2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编28

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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（二十八）
一、单选题
1．（2024·广东湛江·二模）已知函数，，则（ ）
A．当有2个零点时，只有1个零点
B．当有3个零点时，有2个零点
C．当有2个零点时，有2个零点
D．当有2个零点时，有4个零点
【答案】D
【解析】两个函数的零点个数转化为图象与的图象的公共点的个数，
作出，的大致图象，如图所示.
由图可知，当有2个零点时，无零点或只有1个零点；
当有3个零点时，只有1个零点；
当有2个零点时，有4个零点.
故选：D
2．（2024·甘肃定西·一模）在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设，
因为在矩形中，，所以，
因为底面，
所以分别是与底面所成的角，即，
所以.
因为，
所以，解得(负根舍去)，
所以.
故选：D.
3．（2024·高三·江西·开学考试）如图，已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的取值范围为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接、，
则
，
又，
所以，，
即，
所以，．
故的取值范围为．
故选：C
4．（2024·高三·江苏·期末）已知直线l与椭圆在第二象限交于，两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设：（，），设，，
联立，得，
由题意知，
所以，，
设的中点为，连接，
因为，所以，得，
又因为，，所以也是的中点，
所以的横坐标为，
从而得，因为交在第二象限，解得，
设直线倾斜角为，得，得，故A正确.
故选：A.
5．（2024·湖南娄底·一模）已知圆内接四边形中，是圆的直径，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
因为，所以，易知，
结合图形，，，则，故.
又是圆的直径，，
所以，所以在直角三角形中可得，故.
故选：.
6．（2024·湖南娄底·一模）若直线是指数函数且图象的一条切线，则底数（ ）
A．2或B．C．D．或
【答案】D
【解析】设切点坐标为，对函数，求导得，
切线方程化成斜截式为，
由题设知，显然，即，
由，得，即，
即，
即，化简得，
令，即，利用指数函数与一次函数的性质，可知或，
即或，解得或.
故选：D.
7．（2024·河北沧州·一模）过点作圆相互垂直的两条弦与，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．15
【答案】D
【解析】如图所示：,记,则，
，
，
当且仅当，即时，取等号.
所以四边形的面积的最大值为.
故选：D
8．（2024·湖南·一模）若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】令，即，
当时，由函数与的图象可知，两函数图象有一个交点，记为，
则当时，，即，不满足题意；
当时，令，则，
令，则，因为单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以时，有最小值，
又对恒成立，
所以，即，
所以，当且仅当时等号成立.
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，，
所以，即，当且仅当，时等号成立，
所以的取值范围为.
故选：A
9．（2024·湖南·模拟预测）如图所示，面积为的扇形中，分别在轴上，点在弧上（点与点不重合），分别在点作扇形所在圆的切线，且与交于点，其中与轴交于点，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．2
【答案】B
【解析】解析：因为扇形的面积为，即，所以，
设，则在中，，
连接，根据切线的性质知，
则在中，，
所以，
令，则，且，
所以原式，
当且仅当，即时，等号成立，
又，所以时，取得最小值，为，
故选：B
10．（2024·陕西商洛·模拟预测）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，
设0，所以，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
根据已知得，
可设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
综上，.
故选：D.
11．（2024·河南信阳·模拟预测）已知数列的前项和为，，，且是，的等差中项，则使得成立的最小的的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】D
【解析】是，的等差中项，
，故，
而，，
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，
，
记，则，
，
两式相减可得，，
即，令，即，
设，则，
，，在单调递减，
是递减数列，
当时，，
当时，，
使得成立的最小的的值为11.
故选：D.
12．（2024·全国·模拟预测）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】依题意得，，故，
令，则，令可得，
所以时，，则在上单调递减，时，，则在上单调递增；
且当时，，当时，；
则由，得，则
令，则，
故当时，，单调递减，当时，单调递增，
故，则，则实数的取值范围为.
故选：D．
13．（2024·湖南岳阳·二模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，即，所以，即；
因为，所以，即，所以，即；
因为，所以，即，所以，即；
又因为，
且，
所以，所以，所以；
综上所述，.
故选：A.
