专题00 高考选填题解题技巧全攻略-高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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方法一 直接法…………………………………………………………………………1
方法二 排除法…………………………………………………………………………4
方法三 特例法…………………………………………………………………………7
方法四 构造法…………………………………………………………………………9
方法五 数形结合法……………………………………………………………………12
方法六 建系法…………………………………………………………………………16
多选题方法攻略…………………………………………………………………………21
选填题高考通关…………………………………………………………………………30
方法一 直接法
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·北京·阶段练习）设等比数列的各项均为正数，为其前项和，若，则（ ）
A．6B．8C．12D．14
【答案】D
【分析】结合等比数列的性质可计算出公比，由等比数列前项和的定义即可求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，
又因为，则，所以
又等比数列的各项均为正数，故，
则.
故选：D.
2．（24-25高三上·河北沧州·期中）溶液的酸碱度是用来衡量溶液酸碱性强弱程度的一个指标，在化学中，常用值来表示溶液的酸碱度．的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升．已知A溶液中氢离子的浓度是0.135摩尔/升，则A溶液的值约为（参考数据：，）
A．0.268B．0.87C．1.13D．1.87
【答案】B
【分析】由的计算公式及对数的基本运算求解即可.
【详解】解：由题意得
.
.
故选：B
3．（2024高三·全国·专题练习）每年的5月25日是全国大中学生心理健康日．某高校计划在这一天开展有关心理健康的宣传活动，现计划将6位老师平均分成三组分别到三个不同的班级进行宣讲，则不同的排法总数为（ ）
A．540B．120C．90D．60
【答案】C
【分析】先将6位老师平均分成三组，再将三组分配即可.
【详解】将6位老师平均分成三组，共有种可能，
三组老师分别到三个不同的班级进行宣讲，每个班级都有老师宣讲，
则有种排法．
故选：C.
4．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】，求出的范围，对应极小值点时，区间的右端点在上，对应单调递增，包含在区间上，分别得出的范围后取交集可得．
【详解】时，，
在有且仅有2个极小值点，则，，
，则，又在上单调递增，
则，，
所以，
故选：D．
二、填空题
5．（24-25高三上·江西南昌·阶段练习）已知向量的夹角为，则 .
【答案】
【分析】利用向量的数量积的定义，求得，再根据，即可求解.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：.
6．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知抛物线，经过抛物线上一点的切线截圆：的弦长为，则的值为 ．
【答案】
【分析】由题意可得：，设切线方程，结合相切可得，根据垂径定理结合弦长关系列式求解即可.
【详解】因为抛物线y2=2pxp>0过点，则，得到，所以，
显然切线斜率不为0，设切线方程为，
联立方程，消去x得，
则，整理得到，解得，
所以切线方程为，即，
又因为圆的圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
由题意可得，整理得到，解得或（舍）.
故答案为：1.
方法二 排除法
【典例训练】
1．下面四个命题：
：命题“”的否定是“”；
:向量，则是的充分且必要条件；
：已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为；
：在等比数列中，若，，则.
其中为真命题的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】方法一：
对于：命题“”的否定是“”，所以是假命题，排除A，D；
对于：双曲线的一条渐近线经过点，则有，则离心率，所以是真命题，排除C，故选B．
2．已知为数列的前项和，且，则数列的通项公式为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由，得，
当时，；（解题时，到这一步就可以进行排除，得出正确选项，因为，A、C、D中的均不为3，故可排除，选B.）
当时，.
所以数列的通项公式为.故选B．
3．（24-25高三上·天津·阶段练习）函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合函数的定义域，零点，时函数值的符号，对各个选项进行分析判断，即可求解.
【详解】由知，，所以选项C不合题意；
又时，，所以，故选项B不合题意，
因为时，，根据指数函数的单调性可知，，
又弧度是第二象限角，故，于是时，，所以选项D不合题意，
故选：A.
