接球半径为，
由题圆锥的母线时，其侧面积为，
则圆锥的高，
设内切球半径为，球心为,球与母线相切于，则,
易知，则，
解得，不可以任意转动，D错误．
故选：AC．
28．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知数列满足，，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．，且，满足
C．（）
D．记的前n项积为，则
【答案】AD
【解析】A选项，由可得，
若，则，以此类推，，…，，与已知条件矛盾，
故，此时，且满足，所以A正确．
B选项，由可得，
因为，若，则，以此类推，，…，，与已知条件矛盾．
故，又，所以恒成立．
则，故是递减数列，所以B错．
C选项，假设（），则，
将代入中得，
，
或者取验证可知C不成立，所以C错．
D选项，由，，利用累乘法可得：
，
因为，所以，则．所以D正确．
另解AB选项：由，左右两边同时取对数，
，
令，则，设，
故，故，
故为等比数列，首项为，公比为2，
故，故，
代入，则．显然，故A正确，
因为函数单调增函数，且大于0恒成立，则单调递减，
则数列为递减数列，则不存在，且，满足，所以B错误；
故选：AD.
29．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）函数的图象称为牛顿三叉戟曲线．若关于x的方程有3个实根，，，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】由题意可知：的定义域为，，
令，解得或；令，解得；
则在和单调递减，单调递增，且，
令，解得或，
可得的图象如图所示：
对于A：若关于x的方程有3个实根，由函数图象可知，符合题意，故A正确；
对于B：由图可知，则，
，
因为在上单调递增，由，可得，
所以，故B错误；
对于C：由可得，由图象可知，
即，解得，故C错误；
对于D：由，
令，则（），
构造（），则，
令，解得；令，解得；
则在单调递减，单调递增，
所以，即，故D正确．
30．（2023·湖北黄冈·高三校联考期中）函数，设为的导函数，的图象与直线相交，其中有三个相邻的交点、、满足，则下列结论中正确的有（ ）
A．对，都有
B．将函数图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，即得函数的图象
C．为偶函数，则正实数的最小值为
D．在上单调递增
【答案】AD
【解析】由，得，
令，则取得最大值时的，
的图象与直线相交，其中有三个相邻的交点、、满足，
结合的大致图象可以得到，，
，
，
，即，
对于选项A：，，
，故A正确；
对于选项B：，，
的图象向右平移个单位长度，得到，
再将所得图象上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得到，与不符，故B错误；
对于选项C：若为偶函数，
则，即，
则正实数的最小值为，故C错误；
对于选项D：令，解得，
即的单调递增区间为，
令，得，
，
在上单调递增，故D正确；
故选：AD.
31．（2023·湖北黄冈·高三校联考期中）已知定义在的函数满足：①对恒有；②对任意的正数，恒有．则下列结论中正确的有（ ）
A．
B．过点的切线方程
C．对，不等式恒成立
D．若为函数的极值点，则
【答案】ACD
【解析】恒有，
，
可设（其中C为常数），
又对任意的正数恒有，
对任意的正数恒有，
，
，
，即，
对于A，由上式可得，故A正确；
对于B，，设切点为，则切线斜率为，
，化简得，解，
所以点 就是切点，所以切线方程为，故B错误；
对于C，令，，则，
令，可得，，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以，对恒成立，故C正确；
对于D，设，，
在上单调递增，且，，
所以使在上单调递减，在上单调递增，
为函数的极小值点且满足，，
，故D正确.
故选：ACD.
32．（2023·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A正确；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，

四边形为平行四边形，，，，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，，
即的最小值为，而的最大值为．故B错误；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
，
．故D项正确，
故选：ACD．
33．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）如图，已知二面角的棱上有，两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当二面角的大小为时，与平面所成的角为
C．若，则四面体的体积为
D．若，则二面角的余弦值为
【答案】AD
【解析】A：，故A正确；
B：如图，过作，且，连接，，则为正方形，
则，又，，平面，
所以平面，所以平面，则为二面角的平面角，
当时，易得为正三角形，过作，
则平面，故即为与平面所成的角.
