2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编19

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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（十九）
一、单选题
1．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是C上的一点，，的平分线与x轴交于点A，记，的面积分别为，，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【解析】因为，则，可得，
由题意知是的平分线，所以，
又，所以，则，
所以，整理得，故，得，即，
所以.
故选：B.
2．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
3．（2024·广东东莞·高三统考期末）如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，
设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，
则，可得，可得，
所以，该正四棱台的体积为.
故选：C.
4．（2024·广东东莞·高三统考期末）以抛物线C的顶点O为圆心的单位圆与C的一个交点记为点A，与C的准线的一个交点记为点B，当点A，B在抛物线C的对称轴的同侧时，OA⊥OB，则抛物线C的焦点到准线的距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设抛物线方程为，
由题意得，，
过点作⊥轴于点，
因为OA⊥OB，所以，
又，所以，
则≌，
故，
令得，，解得，
故，由勾股定理得，
解得，
故抛物线C的焦点到准线的距离为.
故选：D
5．（2024·广东潮州·高三统考期末）已知双曲线（，）的左焦点为F，M，N，P是双曲线C上的点，其中线段MN的中点恰为坐标原点O，且点M在第一象限，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设双曲线的右焦点为，连接，，，
，，，
又为中点，四边形为矩形；
设，则，，，，
，，解得：，
又，，得，即，
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
6．（2024·广东潮州·高三统考期末）已知函数满足，若，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为满足，所以，
所以，，又，所以，
得，
因为，，
所以，所以，，
，
因为，所以.
故选：D.
7．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知函数，过点作的切线，若（），则直线的条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，故在R上单调递增，
又，，故在处的切线方程为，
点在上，
故上只有点满足，
又因为，所以，故点一定不在上，
且一定为过的一条切线，
设切点为，，则切线的斜率为，
故切线方程为，
因为在切线上，故，
整理得，
由可知，恒成立，
故，，
令，，
则
，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，当时，，当时，，
又时，，时，，
故恒成立，在上单调递增，
故，只有1个根，
即除外，过点作的切线还有一条，共2条.
故选：C
8．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）在正三棱台中，，，，则正三棱台的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】分别取、的中心，连结，过作,
因为，由正弦定理得，得，同理可得，所以，
所以设正三棱台的外接球球心O，O在EF上，
设外接球O的半径为R，所以
，
即，又因为
解得
所以正三棱台的外接球体积.
故选：C.
9．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在数列中的相邻两项与之间插入一个首项为，公差为的等差数列的前项，记构成的新数列为，若，则前65项的和为（ ）
A．B．-13C．D．-14
【答案】A
【解析】数列为：，
，
设及其后面项的和为，则，
所以数列是以1为首项，公差为的等差数列.
所以前65项的和为，
故选：A.
10．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）函数（，，）的一个对称中心为，且的一条对称轴为，当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题得，
其中，，
由题意知，，,
又因为，
所以，,
两式相减得，即，
因为，，
此时.所以，
故选：A.
11．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知对恒成立，且越接近于1，它们的值也越接近.如，取时，有，计算可得：.则的近似值为（ ）（附：，，）
A．1.60B．1.61C．1.62D．1.63
【答案】B
【解析】因为对恒成立，
取，可得，
即，
因为，，，
所以
计算可得，
则的近似值为1.61.
故选：B.
12．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知A，B为双曲线上不同两点，下列点中可为线段的中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设的中点，
所以，
易知，
由点差法可得
，
若，此时，
与双曲线联立，
即与双曲线只有一个交点，故A错误；
若，则此时，
与双曲线联立
，
即与双曲线有两个交点，故B正确；
若，则此时，
与双曲线联立，
即与双曲线有一个交点，故C错误；
若，则此时，
与双曲线联立，显然无解，
即与双曲线没有交点，故D错误；
故选：B
13．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知在中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
因为，故且，
故，且，故，
故，
而，故，
故，
故
故选：A.
