2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十）

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1．（2023·河北·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三角形的面积无最大值、无最小值
B．存在点，满足
C．存在有限个点，使得三角形是等腰三角形
D．三棱锥的体积有最大值、无最小值
【答案】B
【解析】选项A中，边的长度为定值，三角形面积与点到的距离有关，
当点在线段上时，距离最小，此时面积取得最小值，在端点处的距离最大，
此时面积取得最大值（舍去，端点不可取），所以A不正确；
选项B中，若，可得点在以中点为球心，为半径的球面上，
因为以为直径的球面与侧面有交，所以存在点，满足，
所以B正确；
选项C中，三角形是等腰三角形，当时，点在的中垂面上，且在侧面上，所以点的轨迹是线段（不含端点），有无穷多，所以C不正确；
选项D中，由，高不存在最大值（不包含端点）和最小值，所以D不正确．
故选：B.
2．（2023·河北·模拟预测）若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
3．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由得：或，因函数，由解得，
因此函数有四个不同的零点，当且仅当方程有三个不同的根，
函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为，
函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，
方程有3个不同的根，当且仅当直线与函数的图象有3个公共点，
观察图象知，当或，即或时，直线与函数的图象有3个公共点，
所以实数的取值范围是.
故选：A
4．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）已知直线与曲线，分别交于点，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．e
【答案】B
【解析】设与直线垂直，且与相切的直线为，
设与直线垂直，且与相切的直线为，
所以，，
设直线与的切点为，
因为，所以，解得，，即，
设直线与的切点为，
因为，所以，解得，，即，
此时，
所以，当直线与直线重合时，最小，最小值为.
故选：B
5．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，取中点，连接，.
且为中点，，
，同理可得.
又，，，即，
过的外心作平面的垂线为，垂足为，
同理过的外心作平面的垂线为，并设，易知为球心.
连接，，.
为的外心，，
又在中，，
得，即外接球半径，
故外接球表面积.
故选：B
6．（2023春·湖南岳阳·高三阶段练习）已知函数，若方程恰好有三个不等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】当时，，故不是方程的根；
当时，方程恰好有三个不等的实数根即与的图象有个交点；
又，
当时，，故当时，单调递减，在时，单调递增；
当，时，；时，；且；
又当时，，故在单调递减，
当，时，；时，；
故在同一坐标系下，的图象如下所示：
数形结合可得，当，即时满足题意，故的取值范围为.
故选：D.
7．（2023春·湖南岳阳·高三阶段练习）在中，角的对边分别是，若，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以，
，
，即,
因为，
所以的最小值为，故选D．
8．（2023春·福建·高三福建师大附中阶段练习）若过点（0，－1）可以作三条直线与函数相切，则实数a的取值范围是（ ）
A．[2，＋∞）B．（2，＋∞）C．[3，＋∞）D．（3，＋∞）
【答案】D
【解析】设切点，
由可得，
切线的斜率为，
所以切线的方程为
又因为点在切线上，所以，
即有三个不同的实数解，
不是方程的解，
所以有三个不同的实数解，
令，,
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，当趋于0时，趋于正无穷，
所以，
故选：D
9．（2023春·江苏南京·高三期末）若函数 的定义域为，且 ， ，则曲线与的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】由题意函数 的定义域为，且，
，
令，则，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
依次类推，可发现此时当，且x依次取时，
函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，
此时曲线与的交点为；
故综合上述,曲线与的交点个数为3，
故选：B
10．（2023春·江苏南京·高三期末）若，则（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，
所以，
又，
所以即，
所以，
所以即，
又，
所以，
所以，
所以，
所以即，
又易知，
所以，即，
故选：A
11．（2023春·海南省直辖县级单位·高三嘉积中学校考阶段练习）已知函数对任意的，总有，若时，，且，则当时，的最大值为（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】D
【解析】令，则，得，
令，则，
所以，
所以为奇函数，
任取，且，则，，
所以
，
所以，
所以在上递减，
所以当时，的最大值为，
因为，所以，
所以，
故选：D
12．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）连续曲线凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点，拐点在统计学、物理学、经济学等领域都有重要应用．若的图象是一条连续不断的曲线，，的导函数都存在，且的导函数也都存在．若，使得，且在的左、右附近，异号，则称点为曲线的拐点，根据上述定义，若是函数唯一的拐点，则实数k的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】，，
，
因为是唯一的拐点，所以是唯一的变号零点，
即无变号零点，即无变号零点，
设，，，，，，
所以，时，，当时，，，
故，满足题意.