且，，
在中，，故B错误；
C：时，则，且，
则，所以，则，又，
，平面，所以平面，
则到面的距离为1，所以四面体的体积为，
所以C错误；
D：由可得，则，即
为等边三角形，所以，即二面角的大小为，
取中点，连接，，则，所以，
由选项B可知，平面，且平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，则，
所以为二面角的平面角，
又，所以，
则，故D正确；
故选：AD
34．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）如图，双曲线的左右顶点为，，为右支上一点（不包含顶点），，，，直线与的渐近线交于、，为线段的中点，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．到两条渐近线的距离之积为
C．D．若直线与的斜率分别为，，则
【答案】ACD
【解析】对A，等轴双曲线的离心率为，所以A正确，
对B：双曲线的渐近线为，设，
到两条渐近线的距离为，
则，所以B错.
对C：， ，
所以，C正确.
对D：方法1：设与双曲线及其渐近线依次交于，，，
设设，，则，
由得中点的横坐标为
由得中点的横坐标为，
所以和的中点重合，即为双曲线弦的中点，由点差法得
，
，
设直线的斜率为，斜率为
则，所以D正确.
方法2：设，，，
由，
∴，所以D正确.
故选：ACD
35．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数，下列说正确的是（ ）
A．当时，
B．函数在上单调递增
C．方程有4个相异实根
D．若关于x的不等式在恒成立，则
【答案】BC
【解析】A项，，表示当时，向右平移2个单位长度时，y值变为原来的倍，所以当，，A项错误；
B项，当时，，增区间为和，当时，增区间为和，同理可得，所以在上单调递增，B项正确；
C项，如图所示，与的图象，满足，，两图象共有4个交点，所以方程有4个相异实根，C项正确；
D项，当时，，
所以，
当两函数相切时，k有最小值，，
所以，所以，D项错误.
故选：BC.
36．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）圆柱高为1，下底面圆的直径长为2，是圆柱的一条母线，点分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（ ）．
A．若，则点的轨迹为圆
B．若直线与直线成，则的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点，使得
D．的取值范围是
【答案】BC
【解析】对B，如图，不妨以为原点，以的垂直平分线，
分别为轴建立空间直角坐标系，则，
，设，则，
由题意，，化简得，，
由于点在上底面内，所以的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对A， ，化简得，即点的轨迹为椭圆，故A错误；
对C，设点在下平面的投影为，若，
则，则，
当在线段上时，可取最小值，
由均值不等式，，
当且仅当时等号成立，
所以，即，
而点只有在与点重合时，才能取到，
此时点与点重合，点与点重合，故C正确；
对D，当点与点，点与点重合，
的值为，故D错误.
故选：BC
37．（2023·福建泉州·高三福建省德化第一中学校联考阶段练习）如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，,，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（ ）

A．四面体PBCQ的体积的最大值为
B．的取值范围是
C．若二面角的平面角为，则
D．若三棱锥的外接球表面积为S，则
【答案】ACD
【解析】由题意知在直四棱柱中，半圆弧经过点D，故，
点P到底面的距离为，
当点Q位于半圆弧上的中点时最大，即四面体PBCQ体积最大，
则 ，故A正确；
由于，则，
又在中， ，
故，
因为，所以，则 ，故B错误；
因为平面，平面，故，而,
平面，故平面，平面，
故，所以是二面角的平面角，
则，因为 ，所以，故C正确；
设线段BC的中点为N， 线段的中点为K，则三棱锥的外接球球心O在NK上，
在四边形中，,,
设，在中，在中，
故，
整理得，所以 ，所以外接球的表面积为，D正确，
故选：ACD
38．（2023·福建泉州·高三福建省德化第一中学校联考阶段练习）已知函数的定义域为，若，且均为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】因为均为奇函数，所以，即①，，
因为，即，所以，即②．
由①，取得，
由②，令，得；令，得，所以．
由①，令，得．
故选：ABC
39．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）双曲线：，左、右顶点分别为，，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线，使得
B．在运动的过程中，始终有
C．若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D．若直线的方程为，，则双曲线的离心率为
【答案】BD
【解析】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线:，与双曲线联立，得：，
设，，由根与系数关系得：，，
所以线段中点，
将直线：，与渐近线联立得点坐标为，
将直线：与渐近线联立得点坐标为
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
40．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,动点P在直线CD1上运动,以下四个命题正确的是（ ）
A．BD⊥AP
B．四棱锥P-ABB1A1的体积是定值
C．若M为BC的中点,则=2-
D．·的最小值为-
【答案】BCD
【解析】对于A,假设BD⊥AP, AB=AA1=2, ∠BAD=60°,由余弦定理易得，平面ACD1,则BD⊥平面ACD1,因为AC⊂平面ACD1,所以BD⊥AC,则四边形ABCD是菱形,AB=AD,A不正确;
对于B,由平行六面体ABCD-A1B1C1D1得CD1∥平面ABB1A1,所以四棱锥P-ABB1A1的底面积和高都是定值,所以体积是定值,B正确;
对于C,=++,=+,故2-=-=,故C正确;
对于D,设=λ,
·=(++)·
=(λ--)·λ=(λ--)·λ
=(λ-λ--)·(λ-λ)
=λ(λ-1)||2-λ2·-λ·-λ(λ-1)·+λ2||2+λ·
=λ(λ-1)||2-(2λ2-λ)·-λ·+λ2||2+λ·
=λ(λ-1)×4-(2λ2-λ)×4cs 60°-λ×2cs 60°+4λ2+λ·2cs 60°
=4λ2-2λ=(2λ-)2-≥-,
当且仅当λ=时,等号成立,所以·的最小值为-,故D正确.