14．（2024·湖北·高三统考期末）已知函数，则下列关于说法正确的是（ ）
A．的一个周期为
B．在区间上单调递减
C．的图象关于点中心对称
D．的最小值为
【答案】D
【解析】对于A，故A错误；
对于B，连续，且不可能在区间上单调递减，故B错误；
对于C，的图象不可能关于点中心对称，故C错误；
对于D，由题设易知是偶函数，.不妨研究，此时
，
令，则，
在上恒成立
在时单调递减，
，故D正确.
故选：D
15．（2024·湖北·高三统考期末）抛物线的方程为，过点的直线交于两点，记直线的斜率分别为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】显然直线的斜率存在，设其方程为，，
由消去y并整理得，则，
所以.
故选：C
16．（2024·山东滨州·高三统考期末）已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，，所以，，
又因为，所以，
所以，
①+②得，②-①得，
上述两式相除即可得，则，
故选：C.
17．（2024·山东滨州·高三统考期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……．记第层球的个数为，则数列的前20项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据已知条件有，
当时，，，，，，
以上各式累加得：，
又，所以，经验证符合上式，
所以；所以，
设数列的前项和为，
则，
所以.
故选：C
18．（2024·山东济南·高三统考期末）已知抛物线的焦点为，坐标原点为，过点的直线与交于两点，且点到直线的距离为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意，
可设直线的方程为，，
则，解得，
联立，消得，
，
则，
所以
，
所以的面积为.
故选：B.
19．（2024·山东济南·高三统考期末）数列的前n项和为，若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则，
即，即数列的所有偶数项构成首项为，公比为3的等比数列，
令，则，
即，由于，则，
故
，
故选：D
20．（2024·山东泰安·高三统考期末）设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有，
又，
所以，
在中，由余弦定理可得，
，
即，
即，
化简得，则，
所以，
解得或（舍去），
所以.
故选：D.
21．（2024·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】B
【解析】根据抛物线定义，转化，要使有最小值，只需最大，即直线与抛物线相切，联立直线方程与抛物线方程，求出斜率，然后求出点坐标，即可求解.由题知，抛物线的准线方程为，，过P作垂直于准线于，连接，由抛物线定义知.
由正弦函数知，要使最小值，即最小，即最大，即直线斜率最大，即直线与抛物线相切.
设所在的直线方程为：，联立抛物线方程：
，整理得：
则，解得
即，解得，代入得
或，再利用焦半径公式得
故选：B.
22．（2024·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知函数在区间内不存在最值，且在区间上，满足恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由，则内不存在最值，
即，则，，则或，
由，则中恒成立，
只需且，
或；
所以的取值范围是.
故选：D
23．（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，M，N为双曲线一条渐近线上的两点，为双曲线的右顶点，若四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，因为四边形为矩形，所以（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为.
直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，
由解得，或
所以，或，.
不妨设，，又，
所以，.
在△AMN中，，
由余弦定理得，
即，
则，所以，则，
所以.
故选C.
24．（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，设都是锐角，若的始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与圆交于点，且，则当最大时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
故选：B.
二、多选题
25．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点，以为直径的圆在第二象限内交于点，且直线的斜率小于，则双曲线的离心率可能为（ ）
A．B．C．4D．6
【答案】BCD
【解析】设，则由题意可知，连接，
因为，所以，
由，得，
因为，
所以，即双曲线的离心率的范围为，
故选：BCD
26．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ）

A．这两个球体的半径之和的最大值为
B．这两个球体的半径之和的最大值为
C．这两个球体的表面积之和的最大值为
D．这两个球体的表面积之和的最大值为
【答案】BC
【解析】当这两个球体的表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
过点作，垂足为.
设圆的半径为，圆的半径为r，的最大值为，且取最大值时，，
所以，，，，.
因为，
所以①，
整理得，解得.
令函数，，.令函数，，所以是增函数.
又因为，，所以，，
所以，，，，
即，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.
由①可得，
这两个球体的表面积之和为.
令，函数在上单调递增，
所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.
故选：BC.