4．若不等式对任意实数均成立，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当时，不等式为，恒成立，符合题意，排除A、B；
当时，不等式为，不恒成立，不符合题意，排除D，故选C．
5．（2024高三·全国·专题练习）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，利用导数求得函数单调性，得到，得出，进而求得，再利用作商法，将的商的结果与1进行比较，从而可求得，得到，即可求解.
【详解】由题意，得，．
令，，则，
所以在0,+∞上单调递增，
所以，即，
所以，则，故排除A，B．
因为，，，
所以，所以，
所以．
故选：D．
方法三 特例法
【典例训练】
1．若为偶函数，则（ ）．
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【详解】 为偶函数，则 ，得
2．已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A. （）B. （）
C. （）D. （）
【答案】A
【详解】曲线C上取一点（0，4），向x轴作垂线段，中点坐标为（0，2），代入ABCD知，只有A符合
3．（2024·河南·模拟预测）若，则使成立的一个充分不必要条件为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用特殊值法代入可知A、B、D均错误，再利用基本不等式计算可得C正确.
【详解】对于A，易知当时满足，但此时不成立，可知A错误；
对于B，当，可知成立，但不成立，可知B错误；
对于C，由可得，即可得，即充分性成立；
当时，满足，但此时不成立，即必要性不成立，可得C正确；
对于D，当时，易知成立，此时不成立，可得D错误.
故选：C
4．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）下列函数，满足“对于定义域内任意两个实数，，都有”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用赋值法可判断ABD，令，利用导数可得，可判断C.
【详解】对于A，令，，则，，不满足条件，故A错误；
对于B，令，则，，不满足条件，故B错误；对于C，因为，求导得，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在单调递减，
所以，即，所以
即，所以，满足条件, 故C正确；
对于D，令，，则，不满足条件，故D错误.
故选：C.
6．（24-25高三上·四川·期中）已知、是函数图象上不同的两点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，利用对数的运算、对数函数的单调性以及基本不等式，特殊值法逐项判断即可.
【详解】由题意不妨设，因为是增函数，所以，即．
，
则，即，A正确，B错误；
取，，则，，，C错误．
取，，则，，，D错误．
故选：A.
方法四 构造法
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·广东·二模）函数的定义域为，若，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，解不等式即可得出答案.
【详解】构造函数，满足，，
则由可得，解得：.
故选：B.
2．（2024·广东广州·模拟预测）已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，然后由已知可得的单调性，最后将不等式转化为，即可得到答案.
【详解】，令，
则，则在上单调递增.
由，为奇函数，得，则，
从而原不等式可化为，即，此即为.
由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件.
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知a，，若，，则b的可能值为（ ）
A．2.5B．3.5C．4.5D．6
【答案】B
【分析】构造函数，求导确定其单调性，结合可得答案.
【详解】由得，设，则，
又，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
因为，所以．
结合选项可知B正确，ACD错误.
故选：B.
4．（2023·河北·三模）已知函数在区间上恰有2个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，令，转化为在区间上恰有2个实根，进而转化为即在区间上恰有2个实根，得到与的图象在区间上恰有2个交点，利用导数求得函数ℎx的单调区间和极值，进而得到答案.
【详解】由函数在区间上恰有2个零点，
令，可得，
令，则在区间上恰有2个实根，
因为在上单调递增，所以即在区间上恰有2个实根，
所以函数与的图象在区间上恰有2个交点，
又由，当时，；当时，，
所以函数ℎx在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，，且，所以，
所以实数a的取值范围是.
故选：A.
5．（23-24高三上·山西运城·阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据二项式展开式，得到，设，利用导数得到在上单调递增，根据，得到，令，得到，即可求解.
【详解】由，
设，可得恒成立，函数在上单调递增，
所以，所以在在上恒成立，
所以，所以，
设，可得，
所以，所以
设，
可得，
所以在上单调递增，所以，可得，即，
所以.
故选：B.
方法五 数形结合法
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·北京·期中）已知定点，，若点在圆上运动，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点，且，由此可求得，利用三角形两边之和大于第三边的性质可确定当三点共线时取得最小值.