故选：B．
13．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知侧棱都相等的四棱锥底面为矩形，且，，高为2，用一个与底面平行的平面截该四棱锥，截得一个高为1的刍童，该刍童的顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图1，设棱台为，
如图2，该棱台外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为，下底面中心为，
则由题意，，，，
当O在下方时，设，
则在中，有：（1），
在中，有：（2），
联立（1）、（2）得，，
所以刍童外接球的表面积为．
同理，当O在中间时，设，
则有，，解得，不满足题意，舍去．
综上所述：当刍童外接球的表面积为．
故选：C
14．（2023春·广东广州·高三校考）已知数列是公比不等于的等比数列，若数列，，的前2023项的和分别为，，9，则实数的值（ ）
A．只有1个B．只有2个C．无法确定有几个D．不存在
【答案】A
【解析】设的公比为，
由，可得：
为等比数列，公比为，为等比数列，公比为，
则①，②，
③，①×②得：④，
由③④得：，解得：，
故实数的值只有1个.
故选：A
15．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）已知奇函数在R上是减函数.若，，，则a､b､c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为奇函数在R上是减函数.
若，，，
∵，
∴，
即.
故选：B.
16．（2023春·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考）在数列中，，，则数列的前项的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，则，且，
所以，对任意的，，，
记，，
则，
，
因此，数列的前项和为.
故选：A.
17．（2023春·湖北襄阳·高三期末）若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．（0，2）D．
【答案】D
【解析】令，则，
因为，当时，，
所以当时，，
所以在上单调递增，
因为为定义在R上的奇函数，
所以，所以，
所以不等式转化为，
因为在上单调递增，所以，
所以当时，，
因为为定义在R上的奇函数，
所以当时，不满足，
综上，不等式的解集为
故选：D
18．（2023春·山东·高三校联考阶段练习）若点是所在平面上一点，且是直线上一点，，则的最小值是（ ）．
A．2B．1
C．D．
【答案】C
【解析】设，，
因为，所以，，
所以点G是的重心，
设点D是AC的中点，则，B、G、D共线，如图，
又．
因为B、H、D三点共线，所以，
所以，当且仅当，即，时取等号，即的最小值是.
故选：C．
19．（2023春·山东·高三校联考阶段练习）已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（ ）．
A．1B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意，令，则，，
所以，，，
令，所以，
令，得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值，
即的最小值为.
故选：D．
二、多选题
20．（2023·河北·模拟预测）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，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1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都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，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由题可知，；，；，
由此可知，即一个等比数列；
A：，A错误；
B：，因为，所以该数列为递减数列，
又因为当时，，所以恒成立，B正确；
C：，即，两边约去得到，
当时，，原式成立；
当时，恒成立，所以成立，
即成立，C正确；
D：令，再令，
令解得，因为，所以取，
由此可知时；时，
故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.
故选：BC
21．（2023·河北·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．时，
B．时，的最小值为9
C．时，
D．时，的最小值为8
【答案】BC
【解析】当时，，此时不妨取 过焦点垂直于x轴，
不妨取 ，则，故A错误；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则 ，则 ，
故
，
令 ，则，
令 ，则 ，
当时， ， 递增，当时， ， 递减，
故 ，
故当 ，即 时，取到最小值9，故B正确；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则，
即，
故，
，
所以，故C正确；
由C的分析可知：，
当 时，取到最小值16，
即最小值为16，故D错误；
故选：BC
22．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上.平面ABC，在底面中，，，，若球O的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A．球O的半径为B．
C．底面外接圆的面积为D．
【答案】BCD
【解析】设球的半径为R，由体积公式得：，
则，即，故A错误；
在中，由余弦定理得，
，
所以，故B正确；
设外接圆的半径为r，
由正弦定理得 ，则，
所以底面外接圆的面积为，故C正确；
如图所示：
设的外心为E，作平面ABC，
则，所以，故D正确，
故选：BCD
23．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）已知函数，则（ ）
A．
B．的最大值为
C．在单调递减
D．在单调递增
【答案】BC
【解析】，但无意义，故不恒成立，故A选项错误；
定义域满足，即，在定义域内，故不妨考虑，，故时，，，单调递增，，,，，单调递减，故C选项正确；
时，由于在定义域内，故等效于考虑，此时先递增后递减，故D选项错误；
设，则，此时记，，，，单调递增，，，单调递减，故在取到最大值，故B选项正确.