27．（2024·广东东莞·高三统考期末）已知函数，的定义域均为R，且，．若是的对称轴，且，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数B．是的对称中心
C．2是的周期D．
【答案】BD
【解析】对于A，因为是的对称轴，所以，
又因为，所以，故，
即为偶函数，故A错误；
对于B，因为，所以，
又因为，联立得，
所以的图像关于点中心对称，故B正确；
对于C，因为，，则，即；
因为，则，即，则；
显然，所以2不是的周期，故C错误；
对于D，因为是的对称轴，所以，
又因为，即，
则，所以，
所以，即，所以周期为4，
因为周期为4，对称中心为，所以，
当时，代入，即，所以，
所以，又是的对称轴，所以，
所以，故D正确，
故选：BD.
28．（2024·广东东莞·高三统考期末）如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得平面
B．不存在点，使得平面平面
C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
不妨设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，，
设点，其中，
对于A选项，假设存在点，使得平面，，
，，
则，可得，
因为，则，即当点与点重合时，平面，A对；
对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，
假设存在点，使得平面平面，则，，
则，可得，又因为，解得，
即当点为的中点时，面平面，B错；
对于C选项，若存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，
则直线与平面的所成角的正弦值为，
且，
所以，
，整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，
，，
则，
取，可得，
假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，
则，
可得，即，
可得或，
因为，则，则，
所以，，
故当时，方程和均无解，
综上所述，不存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，D对.
故选：ACD.
29．（2024·广东潮州·高三统考期末）设过点的直线与圆相交于A，B两点，若点，则的值可能为（ ）
A．8B．C．12D．
【答案】ABC
【解析】由题意知，，圆的半径为4，设的中点，
则，即，
又，所以，
即点D的轨迹方程为，圆心，半径为1，
所以的最大值为，最小值为.
因为，
所以.
故的值可能为8，，12，不可能为.
故选:ABC.
30．（2024·广东潮州·高三统考期末）如图，已知正方体顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．点Q移动4次后恰好位于点的概率为0
D．点Q移动10次后仍在底面ABCD上的概率为
【答案】ACD
【解析】在正方体中，每一个顶点由3个相邻顶点，其中两个在同一底面，所以当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，所以，故A正确，，故B错误，点Q由点A移动到点处最少需要3次，任意折返都需要2次移动，所以移动4次后不可能到达点，故C正确，由于且，所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
31．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）如图，在四面体中，，，，为的中点，点是棱的中点，则（ ）

A．平面B．
C．四面体的体积为D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】对A：连结，如图，在四面体中，，，，为的中点，
所以，，且，.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面，故A正确；
对B、C、D：连接，由A知，平面，平面，所以，，所以，故B正确；
因为与平行，所以与所成的角就是与所成角，在直角三角形中，，故D正确；
四面体的体积：，故C错误；
故选：ABD.
32．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知直线分别与函数和的图像交于点，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】因为函数和互为反函数，所以函数和的图象关于直线的对称，
又因为直线的斜率1与直线的斜率的乘积为，
因此直线与直线互相垂直，
显然直线也关于直线对称，
解方程组，所以直线和的交点坐标为：，
有，，，.
对于A：因为，，
所以，故A正确；
对于B：因为，关于对称，
所以有，
点在直线上，而，所以，
因此，显然函数在上是单调递增函数，
所以， 所以，，故B正确；
对于C：因为，，所以，
因此有，
设函数，，因为，所以
因此函数是单调递增的，
当时，有，
即，因此有，故C不正确；
对于D：因为，关于对称，所以， ，即，
所以，
又，所以，从而，故D正确.
故选：ABD.
33．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）若函数在处取得极值，则（ ）
A．
B．为定值
C．当时，有且仅有一个极大值
D．若有两个极值点，则是的极小值点
【答案】ABC
【解析】的定义域为，则，
，
由题意可知，是方程的一个变号实数根，
则，故A正确；
由得，，故B正确；
当时，因为，
所以函数开口向下，且与轴正半轴只有一个交点，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则有且仅有一个极大值，故C正确；
将代入整理得，
则方程有不相等的实数根与，即，
当时，时，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，
当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则是的极大值点，是的极小值点，故D错误，
故选：ABC.