【详解】设点，则，
设点，且，，
解得：，存在点，使得，
（当且仅当三点共线时取等号），
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆的问题中的线段长度和最值的求解问题，解题关键是能够根据阿波罗尼斯圆的性质，将所求线段进行长度转化，进而利用几何关系来进行求解.
2．（23-24高三上·江西南昌·开学考试）已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出函数和的图象以及直线的图象，即可判断大小没判断A；利用反函数的性质可判断B；利用基本不等式可判断C，D.
【详解】作出函数和的图象以及直线的图象，如图，

由函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，
结合图象可知，A错误；
由题意知，也即，
由于函数和互为反函数，
二者图象关于直线对称，而为和的图象与直线的交点，
故关于对称，故，B错误；
由，故，C错误；
因为，故，
结合，即得，D正确，
故选：D
3．（24-25高三上·湖南·阶段练习）已知是单位向量，向量满足，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．3D．1
【答案】B
【分析】设，由，可得点在以为圆心，3为半径的圆上，利用向量的模的几何意义，可得的最大值.
【详解】
设，因为，
即，即，
所以点在以为圆心，3为半径的圆上，
又是单位向量，则，
故最大值为，即的最大值为4.
故选：B.
4．（2024·广东·模拟预测）已知，其中相邻的两条对称轴的距离为，且经过点，则关于的方程在上的不同解的个数为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】A
【分析】把方程解的个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，从而利用数形结合可找到答案.
【详解】由已知相邻两条对称轴的距离为，可得，又，可得，
由函数经过点，则，即，
又，可得，所以，
因为函数的最小正周期为，
所以函数的最小正周期为，
所以在函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点，
故选：A.
5．（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）已知，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ）
A．4B．C．8D．
【答案】C
【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消b再利用基本不等式求解最值可得.
【详解】设，
又，所以在0,+∞单调递增，
当时，；当时，，
由图象开口向上，，可知方程gx=0有一正根一负根，
即函数在0,+∞有且仅有一个零点，且为异号零点；
由题意知，则当时，；当时，，
所以是方程的根，
则，即，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最小值是8，
故选：C
方法六 建系法
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于，
以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，
设，
所以，，A0,0,0，，
，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：.
2．（24-25高二上·贵州贵阳·期中）图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线AE与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】
因为，所以，所以，
如图所示，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为,
则异面直线AE与所成角的正弦值为.
故选: A.
3．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解.
【详解】由题意，
在中，由余弦定理得，
所以，
则，故，
如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，，
又，
即，
所以，所以，
所以，其中，
当且仅当时，取最大值，且它的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.
二、填空题
4．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知正方形的边长为2，以为圆心的圆与直线相切．若点是圆上的动点，则的最大值是 ．
【答案】8
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，用坐标表示向量的数量积，由在圆上可求得最大值．
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，
易知圆的半径为，圆方程为，
设，则，
则，
设，则，代入圆方程并整理得，
此方程有实数解，所以，解得，
所以的最大值是2，
所以的最大值是8．
故答案为：8．
5．（24-25高三上·上海·期中）已知平面向量 满足，且对任意的实数t，均有 则的最小值为
【答案】
【分析】利用向量的坐标运算，再用数形结合思想求出最小值.
【详解】
如图，建立直角坐标系，记，
因为，所以点，
作，设其坐标为，因为，
所以点在以点为圆心，1为半径的圆上，即，
因为对任意的实数t，均有 ，
所以，
由于上式对任意的实数t的一元二次不等式恒成立，
则，即，
设又设，则，
整理得：，所以可知点在直线上，
又因为点在以点为圆心，1为半径的圆上，且，
所以可以把看成两动点和的距离，
显然距离最小值为圆心到直线的距离减去半径1，
而点到直线的距离,
所以，即的最小值为3,
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：确定B，C点轨迹解决问题的关键.
