2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十八含解析

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2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十八）
一、单选题
1．（2021·福建省德化第一中学三模）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为（       ）

A．2060 B．2038 C．4084 D．4108
【答案】C
【解析】
【分析】
将所求数列之和，转化为杨辉三角每一行对应数之和，再结合杨辉三角每一行的和为，即可求得结果.
【详解】
去除所有为1的项后，剩下的每一行的个数为，
对应个数构成一个首项为1公差为1的等差数列，
则前行数字个数之和为，当时，，
故该数列前56项和表示：杨辉三角中前12行数字之和，减去所有23个1，
再加上杨辉三角中第13行第二个数字12即可，
故所求数列的前项和为：.
故选：C.
2．（2021·福建省德化第一中学三模）已知点A，B，C在圆上运动，且，若点P的坐标为（2，0），则的最大值为（       ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知为直径，从而，可设，则就是关于的三角函数式，利用可求最大值．
【详解】
由可知为直径，
∴，
设，则，
∴，
当时，的最大值为．
故选：B.
3．（2022·福建·三模）关于函数，有下列四个命题：
甲：在单调递增；
乙：是的一个极小值点：
丙：是的一个极大值点；
丁：函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称.
其中只有一个是假命题，则该命题是（       ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】A
【解析】
【分析】
根据的最小正周期判断乙、丙都是真命题，进而判断丁为真命题，从而得出甲为假命题.
【详解】
由于的最小正周期为，半周期为,
，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.）
由丙可知，关于直线对称，所以函数的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，丁正确.
故甲为假命题.
另外，由丙可知，关于直线对称，的最小正周期为，
所以关于直线对称，，所以在区间不单调，甲为假命题.
故选：A
4．（2022·福建·三模）已知是定义在上的函数，且函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求出在上的解析式后可求切线方程.
【详解】
令，因为为奇函数，故，
故即.
即，
当时，，
故，
故时，，
此时，故，而
故切线方程为：，
故选：D.
5．（2022·江苏南通·模拟预测）已知直线与抛物线交于两点，为的中点，为坐标原点，则（       ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点坐标，再求得中点坐标，计算出，即可得．
【详解】
由得，，，
则，，
所以，，
，
为的中点，则，
，，
所以．
故选：D．
6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
化简函数解析式，分析可知关于的方程、共有个不同的实数解，利用代数法可知方程有两个根，分析可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
因为，
由可得，
所以，关于的方程、共有个不同的实数解.
①先讨论方程的解的个数.
当时，由，可得，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
所以，方程只有两解和；
②下面讨论方程的解的个数.
当时，由可得，可得或，
当时，由，可得，此时方程有无数个解，不合乎题意，
当时，由可得，
因为，由题意可得或或，
解得或.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
7．（2022·江苏南通·模拟预测）连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为，设事件“没有连续三次正面向上”的概率为，则下列结论正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
抛一枚硬币五次，共有32种可能，列表写出各种可能，然后计数后可得，从而得出结论．
【详解】
抛一枚硬币五次，每次都有正面或反面向上两种可能，五次共有32种可能，列表如下：
1
正
正
正
正
正

17
正
正
正
正
反
2
反
正
正
正
正

18
反
正
正
正
反
3
正
反
正
正
正

19
正
反
正
正
反
4
反
反
正
正
正

20
反
反
正
正
反
5
正
正
反
正
正

21
正
正
反
正
反
6
反
正
反
正
正

22
反
正
反
正
反
7
正
反
反
正
正

23
正
反
反
正
反
8
反
反
反
正
正

24
反
反
反
正
反
9
正
正
正
反
正

25
正
正
正
反
反
10
反
正
正
反
正

26
反
正
正
反
反
11
正
反
正
反
正

27
正
反
正
反
反
12
反
反
正
反
正

28
反
反
正
反
反
13
正
正
反
反
正

29
正
正
反
反
反
14
反
正
反
反
正

30
反
正
反
反
反
15
正
反
反
反
正

31
正
反
反
反
反
16
反
反
反
反
正

32
反
反
反
反
反

其中没有连续两次正面向上的有13种，没有连续三次正面向上的有24种，
所以，，．
故选：B．
8．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的一点，，为半圆上一点，以为一边作等边三角形，则当线段的长取最大值时，（ ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【解析】
根据已知条件先分析出的最大值并得到之间的关系，由此借助余弦定理求解出的长度，再利用余弦定理即可求解出的大小.
【详解】
因为，且为等边三角形，，
所以，所以，所以的最大值为，取等号时，
所以，不妨设，
所以，所以解得，
所以，所以，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：解答问题的关键是理解题中所给的定理，由此分析得到角的关系，并借助余弦定理即可求解出结果.
9．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（     ）
参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意抽象概括出去掉的各区间长度为通项公式为的数列，结合题意和等比数列前n项求和法列出不等式，利用对数的运算性质解不等式即可.
【详解】
第一次操作去掉，设为；
第二次操作去掉，设为；
第三次操作去掉，设为，