34．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）今年是共建“一带一路”倡议提出十周年.某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品.设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个，要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束.若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品，已知甲同学参与了问卷调查，则（ ）
A．在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为
B．在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为
C．甲获得奖品的概率为
D．若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小
【答案】ACD
【解析】设，，，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，
设表示再抽到的小球的颜色是红的事件，
在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为：
，故A正确；
在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为：
，故B错误；
由题意可知，，
，由全概率公式可知，甲获得奖品的概率为：
，故C正确；
因为甲获奖时红球取自哪个箱子的颜色与先抽取小球的颜色相同，
则，
，
，
所以甲获得奖品时，甲先抽取绿球的机会最小，故D正确.
故选：ACD.
35．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A．不存在点，使得B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为D．点到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，
因为点为的中点，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，
则的最小值为，直角斜边上高为，即，
直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为，
半径，表面积，所以C正确；
对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，
因为平面，所以,又,且,
故平面，平面，所以，因为，
且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，
即为的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，
故选：BCD.
36．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）将数列中的所有项排成如下数阵：
…
已知从第2行开始每一行比上一行多两项，第1列数，，，…成等差数列，且，，从第2行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，则（ ）
A．
B．位于第5行第9列
C．
D．若，则位于第3行第5列或第8行第3列
【答案】AC
【解析】由已知第1列数，，，…成等差数列，且，.
设第1列数所组成的等差数列公差为，
则，
所以，故选项A正确；
由题意可得：第1行共有1项，第2行共有3项，第3行共有5项，…，第行共有项.
所以前1行共有项，前2行共有项，前3行共有项，…，前5行共有25项，前行共有项.
所以位于第6行第1列，故选项B错误；
因为第1列数组成了以为首项，为公差的等差数列，
所以第行的第1项为：，
又因为每一行中的数按从左到右的顺序均构成以2为公比的等比数列，
所以第行的数构成以为首项，公比为2的等比数列，
则，故选项C正确；
因为第行的数构成以为首项，公比为2的等比数列，
则第行第列数为：
令，则得：（，）.
，；，；，，故选项D错误.
故选：AC.
37．（2024·湖北武汉·高三统考期末）设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．A，B相互独立B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由题意可知，
事件互斥，且，
所以，
即，故A正确；
则
，故B正确；
由条件概率公式可知：，故C错误；
，
即，故D正确.
故选：ABD
38．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知函数，，，则（ ）
A．当时，函数有两个零点
B．存在某个，使得函数与零点个数不相同
C．存在，使得与有相同的零点
D．若函数有两个零点，有两个零点，，一定有
【答案】ACD
【解析】由，
令，令，
即在上单调递减，在上单调递增，
即，
对于A项，当时，则，
又易知，且时，，
根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确；
对于B项，当时，此时，则有一个零点，
当时，，则此时无零点，
又易得，
则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误；
对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，，
同时有两个零点，，
则根据单调递增可知，存在唯一的满足成立，
有，
若C正确，因为，则只能有，即，
由题意易知：，
令，则时，，
时，，故在上单调递减，在上单调递增，
且时，，时，，
设，，
因为，时，，，
所以存在，使得，即，所以，，
即存在，使得与有相同的零点，故C正确；
对于D项，由C项结论可知，此时，
则由，故D正确.
综上：ACD正确.
故选：ACD
39．（2024·湖北·高三统考期末）设，点是直线上的任意一点，过点作函数图象的切线，可能作（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【答案】BC
【解析】设为直线上任意一点，
过点作的切线，切点为，
则函数图象在点B处的切线方程为，
即，
整理得，，
解得1或
当时，，方程仅有一个实根，切线仅可以作1条；
当时，，方程有两个不同实根，切线可以作2条.
故选：.