多选题方法攻略
1）直接法
在多项选择题中，有很多时候只能将题干直接转化以达到求解问题。
2）先易后难法
在多个正确选项当中，经过仔细分析，可以找到一个非常好选的选项，先选上这个选项，可以保证拿到2分，如果其他选项没有把握的话，就赶紧去做下一个题，等把其他的题都做完了，再回来看没有把握的多选题。一定要根据自己的真实水平从多选题中拿分，切忌不可贪心。
3）排除法
在多项选择题中，尤其是当你确定其中两个选项为错误时，则另外两个肯定是正确答案。特别是从近年的高考试题中发现一个规律：四道多选题至少两道是只有两个选项对的。
4）对立法
对立的选项中必定有一个是错误的。例如选项中，AB互相对立，CD互相对立，则AB或CD不能同时出现的答案中。在多项选择题中，如果存在一对内容互相对立的选项，而其他两项不存在内容对立的情况，那么在此对立两项中至少有一个正确项；若存在两对内容互相对立的选项，则应该从两对对立项中分别选择一个选项作为正确选项。
5）分类统一法
在多项选择题中，如果存在两对内容互近选项或类似选项，而这两对选项内容对立，则其中一对互近或类似选项应该为正确选项。例如，ABCD四个待选项中，AB两项内容相近、类似，CD两项内容相近、类似，而AB组与CD组内容对立，如果判断A项正确，那么AB组都正确：如果判断C项正确，那么CD组都正确。
6）相辅相成法
在多项选择题中，如果两个或两个以上的选项之间存在承接关系或递进关系，即数个选项能同时成立，则往往这几个选项应一起被选择。例如在ABCD四个待选项中，ABC三个选项间存在承接、递进关系，能同时成立，若A正确，则ABC都应该为正确选项。
7）宁缺毋滥法
也叫“逃跑法”，三十六计走为上计。有把握的必选，没有把握的一定不选，蒙对的概率最多只有50%，一旦蒙错，本题0分。做多项选择题时，谨慎选择的意识要更加明确，一般首先选出最有把握的2个选项，同时，在有足够把握确定还有其他正确答案时才继续选择，否则不选，以免选出错误选项。这样，才能保证该题目得分。因此，要坚持宁缺勿滥，这一点与单项选择题不同。
另外，解题时首先完整读题，即不仅仅读题干，4个选择支也要读，通过选择支的特征确定选择题的解题方法。理解题目的条件后迅速联想涉及到的概念、公式、定理以及常见思想方法，发现题目中的隐含条件，理解题目的真正含义。忌讳题目没有读清楚就开始埋头苦算，结果不但浪费了大量的时间，还会被选项中的干扰项干扰导致做错。
【典例训练】
一、多选题
1．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则.
C．若，则
D．若，则.
【答案】AC
【分析】根据空间直线和平面平行、垂直的判定与性质分别进行判断即可．
【详解】对于A：因为，可知在平面内存在直线，使得，如图所示，

又因为，且，则，所以，因此A正确；
对于B：如图所示：，但，故B错误；

对于C：若，则由线面垂直的判定定理得，故C正确.

对于D：，如图所示，，故D错误.

故选：AC.
2．（24-25高三上·甘肃天水·阶段练习）关于函数的叙述中，正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间内单调递增
C．的图象关于点对称
D．是偶函数
【答案】BD
【分析】A选项，由三角恒等变换得到，由求出最小正周期；B选项，求出，得到B正确；C选项，代入，求出，故C错误；D选项，，由函数奇偶性定义得到D正确.
【详解】A选项，
，
则的最小正周期为，故A错误；
B选项，当时，，
由于在上为增函数，
在区间内单调递增，故B正确；
C选项，当时，，此时，
即的图象关于点对称，故C错误；
D选项，，
令，则，
故是偶函数，故D正确.
故选：BD
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】先利用求导公式得到f′x，再根据函数的一个极值点位于区间得到，得到的大小关系，即可判断A，B，C选项的正误；根据题图得到，然后对取特殊值，说明即可得到D错误.