依次类推，.
故
，
整理，得，
，
，
故n的最小值为7.
故选：B.
10．（2022·江苏南京·模拟预测）已知双曲线与椭圆有公共的左、右焦点，分别为，.以线段为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限内分别交于两点，且线段的中点在另外一条渐近线上，则的面积为（        ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出点，的坐标以及以线段F1F2为直径的圆的方程，联立圆和可得点的坐标，即可得出线段的中点的坐标，代入可得之间的关系，结合即可求出双曲线的方程，再与圆的方程联立可得点的坐标，利用三角形面积公式即可求解.
【详解】
由题意可得：，所以，，F24,0，
以线段F1F2为直径的圆的方程为：，
双曲线的渐近线方程为：、，
由 可得：，即，
因为点在第一象限，所以，所以，
所以，所以的中点为，
因为点在渐近线上，
所以，即，所以，
因为 ，解得：，，
所以双曲线，
由可得，解得：，，
因为点在第一象限，所以，
所以的面积为，


故选：B
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是求出的中点的坐标，代入结合解出双曲线方程，求出点的坐标.
11．（2022·江苏南京·模拟预测）足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足，二面角的大小为，则该足球的体积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
画出图形，为线段的中点，则可得为二面角的平面角，取分别是线段上靠近点的三等分点，则可得分别为和的外心，过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，然后结已知数据求出，从而可求出足球的体积
【详解】
根据题意，三棱锥如图所示，图中点为线段的中点，分别是线段上靠近点的三等分点，
因为，
所以和均为等边三角形，
因为点为线段的中点，
所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为和均为等边三角形，点为线段的中点，
所以分别为和的中线，
因为分别是线段上靠近点的三等分点，
所以分别为和的外心，
过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，
因为，，
所以，则，
因为，
所以≌，所以，
在直角中，，
因为平面，平面，
所以，
因为是的外心，所以，
所以,
所以，
所以足球的体积为，
故选：A

【点睛】
关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题
12．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知F1，F2分别为双曲线的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，△BF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
记△AF1F2的内切圆圆心为C，△BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，根据外接圆的性质及双曲线的定义求得的横坐标，可得CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，结合r1=2r2，分析运算即可得出答案.
【详解】
解：记△AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，
则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，
由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，
得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，
记C的横坐标为x0，则E（x0，0），
于是，得x0=a，
同理△BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，
设直线的倾斜角为θ，则∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，
在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣）=，
在△DEF2中，tan∠DF2O=tan，
由r1=2r2，可得2tan=tan（90°﹣）= ，解得tan，
则直线的斜率为tanθ==2.
故选：D.

13．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）某社团专门研究密码问题．社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，但密码的编写方式不变，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后的前6位数字．编码方式如下；①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插人数值为的项得到新数列，即；若x为奇数．则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即③N为数列的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位．所以．前11项中有所以有8个奇数．故，所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为（       ）
A．125786 B．199600 C．200400 D．370370
【答案】B
【解析】
【分析】
按照所给密码规则，逐条对照计算求解即可.
【详解】
X在26个英文字母中排第24位．所以，前24项中有，所以有21个偶数．
故，
的小数点后的前6位数字为199600．
故选：B
14．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案.
【详解】
解：因为，
所以；
令，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以；
同理，所以，即，也即，
所以，
所以.
综上，，
故选：D.
15．（2022·江苏连云港·二模）一个二元码是由和组成的数字串（），其中（，，，）称为第位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由变为，或者由变为）.已知某种二元码的码元满足如下校验方程组：，其中运算定义为：，，，.已知一个这种二元码在通信过程中仅在第位发生码元错误后变成了，那么用上述校验方程组可判断等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据校验方程组分别判断各位码元的正误.
【详解】
由已知得，故至少错误一个，
又，正确，故均正确，
，正确，故均正确，
综上所述，错误，
故选：A.
16．（2022·江苏连云港·二模）直线：与抛物线：交于，两点，圆过两点，且与抛物线的准线相切，则圆的半径是（       ）
A．4 B．10 C．4或10 D．4或12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直线与抛物线相交，利用根与系数的关系可得A,B坐标间的关系，设圆M的圆心为M(a, b)， 半径为r，利用圆心在的中垂线上及圆心到准线的距离等于半径建立方程组求解即可.
【详解】
可设，由，联立消去x可得，,
则，即,则，可得AB的中点坐标为， 则， 且AB的垂直平分线方程为: ，即，则可设圆M的圆心为M(a, b)， 半径为r，所以，则圆M的方程为, 即，又圆心M(a, b)到直线l: 的距离，且满足，
则①， 又因为圆M与抛物线C的准线相切，所以，
即②， ①②联立解得或.
故选：D
17．（2022·江苏江苏·一模）有5个形状大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是（       ）
A．“恰好取到1个红球”与“至少取到1个篮球”是互斥事件
B．“恰好取到1个红球”与“至多取到1个篮球”是互斥事件
C．“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个篮球”的概率
D．“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个篮球”的概率
【答案】C
【解析】
【分析】
根据互斥事件的概念可判断AB；分别计算对应的概率可判断CD.
【详解】
当取出的两求为一红一篮时，可得“恰好取到1个红球”与“至少取到1个篮球”均发生，即A错误；
当取出的两求为一红一篮时，可得“恰好取到1个红球”与“至多取到1个篮球”均发生，即B错误；
记“至少取到1个红球”为事件A，“至少取到1个篮球”为事件B，“至多取到1个红球”为事件C，“至多取到1个篮球”为事件D，
故，，
，，
显然，，即C正确，D错误；
故选：C.
18．（2022·江苏江苏·一模）正四面体的棱长为，是棱的中点，以为球心的球面与平面的交线和相切，则球的体积是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设点在平面内的射影为点，则为的中心，取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，分析可知以为球心的球面与平面的交线和相切的切点为，求出，即为球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】
设点在平面内的射影为点，则为的中心，
取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，