14．（2024·湖南岳阳·二模）已知点是圆上的两点，若，则的最大值为（ ）
A．16B．12C．8D．4
【答案】B
【解析】因为，、，在圆上，，
因为，则是等腰直角三角形，
表示、到直线的距离之和的倍，
原点到直线的距离为，如图所示：
，，是的中点，作于，
且，，，
，当且仅当三点共线，且在的两侧时等号成立，
又，故的最大值为
的最大值为．
故选：B．
15．（2024·湖南·二模）2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天，其中甲因有其他事务，若安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有（ ）
A．792种B．1440种C．1728种D．1800种
【答案】B
【解析】当甲安排在初一或初二时，再安排一人在初二或初一，则有种排法，
再利用平均分组分配法将初三到初八分配给剩下的3人，有种排法，
所以一共有种排法；
当甲不安排在初一或初二时，安排两人在初一或初二，有种排法，
不考虑甲两天不能连排的情况，有种排法，
其中甲两天连排的排法有种，故初三到初八的值班安排有种排法，
所以一共有种排法；
综上可知共有种不同排法.
故选：B.
16．（2024·湖南·二模）已知双曲线的左、右焦点分别是为坐标原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且在上的投影向量为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．4D．
【答案】D
【解析】不妨设点在第二象限，如图，
因为在上的投影向量为，则，
又，所以，
又在双曲线上，，则，
即，整理得，
所以，解得或（舍去），.
故选：D.
17．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．2或4
【答案】C
【解析】由余弦定理得，
即，
，
所以或，
又，所以.
故选：C
18．（2024·湖南常德·三模）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设事件表示任选一件产品，来自于甲箱，事件表示任选一件产品，来自于乙箱，事件从两箱产品中任取一件，恰好不合格，
又
，
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为
.
故选：A.
19．（2024·湖南·模拟预测）有一枚质地均匀点数为1到4的特制骰子，投掷时得到每种点数的概率均等，现在进行三次独立投掷，记X为得到最大点数与最小点数之差，则X的数学期望（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】的所有可能取值为，记三次得到的数组成数组，
满足的数组有：
，共4个，
所以，
满足的数组有：
，
，共18个，
所以，
满足的数组有：
，
，
，
，共24个，
所以，
满足的数组有：
，，
，，
，，共18个，
所以，
所以X的数学期望.
故选：D.
20．（2024·湖南·模拟预测）已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】根据题意，函数的周期为8，图象关于点对称，
又，
所以函数的图象也关于点对称，
由，，
，，，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，，，
在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，
由图可得，函数与在上有两个交点，
因为函数与图象均关于点对称，
所以函数与在上有两个交点，又，
所以函数在内的零点个数为5.
故选：C.
21．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A．27B．24C．32D．28
【答案】A
【解析】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
22．（2024·河南·模拟预测）已知圆为的外接圆，，，则（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】B
【解析】如图，圆的直径为，
故，，
故.
故选：B.
二、多选题
23．（2024·广东湛江·二模）已知函数的定义域为，不恒为零，且，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在处取得极小值
D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于选项A，令，得，解得或，
当时，令，则，则，这与不恒为零矛盾，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，则，即，
即为偶函数，所以选项B正确，
对于选项C，取，满足题意，此时不是的极小值点，所以选项C错误，
对于选项D，令，得，
若，则，则，
则，所以选项D正确，
故选：ABD.
24．（2024·甘肃定西·一模）下列命题为真命题的是（ ）
A．的最小值是2
B．的最小值是
C．的最小值是
D．的最小值是
【答案】BC
【解析】设，
易知点的轨迹是抛物线的上半部分，
抛物线的准线为直线到准线的距离，为抛物线的焦点，
对于AB，
，
所以的最小值为，故A错误，B正确；
对于CD，
，
所以的最小值是，故C正确，D错误.
故选：BC.