【详解】选项A，B，C：由题意知，
令，解得或或，
由题图可知函数的一个极值点位于区间，
因此，又，所以，故，因此A，B正确，C错误.
选项D：由题图可知，
若取，则，解得，因此D错误.
故选：AB
4．（2024高三·全国·专题练习）已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】先根据已知等式化简得出再应用基本不等式判断A,结合取值范围判断B，C,再应用立方和公式结合已知条件，应用不等式取等条件判断D.
【详解】由，得，
所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，B正确；
取，，可得，，满足条件，
此时则，A错误；
由，得，
所以，
第二个等号在，即时成立，故两个等号不同时成立，
因此，D正确；
取，，可得，，满足条件，
此时，C错误；
故选：BD.
5．（24-25高一上·湖北黄冈·阶段练习）定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A．
B．是偶函数
C．在上有最大值
D．的解集为
【答案】ACD
【分析】赋值，令，可判断A；令，结合奇偶函数定义可判断B；根据抽象函数性质结合函数单调性定义可判断C；利用函数单调性解不等式判断D.
【详解】令，则，即，故A正确；
令，则，即，
所以函数为奇函数，故B错误；
任取，且，则，由题意可得，
所以，
则，则函数为上的减函数，
所以在区间上有最大值为，故C正确；
由，因为函数为上的减函数，
所以，即，
所以的解集为，故D正确.
故选：ACD.
6．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数在处取得极值，则下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则实数的取值范围是
B．有3个零点
C．在上的最小值为
D．在R上恒成立
【答案】BC
【分析】先求函数的导函数根据极值计算得，再进而得出单调区间，根据单调性判断A,再根据计算零点判断B,根据极值及边界值求解最值判断C,根据特殊值法计算判断D.
【详解】由，得.由，得，经检验，满足题意，
所以，，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
对于A，由或得或，故A错误；
对于B，令，得，，，故B正确；
对于C，结合的单调性及，，得当时，，故C正确；
对于D，由，得，，
所以，不满足在上恒成立，故D错误.
故选:BC.
7．（24-25高三上·福建·阶段练习）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点（点位于点上方），且，延长，分别交椭圆于点，，连接交轴于点，若的面积是的面积的3倍，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为B．的周长为
C．D．直线的斜率是直线的斜率的倍
【答案】ACD
【分析】根据题意作图分析得，设，由余弦定理推得，即得为等腰直角三角形，求出椭圆的方程，继而易判断A，B项，对于C项，必须通过直线与椭圆联立，依次求得点的坐标，根据直线的方程求得点即可判断；对于D项，根据C项推出的直线和直线的方程易判断.
【详解】

如图，因的面积是的面积的3倍，则，
不妨设，则，，
在中，由余弦定理，，
解得或（舍去）故，，，，
则由，可得为等腰直角三角形，
则，，于是椭圆方程为.
对于A，由上知，椭圆的离心率为，故A正确；
对于B，的周长为，故B错误；
对于C，由题意，，则直线代入，
整理得，解得，代入，得，
又直线，即代入，
整理得，由解得，
代入，即得，
又直线，代入，整理得，解得，
代入，即得,
故直线，即，
令，解得，故，C正确；
对于D，由C已得，而,
故直线的斜率是直线的斜率的倍，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线相交的综合问题，属于难题.一般思路是结合图形，运用圆锥曲线的定义式，正余弦定理等知识，求出曲线方程，接着通过直线方程与圆锥曲线联立解决求点坐标，弦长，中点弦等问题即可.
8．（24-25高三上·福建·期中）已知向量，，满足，，，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】BC
【分析】根据向量的模长及夹角，不妨设，，，通过，可求出是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.根据向量模长的坐标运算可判断项；根据圆上一点到圆上一点距离的最大值为直径可判断项，根据圆内一点到圆上一点距离的范围为可判断，项.
【详解】根据题意不妨设，，，
则， ，所以，
化简得，记为圆，即是以原点为起点，终点在以为圆心，为半径的圆上的向量.