因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，因为平面，则，
正的外接圆半径为，，
所以，，
易知球被平面所截的截面圆圆心为点，且，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为以为球心的球面与平面的交线和相切，则切点为点，
则球的半径为，
因此，球的体积是.
故选：D.
19．（2022·河北保定·一模）已知函数（）图象上存在点M，函数（e为自然对数的底数）图象上存在点N，且M，N关于点对称，则实数a的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
与函数的图象关于点对称，则问题转化为有解，利用导数研究函数的单调性及值域，根据方程有解的条件求解即可.
【详解】
与函数的图象关于点对称，
的图象上存在点M，图象上存在点N，
使得M，N关于点对称，则方程有解，
显然，所以问题转化为有解，设，
则为增函数，且，所以在上单调递减，
在上单调递增，且时，，
所以，所以实数a的取值范围是.
故选：C
【点睛】
本题考查函数图象的对称性，方程有解求参数的取值范围，利用导数研究函数的单调性与值域，属于较难题.
20．（2022·河北保定·一模）已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得到点的坐标为，代入双曲线的方程，得到，进而得到离心率的方程，即可求解.
【详解】
由题意，当为正方形时，点的坐标为，
代入可得，整理得，
即，整理得，
即，解得.
故选：B.

21．（2022·河北石家庄·二模）已知，点P是抛物线上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为点N，点，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据抛物线的定义所求可转化为，再由三点共线可求最小值.
【详解】
由抛物线知，焦点，准线方程为
过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，如图，

由抛物线定义知，
当F,P,M三点共线时,最小为，
故选：A
22．（2022·河北石家庄·二模）已知，则x､y､z的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
作商，由对数的性质、运算及基本不等式可比较出，再由，可比较出与的大小即可得出的大小关系.
【详解】
，
，
即，
，而，
，又，
，
综上，，
故选：D
二、多选题
23．（2021·福建省德化第一中学三模）在正三棱锥中，侧棱长为3，底面边长为2，E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列命题正确的是
A．EF与AD所成角的正切值为 B．EF与AD所成角的正切值为
C．AB与面ACD所成角的余弦值为 D．AB与面ACD所成角的余弦值为
【答案】BC
【解析】
如图所示，先找出EF与AD所成角再求解，再找出AB与面ACD所成角求解.
【详解】

（1）设中点为，的中点为，连接、、、，
因为，，，
所以，，
所以就是直线与所成的角或补角，
在三角形中，，，
由于三棱锥是正三棱锥，，，
又因为平面，，所以平面，
平面，所以，所以，
所以，所以A错误B正确.
（2）过点作垂直，垂足为.