25．（2024·高二·福建福州·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．比如取正整数，根据上述运算法则得出．猜想的递推关系如下：已知数列满足，，设数列的前 项和为 ，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】因为数列满足，，
所以
，
所以，
所以AB正确，C错误，
因为数列中从第4项起以4，2，1循环，而，
所以，所以D正确，
故选：ABD
26．（2024·高三·江西·期末）在棱长为2的正方体中，点，，分别是线段，线段，线段上的动点，且.则下列说法正确的有（ ）
A．
B．直线与所成的最大角为
C．三棱锥的体积为定值
D．当四棱锥体积最大时，该四棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】对于A，由，可得，
因为，所以与不垂直，因此A不正确；
对于B，因为，所以，
因此直线与所成的角就是直线与所成的角，
当为中点时，此时,直线与所成的角最大为，因此B正确：
对于C，由于平面平面,平面,所以
为定值，C正确：
对于D，,
由于为上的点，故到平面的距离为定值，所以到平面的距离为定值，
要使最大，只需要最大，故当为点时，四棱锥体积最大，
该四棱锥的外接球即正方体的外接球，
直径为，所以，故其表面积为，因此D正确．
故选：BCD．
27．（2024·湖南娄底·一模）对于事件与事件，若发生的概率是0.72，事件发生的概率是事件发生的概率的2倍，下列说法正确的是（ ）
A．若事件与事件互斥，则事件发生的概率为0.36
B．
C．事件发生的概率的范围为
D．若事件发生的概率是0.3，则事件与事件相互独立
【答案】BCD
【解析】对于，若事件与事件互斥，则，所以，故A错误；
对于B，，故正确；
对于C，，
若事件与事件互斥，则，此时取到最小值为0.24，若，此时取到最大值为，故C正确；
对于D，，则，由，
得，则事件与事件相互独立，故D正确.
故选：BCD.
28．（2024·湖南娄底·一模）已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
【答案】BC
【解析】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
29．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）设为两个正数，定义的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式.上个世纪五十年代，美国数学家提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数.下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】对于A选项，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B选项，，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于C选项，，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D选项，当时，由C可知，，故D错误.
故选：AC.
30．（2024·广东广州·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
31．（2024·湖南·模拟预测）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成的角的大小为
B．直线平面
C．平面平面
D．四面体外接球的体积与正方体的体积之比为
【答案】ABD
【解析】解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，，
即为正三角形．又因为分别为的中点，则，
因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，
又，所以直线与所成的角的大小为，A正确；
对于B：因为，所以平面平面，
故直线平面，B正确；
对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则，
假设平面平面，而平面平面，
于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误；
对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体
的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球，
于是球的直径，
体积为，于是，D正确，
故选：ABD．
32．（2024·湖南·模拟预测）玻璃缸中装有2个黑球和4个白球，现从中先后无放回地取2个球．记“第一次取得黑球”为，“第一次取得白球”为，“第二次取得黑球”为，“第二次取得白球”为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对A，由题意，第一次取得黑球的概率，
第一次取得白球的概率，
第一次取得黑球、第二次取得黑球的概率，
第一次取得白球、第二次取得白球的概率，
则，所以A错误；
对B，第一次取得黑球、第二次取得白球的概率，
第一次取得白球、第二次取得黑球的概率，
则，所以B正确；
对C，由，
得，所以C正确；
对D，由，得，所以D正确．
故选：BCD．
33．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．若，，则将函数的图象向右平移个单位后关于y轴对称
B．若，函数在上有最小值，无最大值，且，则
C．若直线为函数图象的一条对称轴，为函数图象的一个对称中心，且在上单调递减，则的最大值为
D．若在上至少有2个解，至多有3个解，则
【答案】ACD
【解析】对于A：若，，则，将函数的图象向右平移个单位后得，
其图象关于y轴对称，故A正确；
对于B：依题意，当时，有最小值，所以，
所以，所以，
因为在区间上有最小值，无最大值，所以，即，
令，得，故B错误；
对于C：依题意有，则或，故C正确；
对于D：因为，则或，
则或，
则需要上述相邻三个根的距离不超过，相邻四个根（距离较小的四个）的距离超过，
即，解得，故D正确；
故选：ACD．
34．（2024·河南信阳·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为，点在抛物线C上，则（ ）
A．若三点共线，且，则直线的倾斜角的余弦值为
B．若三点共线，且直线的倾斜角为，则的面积为
C．若点在抛物线C上，且异于点，，则点到直线的距离之积为定值
D．若点在抛物线C上，且异于点，，其中，则
【答案】BCD
【解析】对A，设抛物线C：，设直线：，
设，，联立，
则，，
由于，可得，代入上式得：，
解得：，且直线的斜率为，
设直线MN的倾斜角为，则，且，
则，解得，故A错误；
对B，设抛物线C：，且直线的倾斜角为，
设直线：，
设，，联立，
则，，
，故B正确；
对C，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，
设，，
设直线AM：，
联立
则，解得（舍去，此时重合）或，
则点到直线的距离为，
同理可得，因为，则到直线的距离为，
故所求距离之积为，故C正确；
对D，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，
设直线AM：，
与抛物线方程联立可得，
则，则，用替换可得，
则，
则，，
故直线MN：，即，
则点F到直线MN的距离，
而
即，
，
得，
令，
故，
，
当且仅当时等号成立，故D正确；
故选：BCD．
35．（2024·湖南岳阳·二模）已知函数的定义域为，对任意都有，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为奇函数
C．D．
【答案】BCD
【解析】令，则，所以，
令，则，，故A错误；
要证为奇函数，只需证，即，
令，则，，
令，则，所以成立，故B正确；
令，则，，所以为偶函数，由B可知， ，所以，则有，故C正确；
由C可知，又为偶函数，所以，则周期为2，，，所以，故D正确.