对于，，所以，故错误；
对于，表示原点到圆上一点的距离，
因为原点在圆上，所以的最大值为圆的直径，即，故正确；
对于，，表示点到圆上一点的距离，
因为点在圆内，所以的最小值为,
的最大值为，故正确，错误.
故选：.
一、单选题
1．（24-25高三上·北京·阶段练习）设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用特殊值判断ABC；通过分类讨论可判断D.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，当，，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，当时，，，则；
当时，，则；
当时，，，则，
综上所述，，故D正确.
故选：D.
2．（24-25高三上·天津·阶段练习）函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出函数的定义域和奇偶性，排除B、D，再求出特殊点的函数值，得到答案.
【详解】函数，定义域为，
且，
所以函数是奇函数，图象关于原点中心对称，排除B、D．
又，故A错误.
故选：C．
3．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知等比数列单调递增，前项和为，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据下标和性质求出，即可求出、，即可求出，再由求和公式计算可得.
【详解】因为等比数列单调递增，，则，又，
解得或（舍去），所以，
所以.
故选：D
4．（24-25高三上·天津滨海新·期中）函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先判断函数的奇偶性，再通过特殊值，利用排除法，得到正确答案.
【详解】因为，
所以，
即为奇函数，排除A、B；
又当时，时，
当时，时，排除D.
故选：C.
5．（24-25高三上·天津河西·阶段练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点为关于渐近线的对称点.若，且的面积为4，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合图形，利用中位线定理与条件求得，进而求得，从而得解.
【详解】依题意，不妨设点为关于渐近线的对称点，
则直线垂直平分线段，
设渐近线与的交点为，
则N为的中点，，

又为的中点，所以，
因为，即，所以，则，
因为的面积为4，
所以，则，
在中，，即，
渐近线可化为，，
所以，
所以，
故双曲线的方程为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：设渐近线与的交点为，说明，是解决本题的关键.
6．（24-25高三上·四川·期中）已知、是函数图象上不同的两点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，利用对数的运算、对数函数的单调性以及基本不等式，特殊值法逐项判断即可.
【详解】由题意不妨设，因为是增函数，所以，即．
，
则，即，A正确，B错误；
取，，则，，，C错误．
取，，则，，，D错误．
故选：A.
7．（24-25高三上·重庆·阶段练习）若，满足，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】A，B项，根据同构函数，再应用函数的单调性得出不等关系；C，D项赋特值反例可知.
【详解】因为，所以，即，
构造函数，则，
由，当时，，
可知函数在上单调递增，
A，B项，已知，，又，
则由可得，所以，
又，所以，即，
所以有，则，故A正确，B错误；
C，D项，取，则.
则，
其中不满足，也不满足，故C，D错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，是通过指对运算，将不等式两边变换为同构形式，从而构造函数利用函数单调性比较大小，进而证明不等式.
8．（2024高三上·山东济南·专题练习）把函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于点对称，则当取最小值时，曲线与的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据正弦型函数的平移、对称性可得的关系式，从而得的最小值，在坐标系中作曲线y=fx与的图象，结合单调性即可得交点个数.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度可得：，
由于是其对称中心，则可得，所以，
又，则取最小值为，此时，
则可得函数曲线y=fx与的大致图象：

由函数y=fx与的单调性结合图象可得曲线y=fx与的交点个数为3个.
故选：C.
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数（），函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据曲线在点处的切线方程判断曲线和的交点情况，求方程的根，并根据函数的单调性及零点存在定理判断该根的大致范围，判断的图象与直线，的交点情况
【详解】函数的零点个数即方程的根的个数．令，则方程等价于．
求曲线在点处的切线方程，得曲线和的交点情况
对于函数，易知当时，，，
故曲线在点处的切线方程为，
因此曲线和无交点．（技巧：通过研究曲线在点处的切线，
数形结合判断曲线和的交点情况）
求方程的根，并判断该根的大致范围：
将代入，得，
则，令，得或，
故当时，，与无交点，
作出函数和的大致图象如图所示，结合图象可知，
方程有且仅有1个解，且此解就是方程的解．
易知函数是增函数，且，（点拨：因为，所以，故）因此方程的解．
又当时，，所以无解，显然有2个解，
所以函数有2个零点，
故选：B．
10．（24-25高三上·江苏南京·期中）已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．当时，
【答案】D
【分析】A选项，令得；D选项，构造函数，得到的单调性，然后利用单调性和的性质即可得到结论；BC选项，根据的正负判断.