40．（2024·湖北·高三统考期末）如图，某工艺品是一个多面体，点两两互相垂直，且位于平面的异侧，则下列命题正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．当点为的中点时，线段的最小值为
C．工艺品的体积为
D．工艺品可以完全内置于表面积为的球内
【答案】BC
【解析】根据题意可以构造长宽高分别为的长方体，
对于A，因为，且，则为平行四边形，可得，
可知异面直线与所成的角为（或其补角），
在中，可知，
由余弦定理可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故A错误：
对于B，当为的中点时，可知，
且BM垂直于长方体的上下底面，所以垂直于长方体的上下底面，
此时线段的最小值为，故B正确：
对于C，工艺品的体积，故C正确；
对于D，由于的顶点都在长方体的顶点处，可知的外接球即为长方体的外接球，
设的外接球半径为，则，
所以外接球的表面积为，
且，所以不可以完全内置于表面积为的球内，故D错误.
故选：BC.
41．（2024·山东滨州·高三统考期末）已知函数的图象关于直线对称，且对，有．当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．10是的周期B．为偶函数
C．D．在上单调递减
【答案】BC
【解析】函数的图象由向右平移1个单位得到，且其对称轴为，
所以函数的对称轴为，即或；
又，所以函数图象关于点对称.
所以，
所以函数为周期函数，且周期为12，故A错误；
因为，故函数图象关于对称，把函数图象向左平移3个单位，得函数，图象关于轴对称，所以为偶函数，故B正确；
，故C正确；
又，，，故D错误.
故选：BC
42．（2024·山东滨州·高三统考期末）拋物线的光学性质：由焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一个点反射，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．
B．
C．延长交直线于点，则，，三点共线
D．若平分，则
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意点，解得，即点，
抛物线焦点，
所以直线的方程为，即，
将其代入可得，
由韦达定理可得到，故A错误；
对于B，由知，因为，所以，
代入可得，解得：，所以，
所以，故B正确；
对于C，易得的方程为，联立，故，
又轴，所以三点的横坐标都相同，则三点共线，故C正确；
对于D，若平分，所以，
又因为轴，轴，所以，故，
所以，则，故，，
则，故D正确.
故选：BCD.
43．（2024·山东济南·高三统考期末）在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A．甲组中位数为3，极差为4B．乙组平均数为2，众数为2
C．丙组平均数为3，方差为2D．丁组平均数为3，第65百分位数为6
【答案】AC
【解析】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，
根据极差为4，得到最低失分为4分，
此时中位数不可能为3，故假设不成立，
则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确；
B选项，假设乙组的失分情况为，
满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；
C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为，
丙组平均数为3，方差为2，
即，
若，则，不合要求，故，
所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确；
D选项，，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数，
即从小到大第7个数为6，
假设丁组失分情况为，
满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误.
故选：AC
44．（2024·山东济南·高三统考期末）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ）
A．记平面与平面的交线为，则平面
B．记直线和与平面所成的角分别为，，则
C．存在某个点，满足平面平面
D．四棱锥外接球表面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】对A：连接点与中点，连接，
由题意可得为中点，是中点，
故，又平面、平面，
故平面，设直线平面平面，
由平面，则，
又平面、平面，
故平面，
又，故不平行于平面，故A错误；
对B：连接，由，为中点，
故，又，故，
故，又，、平面，
故平面，又，故平面，
故在平面上的投影为，在平面上的投影为，
即，，
由，，故为等腰直角三角形，
有，，
故，故B正确；
对C：由平面，平面，
故，则当时，又、平面，
，故有平面，又平面，
故平面平面，
即需，由题意可得，
，，
即当时，有，
由，故存在点，使，故C正确；
对D：由，故，由，故，
即四边形四点共圆，连接，为该圆直径，
故四棱锥外接球球心必在过中点，且垂直平面的直线上，
则当球心在中点时，四棱锥外接球半径最小，
此时中点到点的距离等于一半，故，
由，有平面，
又平面，故，
故球心可在中点，
由是中点，故，则，
则半径为，此时表面积为，
即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
45．（2024·山东泰安·高三统考期末）如图，在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到位置，连接，且为中点，，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．存在某个位置，使得
C．当翻折到二面角为直二面角时，到的距离为
D．当翻折到二面角为直二面角时，与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】取中点，连接，所以又，