故选：BCD
36．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹为线段
B．若，则动点的轨迹长度为
C．直线与直线所成角的范围为
D．满足的点的轨迹长度为
【答案】AD
【解析】对于A，如图所示，取棱的中点分别为，
连接，
根据正方体的特征易知，
则共面，且平面，平面，
又平面且相交于，故平面平面，
所以满足平面的点的轨迹为线段，
故A正确；
对于B，设M到上底面的投影为N，易知，而，所以，
即P在以N为圆心，半径为2的圆上，
且P在正方形内，如图所示，即上，易知，所以的长度为，
故B错误；
对于C，
如图所示建立空间直角坐标系，取的中点Q，连接，作，
设，则，，
易知直线与直线所成角为，
显然当P为的中点时，此时，
当时，，
易知，
若最小，则需，此时，故C错误；
对于D，取，
可知，即共面，
在底面正方形中易知，则，
结合正方体的性质可知底面，底面，
所以，
而平面，
所以平面，故P在线段上运动，
易知，故D正确.
故选：AD
37．（2024·湖南·二模）已知，下列结论正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则
C．若在上恰有4个极值点，则的取值范围为
D．存在，使得在上单调递减
【答案】ABC
【解析】由，
对于A，若的最小正周期为，则，故A正确；
对于B，若的图象向左平移个单位长度后得，其图象关于纵轴对称，
则有，显然，故B正确；
对于C，，
根据题意有，故C正确；
对于D，，
显然，，即该区间为包含的连续区间，
根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D错误.
故选：ABC
38．（2024·湖南·二模）已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（ ）
A．和均为奇函数B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于B，由，得，
又，，
的图象关于直线对称，，
，
，则是周期函数，且周期为，
所以，故B正确；
对于A，的图象关于直线对称，
是偶函数，
若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误；
对于C，由，得，
，
因为，则，
所以是周期函数，且周期为，则，故C正确；
对于D，由，得，
又，
由，得，故D正确.
故选：BCD.
39．（2024·湖南常德·三模）若函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】令得，令得，在同一直角坐标系中作出，，，，，的函数图象，
、、在上分别递增、递减、递减，且在上递减速率，先慢后快，先快后慢，
由，且，，
所以，所以，故不正确；
由，故，由，故，
因为上函数，关于直线对称，
所以，即，又，所以，故正确；
由，所以，故正确；
由，所以，由，得，又，
因为在单调递减，
所以，所以，故正确.
故选：.
40．（2024·高三·重庆·开学考试）已知函数是上的奇函数，等差数列的前项的和为，数列的前n项的和为.则下列各项的两个命题中，是的必要条件的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】AD
【解析】选项A：因为为等差数列，所以，得，
因函数是上的奇函数，，
所以是的必要条件，故A正确；
选项B：若，则时满足，
此时，
故不是的必要条件，故B错误；
选项C：若，满足，
但，故不是的必要条件，故C错误；
选项D：由且为等差数列
可得，
因函数是上的奇函数，
所以，
故，
故是的必要条件，故D正确；
故选：AD
41．（2024·湖南·模拟预测）已知，双曲线C：，则（ ）
A．可能是第一象限角B．可能是第四象限角
C．点可能在C上D．点可能在C上
【答案】BD
【解析】根据题意，可得，即，即且，
所以在第三象限或第四象限.故A错误，B正确；
当在第三象限时，有，，，
双曲线方程为，当即，时，方程为，
所以点在双曲线上，故D正确；
当在第四象限时，有，，，
双曲线方程为，因为，所以点不在双曲线上，故C错误.