【详解】在中令得，故A错；
令，则，
因为当时，，
所以，在上单调递增，
因为，所以当时，，时，，
因为在时，，时，，
所以时，，故D正确；
，则，，故的正负不确定，故B错；
当时，，，故在的单调性不确定，故C错.
故选：D.
【点睛】方法点睛：构造函数的常见类型：
①乘积形式：例如，；
②商的形式：例如，.
二、多选题
11．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）已知，下列选项能正确表示数列的公式有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】ACD项根据给定的通项公式求出前几项判断是否符合已知数列各项；B项根据递推关系可推得，再由可得.
【详解】对A，当为奇数时，，不符合数列，故A错误；
对B，由，可得，
由可得，故，
由，可知当为奇数时，；由，可知当为偶数时，.
故该递推公式符合数列，故B正确；
对C，当时，，不符合数列，故C错误；
对D，当为奇数时，，当为偶数时，，
符合数列的通项公式，故D正确.
故选：BD.
12．（24-25高三上·山东聊城·阶段练习）已知，则（ ）
A．B．
C．，D．，
【答案】ACD
【分析】求出函数的最小正周期，即可判断A；根据即可判断B；由x的范围求出的范围，即可求出函数的值域，从而判断C，求出函数的导函数，即可判断D.
【详解】对A，的最小正周期为，，故A正确；
对B，因为，不是奇函数，故B错误；
对C，，，，，故C正确；
对D，，当时，则，则D正确.
故选：ACD.
13．（24-25高三上·浙江·期中）已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．为等比数列B．为等比数列
C．D．
【答案】BCD
【分析】由题设得是首项、公比为3的等比数列，即可判断A、B、C；应用错位相减法、等比数列前n项和判断D.
【详解】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列，
所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对；
由，则，
所以，
所以，D对.
故选：BCD
14．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知，若对任意的，不等式恒成立，则（ ）
A．
B．
C．的最小值为32
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】依题意可得恒成立，分析可得时，，当时，，从而得到且，即可判断A、B；利用基本不等式判断C；利用基本不等式及二次函数的性质判断D.
【详解】对于A、B：因为，即恒成立，
又因为，，
所以当时，，当时，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以当时，，当时，，
所以对于函数，必有，单调递减，且零点为，
所以，所以，所以A正确，B正确；
对于C，因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，与条件不符，所以C错误；
对于D，
，
令，则，当且仅当时，等号成立．
则原式，
由二次函数的性质可得的最小值为，
此时，，所以D正确，
故选：ABD．
15．（24-25高三上·江苏盐城·阶段练习）中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化､对称统一的形式美､和谐美.给出定义：在平面直角坐标系中，能够将圆心位于坐标原点的圆O的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”.给出下列命题：
①对于任意一个圆O，其“优美函数”有无数个；
②函数可以是某个圆的“优美函数”；
③余弦函数可以同时是无数个圆的“优美函数”；
④函数是“优美函数”的充要条件为存在，使得对恒成立.
A．①B．②C．③D．④
【答案】AB
【分析】根据定义分析可得优美函数的特征为函数图象关于圆心（即坐标原点）成中心对称，再逐一分析各个命题即可得解.
【详解】依题意，函数是优美函数，等价于函数图象关于圆心（即原点）成中心对称，
对于A，以原点为对称中心的中心对称图形有无数个，如函数，为常数，命题①是真命题，A正确；
对于B，函数的定义域为R，
，
即函数的图象关于原点成中心对称，命题②是真命题，B正确；
对于C，余弦函数不是关于原点成中心对称的图形，命题③是假命题，C错误；
对于D，函数的图象关于点成中心对称，而点不一定为原点，命题④是假命题，D错误.