故选：BC
24．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）某校3200名高中生举行了一次法律常识考试，其成绩大致服从正态分布，设表示其分数，且，则下列结论正确的是（ ）
（附：若随机变量服从正态布，则）
A．
B．
C．分数在的学生数大约为2185
D．分数大于94的学生数大约为4
【答案】BCD
【解析】，∴， A选项错误；
，B选项正确；
，，C选项正确；
，，D选项正确.
故选：BCD
25．（2023春·湖南岳阳·高三阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
26．（2023春·福建·高三福建师大附中阶段练习）已知，为函数的零点，，下列结论中正确的是（ ）
A．B．a的取值范围是
C．若，则D．
【答案】ABC
【解析】由指数函数与二次函数的性质可得方程有1个负根，2个正根，
即，
，
，故A正确；
当 时， ， 必无零点，故 ，
，故D错误；
当 时，即 ，两边取对数得 ，
， ，
联立方程 可得 ，由于 ，
，故C正确；
考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，
两边取自然对数得 有两个不同的解，
设函数 ， ，
则 时， ，当 时， ，
当 时， ，所以 ，
要使得 有两个零点，则必须，即 ，
解得 ，故B正确；
故选：ABC.
27．（2023春·江苏南京·高三期末）已知函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】，
，函数的周期,
，
，故A正确；
B.当时，
，
不恒为0，故B错误；
C. ,
中,，,
，
由A的证明过程可知，相邻四项和为0，所以，
，故C正确；
D. ，由C的证明过程可知，
，故D正确.
故选：ACD
28．（2023春·海南省直辖县级单位·高三嘉积中学校考阶段练习）已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（ ）
A．该正三棱柱内可放入的最大球的体积为
B．该正三棱柱外接球的表面积为
C．存在点P,使得
D．点P到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,
体积为,故A错误;
关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;
关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,
正三棱柱,面为正方形,且,
,
为中点, ,
,
在和中由勾股定理可知,
为中点,在中由三线合一可得,
平面,平面,
平面,,得证,故C正确;
关于D选项:为棱上的动点, 到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,
中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴, 以方向为y轴
记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,
记异面直线与的公共垂向量为,,
,即,
令,
,可得D正确,
故选BCD.
29．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）已知椭圆，直线与椭圆C交于A，B两点，过A作x轴的垂线，垂足为D，直线BD交椭圆于另一点M，则下列说法正确的是（ ）．
A．若D为椭圆的一个焦点时，则的周长为
B．若，则的面积为
C．直线BM的斜率为
D．
【答案】ABD
【解析】对A：如图，由对称性，不妨设D为椭圆的左焦点，
则，故易得，则，则，
又因为，所以的周长为，故A正确；
对B：由，解得，不妨设，，，
则，，所以．故B正确；
对C：设，，则，所以，C错误；
对D：设，则，，则，
又点M和点A在椭圆C上，①，②，①－②得，
因为，则，得，
∴，∴，所以，D正确．
故选：ABD．
30．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）已知函数及其导函数的定义域都为，对于任意的，都有成立，则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．若，则
C．为偶函数
D．若，则
【答案】BD
【解析】令，则，解得或，故A错误；
令，，所以，
令，，则，解得，故B正确；
当时，令，则有，
所以，，
当，令，则有，
所以，所以，所以为奇函数，
综上，为奇函数，故C错误；
令，则，
所以，故D正确．
故选：BD．
31．（2023春·广东广州·高三校考）如图，已知正方体的棱长为1，，，分别为，，的中点，点在上，平面，则以下说法正确的是（ ）
A．点为的中点
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．过点、、作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】ABC
【解析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面EFG的法向量为，
则，
令，则，故，
A选项，设，则，
因为平面，
所以，即，
解得：，
故，故，
，
所以，则点为的中点，A正确；
设点到平面EFG的距离为d，
则，
又，，，
即，
由余弦定理得：，
故，则，
由三角形面积公式可得：，
故三棱锥的体积为，B正确；
，设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，C正确；
取的中点，的中点，的中点，连接，
则过点、、作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
正六边形的面积为
则截面面积为，D错误.