故选：BCD.
41．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．当时，方程存在实数根
B．当时，函数在R上单调递减
C．当时，函数有最小值，且最小值在处取得
D．当时，不等式恒成立
【答案】BD
【解析】对于A，因为,所以方程即，
设，则，令，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以方程不存在实数根，所以A错误.
对于B，因为，定义域为R，所以，
当时,由于，则，故恒成立，
所以在R上单调递减，所以B正确.
对于C，由上知，当时，令，解得.
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以函数有最小值，即最小值在处取得，所以C错误.
对于D，由上知，
要证，即证，即证恒成立，
令，则.
令，则；令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，D正确.
故选：BD.
三、单空题
42．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）若函数是定义在上的奇函数，且对任意恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】因为函数是定义在上的奇函数，
所以，解得，所以，
又因为，所以，
即对任意恒成立，所以，
所以易得到在上单调递增，
由，得，
即，
因为是定义在上的奇函数，所以，
因为在上单调递增，所以，
即对任意恒成立，
若，则，此时对任意恒成立；
若，则，解得，
综上：的取值范围为．
故答案为：.
43．（2023·广东深圳·高三深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线、，且切点为、，当最小时，则直线的方程为 .
【答案】
【解析】因为圆：可化为，
所以圆心，半径为，
因为，是圆的两条切线，则，
由圆的知识可知，四点共圆，且，，
所以，又，
所以当最小，即时，取得最小值，
此时的方程为：，即，
联立，解得，即，
故以为直径的圆的方程为，即，，
又圆，
两圆的方程相减即为直线的方程：.
故答案为：.
44．（2023·广东深圳·高三深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）已知，则 .
【答案】5100
【解析】因为，所以，
而，（为偶）
∴当为偶数时，，
当时，.
故答案为：5100.
45．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）MN是棱长为2的正方体的内切球的一条直径，点E为的中点，若空间内动点Р满足AP⊥CE，则的最小值为 ．
【答案】/
【解析】设内切球的球心为,连接，可得
，
取,的中点为，连接，
由于E为的中点，所以又,
所以,因此,故,
又,所以,
又平面，平面，所以,
平面，
因此点在平面上不同于点处运动，
故当平面时，此时最小，
建立如图所示的空间坐标系，则,
,
设平面法向量为，则，
取，则，
故到平面的距离为
所以的最小值为，
故答案为：
46．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）（），若存在，使得，则正实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】当时，，
故由可得，
因此存在，使得，
由于，（），
则，
因此，解得，
故答案为；
47．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知椭圆，过C中心的直线交C于M，N两点，点P在x轴上其横坐标是点M横坐标的3倍，直线NP交C于点Q，若直线QM恰好是以MN为直径的圆的切线，则C的离心率为 ．
【答案】
【解析】
设，，则，，
设、、，分别为直线、、的斜率，
则，，，
因直线是以为直径的圆的切线
所以，，
所以，
又在直线上，所以，
因、在上，
所以，，
两式相减得，
整理得，
故，即，
，
故.
故答案为：
48．（2023·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）若关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】依题意，不等式在恒成立，
即在恒成立，
设，
，
其中，所以在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
49．（2023·浙江湖州·高三校考期末）已知双曲线，焦点，左顶点，若过左顶点的直线和圆相切，与双曲线在第一象限交于点，且轴，则直线的斜率是 ， 双曲线的离心率是 .