故选：AB
16．（2024高三·全国·专题练习）定义若函数，且在区间上的值域为，则区间长度可以是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】AD
【分析】根据定义列不等式，得到的解析式，然后画出函数的图象，根据函数图象求出区间的长度即可.
【详解】令①，
当时，不等式可整理为，解得，故符合要求，
当时，不等式可整理为，解得，故，
所以不等式①的解为；
由上可得，不等式的解为或，
所以
令，解得，令，解得或（舍），
令，解得或，令，解得或，
故函数的图象如下：
又结合图象计算可知，，，
要使在区间上的值域为，
可得，，或，
所以最大值为，最小值是或，
即的取值范围为.
故AD正确，BC错误.
故选：AD.
17．（24-25高二上·江苏常州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为为椭圆上异于的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最大值为20
C．的外接圆圆心到x轴的距离的最小值为
D．直线的斜率之差可能为1
【答案】AC
【分析】得用已知椭圆求得，再结合每个选项的条件逐项计算可判断结论.
【详解】由椭圆C：的方程可知，，解得，
所以，即，故A正确；
因为，所以，
当且仅当时取等号，故B错误；
由的外接圆的圆心在的垂直平分线上，可得圆心在轴上，
由，
所以为锐角，且在短轴的端点处时，最大，
由外接圆的半径为可知，越大，半径越小，
此时外心到x轴的距离最小，设外心为，取在上顶点时，
所以，解得，故C正确；
设，由，得，所以，
不妨取，则，，
，
当且仅当时取等号，
所以直线的斜率之差不可能为1，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：根据点在椭圆上，可求得为定值，进而可利用基本不等式判断直线的斜率之差是否可能为1.
18．（2024·广西柳州·一模）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知是定义在上的可导函数，其导函数为，若函数是奇函数，函数为偶函数，则下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．为奇函数D．
【答案】BCD
【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；举特例可判断BCD选项.
【详解】对于A选项，因为函数为奇函数，
所以，函数的图象关于点对称，
且函数的定义域为，则，A对；
对于B选项，不妨取，
因为为奇函数，
则函数符合题意，，
所以，为偶函数，
但，B错；
对于C选项，不妨取，则为奇函数，
，为偶函数，合乎题意，
但不是奇函数，C错；
对于D选项，若，则该函数的最小正周期为，
，
所以，，D错.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为；
（4）若，则函数的周期为.
三、填空题
19．（24-25高三上·甘肃天水·阶段练习）若向量，且，则在上的投影向量坐标为 .
【答案】
【分析】根据向量平行关系求，再结合投影向量公式求结论.
【详解】由题意知向量，因为，
所以，得，所以，又，
所以，设的夹角为，则，
所以在上的投影向量为：.
故答案为：.
20．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）过双曲线的左焦点作轴的垂线，为上一动点，已知，，若的最大值为，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】由题意可求得，设，由对称性，不妨设，则，，根据代入计算可得最大值为，可得，计算可求离心率.
【详解】由题意及，得.
由已知可得，.
设，由对称性，不妨设，则，，

，当且仅当时等号成立，
所以，所以，即，
解得，所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：双曲线的离心率的求法问题，通过三角恒等变换求得的最大值，从而得到的齐次式从而可求得双曲线的离心率.
21．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知正方形的边长为2，以为圆心的圆与直线相切．若点是圆上的动点，则的最大值是 ．
【答案】8
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，用坐标表示向量的数量积，由在圆上可求得最大值．
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，
易知圆的半径为，圆方程为，
设，则，
则，
设，则，代入圆方程并整理得，
此方程有实数解，所以，解得，
所以的最大值是2，
所以的最大值是8．
故答案为：8．
22．（2024·北京西城·二模）已知函数fx=sinωx+φω>0,φ