故选：ABC
32．（2023春·广东广州·高三校考）已知函数，方程有5个实数根，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的取值范围为B．
C．D．的最大值为1
【答案】AC
【解析】对于A，由作出图象如图，
因为方程有5个实数根，即有5个实数根，
由图象可知有2个实数根为，，
所以必然有3个实数根，即与有三个交点，
所以，即，故A正确；
对于B，由选项A及图象易知，则，即，
所以，又，所以，即，故B错误；
对于C，由图象易知与关于对称，所以，
又，，所以，
又，所以，故C正确；
对于D，因为，，
所以，即，
当且仅当时，等号成立，
但因为，所以等号不成立，故取不到最大值，故D错误；
故选：AC.
33．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（ ）
A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=
B．当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为
D．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
【答案】AC
【解析】对于A，由展开图如下，当最小时，，
得，故A正确
对于B，如图，取各边中点连接成六边形，
由立体几何知平面，平面，
截面周长为，面积为，
截面的周长为，面积为，
故B错误
对于C，取中点分别为，
以为原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
，，，
由数量积可知，而，
故平面，
截面为等腰梯形，
面积为，故C正确
对于D，设
，平面的一个法向量为
故直线AB与平面所成角的正弦值
则，故D错误
故选：AC
34．（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）在数列中，已知是首项为1，公差为1的等差数列，是公差为的等差数列，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．若，则
C．若，则D．当时，
【答案】ACD
【解析】对于A，当时，，可知数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，故A正确；
对于B，由已知，是公差为的等差数列，则，
是公差为的等差数列，则，即，解得：或，故B错误；
对于C，，解得：，故C正确；
对于D，，故D正确；
故选：ACD
35．（2023春·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考）如图，正方体棱长为1，点是线段上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．三棱锥的体积为定值
C．若动点在以点为球心，为半径的球面上，则的最小值为
D．过点，，作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对A选项，在正方体中，以为直径的球面，半径，则直线与该球面没有公共点，故不存在点，使得，故A选项错误；
对B选项， 因为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，故，故B选项正确；
对C选项，，，因为，所以，故C选项正确；
对D选项，当在上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面展开图如图(2)所示，

图(1) 图(2)当点位于点时，即与点重合，截面多边形为正三角形，此时的周长最小，周长，当点从点向点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即点随着点的移动至点时，此时点为的中点，截面为平行四边形，截面多边形的周长最大，此时周长为，所以截面多边形的周长的取值范围是，故D选项正确.
故选：BCD
36．（2023春·湖北襄阳·高三期末）正方体的棱长为2，且（），过P作垂直于平面的直线l，分别交正方体的表面于M，N两点，下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．四边形的面积的最大值为
C．若四边形的面积为，则
D．若，则四棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】因为与不垂直，所以与平面不垂直，故选项A不正确；
如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，0，，，2，．
因为，所以，，．
因为平面，所以，
则，，，，，．
若平面，则，即，0，，，，，；
若平面，则，即，，，，2，，．
因为，所以四边形的面积，
当时，四边形的面积最大，且最大值为，
点到直线的距离为，即点到平面的距离为，
所以四棱锥的体积，故选项B正确，选项D正确．
若四边形的面积为，则或，解得或，故选项C不正确，
故选：BD．
37．（2023春·山东·高三校联考阶段练习）在棱长为2的正方体中，点为线段（包含端点）上一动点，则下列选项正确的是（ ）．
A．三棱锥的体积为定值
B．在点运动过程中，存在某个位置使得平面
C．截面三角形面积的最大值为
D．当三棱锥为正三棱锥时，其内切球半径为
【答案】AC
【解析】A.，而为定值．
连接，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以上所有点到平面的距离不变，
所以三棱锥的高不变，所以为定值，故A正确；
B．若平面BQC，平面BQC，
则，又，
所以，不正确，故B错误；
C．因为BC为定值，所以只要Q到BC的距离最长，
过Q作于F，过F作于G，连接QG，
因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，则，
要使QG最长，只需QF最长，即Q点在时，最长，
此时，故C正确，
D．当Q在A点时，为正三棱锥，
设三棱锥的内切球的半径为，
由等体积法，
所以，
所以，故D错误．
故选：AC.