所以四边形为平行四边形，故平面，平面，
故平面，
平面，平面，故平面，
平面，因此平面平面，平面，
所以平面，A正确，
当时，由于则，
此时，
故只需要在翻折过程中使得，
即可满足，即，故B正确，
对于C，取中点，由于，
又，
所以，
取中点，则，
当二面角为直二面角时，则，
故以为正方向为，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，，
，
故到的距离为，故C错误，
，，
设平面的法向量为，
则，取则，
故直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，
故选：ABD
46．（2024·山东泰安·高三统考期末）已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有2个零点
B．函数在上单调递增
C．
D．
【答案】BCD
【解析】A：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，
当时，，
当时，，因此函数只有一个零点，因此本选项不正确；
B：，
，
当时，根据函数单调性的性质可知函数单调递减，
所以当时，，
所以函数在上单调递增，本选项正确；
C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
，
因此曲线相切方程为：
，
因为曲线在点处的切线与曲线相切于点，所以，
因此，所以本选项正确；
D：由上可知：，
因此有
，因此本选项正确，
故选：BCD
47．（2024·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
又在其定义域内单调递增，所以其定义域内单调递增，故，故A正确；
由A可知，所以，故B正确；
因为单调递增，
且，
根据零点存在定理，有，故C错误；
因为，
又二次函数的对称轴为1，且在区间上单调递减，
所以，故D正确，
故选：ABD.
48．（2024·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A．存在点满足平面平面
B．当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C．若，则最小值为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
对于A，面面，
所以当点位于点时，平面平面，故A正确；
对于B，当为线段中点时，
与均为直角三角形，且面面，
三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球体积为，故B正确；
对于C，，点在线段上，
当点位于点时，，故C错误；
对于D，若，
与均为直角三角形，
∽，，
如图，在正方形中，
以为原点，、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，
设，则，
整理得：，
点在面内的轨迹为以为圆心，以为半径的，
，，
在中，，，
，故D正确.
故选：ABD.
49．（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】由题意知X，Y均服从于超几何分布，且，，
故；
从而，故选项A正确；
，，，故选项B错误，C正确；
，故选项D正确；
故选：ACD.
50．（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）已知菱形的边长为2，．将沿着对角线折起至，连结．设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．若四面体为正四面体，则
B．四面体的体积最大值为1
C．四面体的表面积最大值为
D．当时，四面体的外接球的半径为
【答案】BCD
【解析】如图，取中点，连接，则，，为二面角的平面角，即．
若是正四面体，则，不是正三角形，，A错；
四面体的体积最大时，平面，此时到平面的距离最大为，而，所以，B正确；
，
易得，，
未折叠时，折叠到重合时，，中间存在一个位置，使得，则，，此时取得最大值2，
所以四面体的表面积最大值为，C正确；
当时，如图，设分别是和的外心，在平面内作，作，，则是三棱锥外接球的球心，
由上面证明过程知平面与平面、平面垂直，即四点共面，
，则，，，
为球半径，D正确．
故选：BCD．
三、填空题
51．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知点是椭圆上的三点，坐标原点是的重心，若点，直线的斜率恒为，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【解析】设的中点
则,
且,两式相减可得,
整理可得，则,
由题意可知共线则,
即，所以,解得,
椭圆C的焦距为，则离心率,解得.
故答案为：.
52．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）设函数，若关于的函数恰好有四个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】作出函数的图象如图，
令，函数恰好有四个零点．
则方程化为，
设的两根为，
因为，所以两根均大于0，且方程的一根在区间内，另一根在区间内．
令
所以，解得：，
综上：实数的取值范围为
故答案为：
53．（2024·广东东莞·高三统考期末）若函数的图象关于对称，则 ，的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为函数的图象关于对称，
令，可得，可得或，
由对称性可知，方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，可得，
所以，，
则，
所以，函数的图象关于直线对称，则，
因为，
令，令，
所以，.
故答案为：；.
54．（2024·广东潮州·高三统考期末）设函数，已知直线与函数的图象交于两点，且的最小值为（为自然对数的底），则 ．
【答案】
【解析】当时，；当时，.
作出的图象如图所示：
由图可得，设，
不妨设，则，
故，所以.