【答案】
【解析】如图，设圆的圆心为，则圆心坐标，半径为，则，设过左顶点的直线和圆相切于点，连接，则，所以，得，所以直线的斜率是；轴，由双曲线的通径可得，，又，所以，化简得，求解得.
故答案为：；
50．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达点，且，则四面体的外接球的体积为 ；若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为 ．
【答案】
【解析】①因为，
如图所示，将四面体置于棱长为3的正方体中，
可知外接球即为此正方体的外接球，所以球的半径为，
所以球的体积为；
②过点作球的截面，若要所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为，截面半径为，则，
所以只需球心到截面的距离最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即，
如图，是的中点，连接,由①可知,
所以在中，，
，
所以．
故答案为：；.
四、填空题
51．（2023·广东·高三茂名市第一中学校联考阶段练习）如图所示，在三棱锥S-ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A-BC-S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为 .
【答案】
【解析】解析如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A-BC-S的平面角，∴∠ADS=，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，
过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连接OA，则球O的半径R=OA，由题意知，连接，在Rt中，球的表面积为.
故答案为：
52．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知函数，，，若恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，则，
设切点坐标为，则切线斜率，
可得切线方程为，
注意到为过定点，斜率为的直线，
把代入切线方程可得，解得，
即过定点的切线斜率为，
若恒成立，则，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
53．（2023·湖南·高三南县第一中学校联考阶段练习）已知是定义在上的奇函数，且，都有，当时，，则函数在区间内的所有零点之和为 ．
【答案】
【解析】因为是定义在上的奇函数，，
则，
所以函数的周期为4，
因为，所以关于对称，
因为周期为4，所以关于直线对称，
作出函数在区间上的图象，由图知共有5个零点，
其横坐标从小到大依次为，
所以，
．
故答案为：
54．（2023·湖北黄冈·高三校联考期中）已知函数与函数互为反函数，它们的图象关于对称．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】由恒成立，可得，此时直线恒在直线上方，
不等式恒成立只需不等式恒成立即可，
令，则，由可得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
.
故答案为：.
55．（2023·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为 .
【答案】/
【解析】如图，
因为，则，
设，则，则，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因为，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：
56．（2023·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考阶段练习）已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，.
当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
，
所以当时，与的图象有个交点；
当或时，与的图象有个交点；
当或时，与的图象有个交点；
当时，与的图象有个交点.
依题意有个根，
有个根，
令，则，设，
，解得或.
由，可得：
或或或或.
即或或
或或，
解得（只有第一个不等式组有解，其它不等式组无解），
所以的取值范围是.
故答案为：
57．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习），，当时，，则的范围为 .
【答案】
【解析】因为，，
两边取对数，得，
则，
令，则在上单调递减，
所以在上恒成立，
而，即在上恒成立，即在上恒成立，
所以.
故答案为：.
58．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）已知是抛物线的焦点，过抛物线上一点作其准线的垂线，垂足为，若，则点的横坐标为 .
【答案】6
【解析】由抛物线的定义知，
因为，
所以，
由，
而，
因此，，所以.
故答案为：6
59．（2023·福建泉州·高三福建省德化第一中学校联考阶段练习）已知无穷等差数列中的各项均大于0，且，则的范围为 .
【答案】
【解析】根据题意，设等差数列的公差为，
由于无穷等差数列中的各项均大于0，
则，由于，则，
解得或（舍去），
所以，
因为，所以，
令，
则，由，得，得，解得或（舍去）.
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以，即的范围为.
故答案为：
60．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）如图，若圆台的上、下底面半径分别为且，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 .
【答案】
【解析】
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处,
设球O与母线切于M点,所以,所以 (R为球O的半径),
所以与全等, 所以,同理，
所以， ，所以，
所以圆台的内切球半径，内切球的表面积为.
故答案为：.
61．（2023·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）设，已知函数，若恒成立，则的最大值为 .
【答案】/
【解析】，
设，由于，易知在上递增，且，
故.
法一:设在点处的切线斜率为，，即
切线，
由恒成立，可得，∴，
设，
，当时， ，
当时，
∴，∴的最大值为.
法二:设，
当时， ，当时， ，
∴，即有，∴，下同法一.
故答案为：.4
9
2
3
5
7
8
1
6