38．（2023春·山东·高三校联考阶段练习）已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，则下列选项正确的是（ ）．
A．为非奇非偶函数
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】由已知有为R上的奇函数，所以，
故的定义域为R，且，
故为奇函数，故A选项错误；
由已知有：恒成立，
令时，①，
因为为奇函数，故，
令时，②，
由①②解得：，，故B选项正确；
由已知有：恒成立，
即恒成立，
令，则恒成立，
由A选项知是奇函数，故，
故，即，
所以，
所以是一个周期为4的周期函数，
则，
所以，故C选项正确；
由已知有：在R上可导，
对求导有：，
即，
令时，，则，
因为，所以．
又因为是奇函数，故是偶函数，所以，
因为是一个周期为4的周期函数，所以也是一个周期为4的周期函数，
以下是证明过程：假设为周期为的函数，则
，
所以为周期为的函数，
故，故D选项正确．
故选：BCD
三、填空题
39．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）对于函数，若在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数在上存在1级“平移点”，则实数的最小值为___________.
【答案】
【解析】由在上存在1级“平移点”，则有解，即：，得：，
∴在上有解，
令，，则，
∴在上单调递增，则，
∴，即.
故答案为：
40．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）某校电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成．这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到．以此类推，特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*．（*为表中第1997行第一个数的个位数字）．若某学生的登录码为202*2138（），则可以推断该学生是__________届2班13号学生．
【答案】或
【解析】根据图数表发现：第行的前两个数之差为，
设第的第一个数为，则，
等式两边同时除以可得：
，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，，
所以，
因为的个位数为：的规律，
所以的个位数呈周期性变化，且周期为4，
因为，所以，
若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若，则，因为，所以的个位数是，故的个位数为；
因为202*2138（）的个位数为8，所以或，
故答案为：或.
41．（2023春·湖南岳阳·高三阶段练习）设点是曲线上任意一点，直线过点与曲线相切，则直线的倾斜角的取值范围为______.
【答案】
【解析】设直线的倾斜角为
故答案为：
42．（2023春·福建·高三福建师大附中阶段练习）设函数f（x）＝（2x﹣1）ex﹣ax+a，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则实数a的取值范围是_____．
【答案】[，1）∪
【解析】令g（x）＝（2x﹣1）ex，h（x）＝a（x﹣1），
∵，
∴当时，，则函数g（x）在（﹣∞，）上单调递减；
当时，，则函数g（x）在（，+∞）上单调递增；
而g（﹣1）＝﹣3e﹣1，g（0）＝﹣1；
因为存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0．
即（2x0﹣1）ex＜a（x0﹣1）．
所以结合图形知： 或
即：或 解得a＜1或3e2＜a；
故答案为：[，1）∪．
43．（2023春·江苏南京·高三期末）若函数，，且和在一共有三个零点，则__________.
【答案】或
【解析】当时，，，不成立；
当时，，，在上有，两个零点，不成立；
当时，，时，，即；
，当时，，即，
设，，，
则，，
当，相切时，设切点为，则，
解得，；
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
画出，的简图，如图所示：
，最多有两个交点，故最多有2个零点，
当时，没有零点，最多有2个零点，不成立；
当时，有1个零点，，有2个零点，成立；
现说明，即，构造函数，，，
，设，，
设，，设，恒成立，故单调递增，，
故单调递增，，故单调递减，，故函数单调递减，
，故，
当，有2零点，有2个零点，若是一个零点，则有两个零点重合，满足，此时.
综上所述：或
故答案为：或
44．（2023春·江苏南京·高三期末）在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,平面平面,则体积的最大值为__________.