令，则，为单调递增函数，
当，即时，，所以在上单调递减，
所以，解得，舍去；
当，即时，单调递增，且，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得.
综上所述，.
故答案为：.
55．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，点为抛物线E：上的任意一点，在轴上的射影为，则的最小值为 .
【答案】
【解析】
设，已知，，
则，
化简整理得，所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，
抛物线E：的焦点，准线方程为，
，
当且仅当A，P，M，F（P，M两点在A，F两点之间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
56．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知正实数x，y满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【解析】由得，所以，则，
因为，，，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以由，即，得，
所以，所以．
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
57．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，且，则不等式在区间上的解集为 .
【答案】
【解析】由图可知，解得，
由图可知，，
又，所以或，
当时，，
因为，所以当时，显然有，
因此函数先是增函数，显然不符合图象，
当时，
因为，所以当时，显然有，
因此函数先是减函数，符合图象特征，
令，或，因为，
所以，
即，
由
所以有，
因为，
所以令，则有，
而，所以，
故答案为：
58．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知为椭圆：（）上一点，，为左、右焦点，设，，若，则该椭圆的离心率
【答案】/
【解析】利用和差化积公式可得：.
由两边同时乘以可得：，即.
设，，，则.
在中，由正弦定理可得，
所以.
所以该椭圆离心率.
故答案为：
59．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）设，则
【答案】
【解析】由题意知的展开式的通项为，，，
所以.
故答案为：.
60．（2024·湖北武汉·高三统考期末）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，如图所示，则该“十字贯穿体”的体积为 ．

【答案】
【解析】
如图，两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点，
则多面体可以分成8个全等三棱锥，
则
则该“十字贯穿体”的体积为:
故答案为：.
61．（2024·湖北武汉·高三统考期末）如图，椭圆：和：有相同的焦点，，离心率分别为，，为椭圆的上顶点，，，，三点共线且垂足在椭圆上，则的最大值是 .

【答案】
【解析】由图知，
则，设，
则，
则
，
由于，
所以.
故答案为：
62．（2024·湖北·高三统考期末）设椭圆的左、右顶点分别为过右焦点作轴的垂线与椭圆在第一象限交于点,连接并延长交直线于点,若,且,则椭圆离心率的取值范围是 .
【答案】
【解析】设椭圆右焦点为,直线与轴交于点,
,,.
且.
.
故答案为：.
63．（2024·湖北·高三统考期末）已知方程有唯一实根，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【解析】
令，则，
而在上递增，
结合函数和的图象易知，
当直线与相切时，或者直线的斜率时，符合题意.
若直线与相切，设切点，
又则切线的斜率为，
所以切线方程为，
即，
所以，故，
综上可知，实数的取值范围是或，
故答案为：或.
64．（2024·山东滨州·高三统考期末）已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
【答案】
【解析】如图：取的中点,连接，
结合题意：易得为等边三角形，
因为为的中点，所以
因为在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因为,且面
所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，
因为直四棱柱的所有棱长均为4，，
所以 ,, ,,
故以为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心, 为半径的圆所成的圆弧.
所以.
故答案为: .
65．（2024·山东济南·高三统考期末）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与C的右支交于A，B两点，且，的内切圆半径，则C的离心率为 ．
【答案】/
【解析】由题意作出图形，设，则，，则，
由三角形的内切圆半径为，
又因为，所以，
所以，化简得
在中，，即，
化简得，由可得，
在中，，即，
化简得，由可得，
所以，化简得，解得，
所以离心率.
66．（2024·山东泰安·高三统考期末）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在内，点在上，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意得，，
又因为点在内，所以，解得，
而，
不妨设，则，
所以.
故答案为：.
67．（2024·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则当时， ；内切圆的半径为 ．
【答案】 / /
【解析】由双曲线方程知，如下图所示：
由，则，
故，
而，所以，
故，
解得，所以，
若为内切圆圆心且可知，以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，
结合双曲线定义内切圆半径
所以；
即内切圆的半径为；
故答案为：，；
68．（2024·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）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】由题可知，＝1，设，，，
则，
∴当时，.
故答案为：.