因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是与平面所成角.
由题得，所以.
所以C正确D错误.
故答案为：BC.
【点睛】
本题主要考查空间异面直线所成的角的求法，考查直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
24．（2021·福建省德化第一中学三模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（       ）．
A．当时，
B．函数有五个零点
C．若关于的方程有解，则实数的取值范围是
D．对，恒成立
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据函数是奇函数，求出时的解析式，可判断A；利用导数求出函数在上的单调区间及极值，再结合是奇函数，可作出函数在上的大致图象，从而可逐项判断B、C、D．
【详解】
设，则，所以，
又函数是定义在上的奇函数，所以，
所以，即
故A正确．
当时，，所以，
令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得极小值，
当时，，又，故函数在仅有一个零点．
当时，，所以函数在没有零点，
所以函数在上仅有一个零点，函数是定义在上的奇函数，
故函数在上仅有一个零点，又，
故函数是定义在上有3个零点．
故B错误．
作出函数的大致图象，由图可知

若关于的方程有解，则实数的取值范围是.
故C错误．
由图可知，对，
故D正确．
故选：AD．
【点睛】
本题主要考查利用函数奇偶性求函数解析式；利用导数研究函数的单调性及最值；同时也考查函数的零点，综合性较强．
25．（2022·福建·三模）在正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面，，直线和直线所成角为，则（       ）
A． B．的最小值为
C．，，，四点共面 D．平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
画出平面截正方体所得正六边形，由此结合线线平行、球的截面、四点共面、线面平行等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
设正方体的边长为，
设分别是的中点，
根据正方体的性质可知，平面截正方体所得图象是正六边形，
则平面.
由于平面，平面，，所以与是异面直线，所以A选项错误.
由图象可知平面，所以C选项错误.
根据正方体的性质可知，，
平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，
由于，所以平面平面，
由于平面，所以平面，D选项正确.
由于，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球被平面所截形成的圆.
根据正方体的性质可知四边形是平行四边形，设，则是的中点，连接，
由于，所以；由于，所以，
而，所以平面，
，
，
则直线与平面所成角为，
平面，所以直线和直线所成角的最小值为.

故选：BD

26．（2022·福建·三模）已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（       ）
A．是递增数列 B．是递减数列
C．存在最大项 D．存在最小项
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可判断CD.
【详解】
由题意知： ，
故，即，即，
所以，则，
故，，
由 得： ，
即，所以，
则，而 ，
故 ，则，
所以，由于 随的增大而减小，
故是随的增大而增大，
由题意知，故是递增数列，故A正确；
同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；
又，由于，，且，
所以，是首项为，公比为的等比数列，故，
所以，，
因为，，故，，
所以，，
所以，，其中，
，其中，
因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，
故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，
同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，
综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.
故选：ACD.
【点睛】
本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
27．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．
C．函数在上一定单调递增
D．在轴右侧的第一个最低点的横坐标为
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题意，得到，求得，再由，求得，得到函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，函数的图象在轴上的截距为，可得，
因为，可得，所以A正确；
又由，且在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，
可得，则，可得，所以，
则，可得
所以
，所以函数最大值为，所以B错误；
由，当，可得，
根据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以C正确；
由，令，解得，
当时，可得，即在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，所以D错误.
故选：AC.
28．（2022·江苏南通·模拟预测）如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（       ）

A．四点一定共面
B．若四边形为矩形，则
C．若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点
D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.
【详解】

连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，
且，
可得，
所以交于点，交于点，
所以交于点，，
故四点一定共面，所以A正确；
对B，若四边形为矩形，
可以也可以，故B错误；
对C，若四边形为菱形，
则必有，
则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
四边形为菱形，当都为各边中点时，
四边形周长最小为，
若为所在棱的中点，而分别和重合时，
此时菱形周长最大，边长为，
所以周长为，故D正确.
故选：AD
29．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）如图，已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，底面圆的直径为，是圆上异于，的一点，为弦的中点，为线段上异于，的点，以下正确的结论有（       ）

A．直线平面
B．与一定为异面直线
C．直线可能平行于平面
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
证明，利用线面垂直的判定定理可判断A；由异面直线的定义可判断B；假设平面，可证得平面平面与已知矛盾可判断C；在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，当，，共线时，取得最小值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：在中，因为，为的中点，所以，
又垂直于圆所在的平面，所以，因为，
所以平面，所以A正确.
对于B：因为面，面，面，，
根据异面直线判定定理知与一定为异面直线，所以B正确.
对于C：若直线平行于平面，因为，平面，平面，则平面，，所以平面平面与平面和平面相交矛盾，所以C不正确.
对于D：在中，，，所以，
同理，所以.
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，
使之与平面共面，如图所示，

当，，共线时，取得最小值.
又因为，，
所以垂直平分，即为的中点，
从而，
亦即的最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
30．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）华人数学家李天岩和美国数学家约克给出了“混沌”的数学定义，由此发展的混沌理论在生物学､经济学和社会学领域都有重要作用.在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设是定义在R上的函数，对于R，令，若存在正整数k使得，且当0