【答案】
【解析】解:由题过点做分别交于点,
过做平面,垂足为,连接,
画图如下:
平面,
,
平面,平面,
平面,
,
底面是边长为2的正方形,
平面,平面,
,
同理可得:,
故三点共线,
且有,,
设平面平面,
平面,平面,
,
,
平面平面,平面平面
平面,
平面,
,
不妨设,
①,
且,
即,
化简即:②,
联立①②可得:,
,
四棱锥的体积
,,
当时,,
故体积的最大值为.
故答案为:
45．（2023春·海南省直辖县级单位·高三嘉积中学校考阶段练习）已知函数，其中，若方程有三个不同的实数根，则实数k的取值范围_____________．
【答案】
【解析】
如图，，则的图像如上，明显地，与不可能有交点，故时不符题意；
如图，，则的图像如上，明显地，与有三个不同交点时，必有，解得，
而时，明显不符题意；
故答案为：
46．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）设的面积为S，，已知，，则函数的值域为______．
【答案】
【解析】由题意，，
所以，所以，
，
因为，所以，
所以当，即时，取得最小值，最小值为；
当，即时，取得最大值，最大值为；
故.
故答案为：
47．（2023春·广东广州·高三中山大学附属中学校考）在概率论发展的过程中，通过构造试验推翻或验证某些结论是统计学家们常用的方法，若事件A，B，C满足，，同时成立，则称事件A，B，C两两独立，现有一个正六面体，六个面分别标有1到6的六个数，随机抛掷该六面体一次，观察与地面接触的面上的数字，得到样本空间，若，，则可以构造C＝______（填一个满足条件的即可），使得成立时，但不满足事件A，B，C两两独立
【答案】（答案不唯一）
【解析】元素1或2有且仅有一个属于C，剩余的3，4，5，6中任选两个属于C，都满足条件要求．
因为，，，，
若不满足事件A，B，C两两独立，只需构造事件C
使得和至少有一个成立．
设事件C包含的基本事件个数为N（且），（且），
当成立时，有，得，
所以或．
（1）若，则，，
成立，
此时，，，；
，，，，
又因为，所以事件A，B，C两两独立，不满足要求．
（2）若，则，
因为，，所以必有且、且两种情况．
当且时，，，，
所以，，
所以若事件A，B，C两两独立，则存在事件C使得且，
此时，，不符合题意，
所以A，B，C不可能两两独立．
所以构造集合C使得，且均满足题意，
满足要求的C为：、、、、、．
当且时，同理符合要求的集合C为：、、、、、．
故答案为：（答案不唯一）
48．（2023春·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考）设函数，若对任意，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】因为，该函数的定义域为，
，则函数为奇函数，
且，故函数为上的增函数，
由可得，
所以，，即，
令，则，令，
①当时，，
由题意可得，解得；
当时，，
由题意可得，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
49．（2023春·山东·高三校联考阶段练习）若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】由题意：存在，使得不等式成立，
即成立，即成立，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，
所以只需时，有成立，即成立，
令，则，
所以当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值为e．所以a的取值范围是．
故答案为：
四、双空题
50．（2023·河北·模拟预测）《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.
【答案】
【解析】如下图：设球体的半径为，，由得，
，解得，所以；
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.
故答案为：；.
51．（2023·辽宁沈阳·沈阳二十中校考）已知复数，对于数列，定义为的“优值”．若某数列的“优值”，则数列的通项公式______；若不等式对于恒成立，则k的取值范围是______．
【答案】
【解析】由得,所以,进而可得,当时,,两式相减得,当时,也符合.故
,即可
当为偶数时, (当时等号成立)，故
当为奇数时, (当时等号成立)，故，故对于恒成立，则
故答案为：，
52．（2023春·广东广州·高三校考）正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构）是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），、分别为、的中点，则______.若，过点的直线分别交直线于两点，设（其中均为正数），则的最小值为______.
【答案】 4
【解析】因为在正八面体中，，所以，
同理：，
又在正方形中，，所以，则，所以，
因为，，
所以；
因为，所以是边上靠近点的三等分点，
根据题意，在平面上，以边的中点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系如图，
则，设，
则，，
因为，
所以，
则，，
因为三点共线，所以，则，
即，整理得，
又因为，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：4；.