故选：BD.
42．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）是边上的点，其中，且.则面积的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】由面积公式可得：
，
，
因为，,所以，
由可得，即.
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，又
则，整理得到：，
即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
故的边上的高的取值范围是，故其面积的取值范围是.
所以AB选项满足条件.
故选：AB.
43．（2024·山西·模拟预测）在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱于点F，P为线段上一动点（不含端点），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥外接球的表面积的取值范围是
【答案】ACD
【解析】对于A，因为平面平面，
根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，
即，因为面，面，
所以平面，又点P在线段上，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得，因为，
则，因为，，
平面,所以平面，
与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，
取的中点Q，连接，则点P在平面内的射影在上，
直线与平面所成角即，
且有，由已知可得，
最小为，所以的最大值为，故C正确；
对于D，如图2，
取的中点G，连接，分别取，的中点，，
连接，因为是等腰直角三角形，
所以三棱锥外接球的球心O在直线上，
设三棱锥外接球的半径为，则，
所以，
设，则，
所以,当点与重合时，
取最小值，此时，
三棱锥外接球的表面积为，
当点P与重合时，取最大值，
此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．
故选：ACD.
三、填空题
44．（2024·广东湛江·二模）已知，是椭圆C的两个焦点，若C上存在一点P满足，则C的离心率的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为，所以，
则，所以，
则，又.
所以C的离心率的取值范围是.
故答案为：
45．（2024·高三·河北·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，点P为第一象限内椭圆上一点，的内心为，且，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【解析】如图由的内心为可知该内切圆的半径为，
设该内切圆与的三边的切点为,所以,
又，所以,,
设
在中由余弦定理可得：，
化简得：
由的内心为可知，
在椭圆中易知,即即，
联立，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
46．（2024·湖南娄底·一模）龙年参加了一闯关游戏，该游戏共需挑战通过个关卡，分别为：，记挑战每一个关卡失败的概率为，其中.游戏规则如下：从第一个关卡开始闯关，成功挑战通过当前关卡之后，就自动进入到下一关卡，直到某个关卡挑战失败或全部通过时游戏结束，各关卡间的挑战互相独立：若，设龙年在闯关结束时进行到了第关，的数学期望 ；在龙年未能全部通关的前提下；若游戏结束时他闯到第关的概率总等于闯到第关的概率的一半，则数列的通项公式 .
【答案】
【解析】若，则得可能取值为，
又，所以；
设未能通关的前提下，游戏结束时进行到第关的概率为；
那么有，
由可得；
即，对两边同时取倒数，可得，即，又，
故是首项为1，公比为2的等比数列，
从而.
故答案为：；.
47．（2024·湖南·一模）如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意，当时，为双曲线的上半部分；
当时，为椭圆的下半部分.
又即，故作出的图象：
考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有，
整理得，则，
由图象解得.
当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件.
故实数的取值范围为.
故答案为：
48．（2024·湖南·模拟预测）已知数列为公差不为0的等差数列，，且成等比数列，设表示不超过的最大整数，如，记为数列的前项和，则 ．
【答案】573
【解析】解析：由数列是等差数列，设其公差为，因为成等比数列，
所以，即，解得或（舍去），
所以，则．
当时，，
即，共有个，
因为，所以
，
令，则，
两式相减得，则，
所以，
故答案为：573.
49．（2024·高三·江苏无锡·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为 .
【答案】
【解析】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.
因为，则，，.
因为，则，可知，
则，即，整理得.
由得，解得或（舍去），
所以C的离心率为.
故答案为：.
50．（2024·全国·模拟预测）已知空间四面体满足，则该四面体外接球体积的最小值为 ．
【答案】
【解析】设分别为的中点，连接，
由已知，，故，因为是的中点，所以，
因为为的中点，故，即是线段的垂直平分线；
同理可得，是线段的垂直平分线，故球心在上，
设球的半径为，球心为，则，即，故，
此时为线段的中点，且，故所求外接球体积的最小值为．
故答案为：
51．（2024·全国·模拟预测）已知等边的外接圆的面积为，动点在圆上，若，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】依题意，设的外接圆的半径为，则，故，
在等边中由正弦定理得，则；
取线段的中点，连接，则，
所以；
取线段的中点，连接，则在线段上，且，所以，
则又，
故，则．
故答案为：.
52．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）若曲线上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的“自公切线”，则下列方程对应的曲线中存在“自公切线”的序号为 ．．
【答案】①②④
【解析】①，在和处的切线都是，故①有“自公切线”；
②，其中，，
此函数为周期函数，过图象的最高点的切线都重合或过图象的最低点的切线都重合，
故此函数有“自公切线”，即②有“自公切线”；
③，即，则 ，
假设有“自公切线”，设切点分别为，，且，
所以切线的斜率，解得：，
则，故，
化简得：，无解，所以③没有“自公切线”.
④，
当，则，当，则，
表示的图形如下，由于两圆相交，有公切线，所以④有“自公切线”.
故答案为：①②④
53．（2024·湖南岳阳·二模）已知椭圆的左右焦点分别为，其中，过的直线与椭圆交于两点，若，则该椭圆离心率的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设点，而，则，
由，得，即，
因此点在以为圆心，半径为的圆上，而点在椭圆上，则圆与椭圆有公共点，
由椭圆的几何性质知，即，亦即，
整理得，即，所以椭圆离心率，
故答案为：
54．（2024·湖南·二模）已知表面积为的球面上有四点是边长为的等边三角形，若平面平面，则三棱锥的体积的最大值为 ，
【答案】
【解析】如图，为的外接球的球心，为正的中心，
则平面，
因为球的表面积为，设球的半径为，则，故，
因为是边长为的等边三角形，则，
所以，
因为平面平面，所以过平面的截面圆的半径，
点在截面圆的圆周上，所以点到平面的最大距离为，
所以的体积的最大值为
.
故答案为：.
55．（2024·湖南·二模）已知，若，则实数的取值范围是 ，
【答案】
【解析】设，
因为在上单调递增，可知在上单调递增，
即在上单调递增，则，
且，
由绝对值的性质可知的最大值为或，
因为等价于，又，
即关于的不等式或在上恒成立，
由，得；
由，得；
所以，
则，整理得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
56．（2024·湖南常德·三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右两支分别相交于两点，直线与双曲线的另一交点为，若为等腰三角形，且的面积是的面积的2倍，则双曲线C的离心率为 .
【答案】或
【解析】设，，
由双曲线的定义可得，，
由的面积是的面积的2倍，可得，
又为等腰三角形，可得，或，
当，即，可得，，，，
在中，，
在中，，
化为，即；
当，即，可得，，，，
在中，，
在中，，
化为，即．
故答案为：或．
57．（2024·高三·全国·阶段练习）设函数图象上任意一点处的切线为，总存在函数图象上一点处的切线，使得，则实数的最小值为 .
【答案】
【解析】设函数在点处的切线为，函数在点处的切线为，
因为，则，
因为，所以，所以，
而，所以，
依题意可知，对，总，使得，
所以，
所以且，解得
所以实数的最小值为
故答案为：
58．（2024·湖南·模拟预测）过椭圆C：（）上的动点P向圆O：引两条切线．设切点分别是A，B，若直线与x轴、y轴分别交于M，N两点，则面积的最小值是 .
【答案】
【解析】
设点，则以为直径的圆的方程为，
与圆O的方程相减得，即是过切点的直线方程，，
令，得，所以，令，得，所以，
所以，
所以点到直线的距离，
所以，
因为点在椭圆C：（）上，
所以，
即，等号成立当且仅当，
所以，等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最小值是.
故答案为：.
59．（2024·四川凉山·一模）定义函数，，其中，符号表示数中的较大者，给出以下命题：
①是奇函数；
②若不等式对一切实数恒成立，则
③时，最小值是2450
④“”是“”成立的充要条件
以上正确命题是 ．（写出所有正确命题的序号）
【答案】②
【解析】函数等价于，.这是一个偶函数，故命题①错误.对于命题②，不等式等价于，即由于，故，所以，故命题②是真命题.对于③，当时，，两式相加得，而，，以此类推，可得.故③为假命题.对于④，，即，这对任意的都成立，故不是它的充要条件.命题④错误.故填②.