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2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二）
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1．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
2．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且，，则使得成立的n的最小值为（ ）
A．32B．33C．44D．45
【答案】D
【解析】①，
当时，②，
两式相减得，
当为奇数时，为等差数列，首项为4，公差为4，
所以，
中，令得，故，
故当为偶数时，为等差数列，首项为2，公差为4，
所以，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
当为奇数时，令，解得，
当为偶数时，令，解得，
所以成立的n的最小值为.
故选：D
3．（2023·广东·高三统考阶段练习）数列满足，且，则数列的前2024项的和=（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知：，，，
，，，
易知数列是周期为4的数列，
.
故选：C.
4．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知，，均大于1，满足，，，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
，
，
考虑和的图象相交，
在同一平面直角坐标系中画出、、与的图象如下：
根据图象可知.
故选：B.
5．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知函数．若互不相等的实根满足，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据函数的解析式可得如下图象
若互不相等的实根满足，根据图象可得与关于，则，当时，则是满足题意的的最小值，且满足，则的范围是.
故选：A.
6．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数的定义域为，设的导数是，且恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，则，
故在定义域上是增函数，所以，
即，所以.
故选：D.
7．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）若正三棱锥满足，则其体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设正三棱锥的底边长为，侧棱长为，
，
，
设该三棱锥的高为，
由正弦定理可知：，
所以，
又.
由
设，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
在上存在唯一的极大值点，且在时取得最大值为.
故正三棱锥体积的最大值为，
故选：C
8．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
9．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，其判别式，
∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，
由，得，，
∴，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；
②当时，，故，则，
∵在上单调递增，
∴在上也单调递增，，，
由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，
∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，
综上：实数的范围是.
故选：D.
10．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）若，双曲线：与双曲线：的离心率分别为，，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】B
【解析】由题意可得，，则，
由基本不等式，，即，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故选：B.
11．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）给定事件，且，则下列结论：①若，且互斥，则不可能相互独立；②若，则互为对立事件；③若，则两两独立；④若，则相互独立.其中正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【解析】对于①，若互斥，则，又，
，不相互独立，①正确；
对于②，，；
扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于一点”，
则，，，
满足，但不是对立事件，②错误；
对于③，扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于六点”，
则，，，，，
满足，此时，
事件不相互独立，③错误；
对于④，，事件与互斥，，
又，，
即，事件相互独立，④正确.
故选：B.
12．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，设数列的通项公式为，则（ ）
A．36B．24C．20D．18
【答案】D
【解析】，所以曲线的对称中心为，即，
因为，易知数列为等差数列，，，
所以
，
所以.
故选:D.
13．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）在矩形中，，，现将沿折起成，折起过程中，当时，四面体体积为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】由题可知,，又平面，
故平面，又平面，
所以，即此时为直角三角形，因为，，所以，
又，平面，
所以平面，
所以四面体的体积为.
故选：B.
14．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）在三角形中，，，，在上的投影向量为，则（ ）
A．-12B．-6C．12D．18
【答案】A
【解析】由题意，，为中点，由在上的投影向量为，
即，又，
所以，
所以.
故选：A.
15．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）如图，在平面上有一系列点，，…，…，对每个正整数，点位于函数的图像上，以点为圆心的都与轴相切，且与外切.若，且，，的前项之和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为与外切，且都与轴相切，所以，
即，所以，
因为，所以，所以，
所以数列为等差数列，首项，公差，所以，
所以，
所以，
所以
所以，
故选：D
16．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】构造函数，依题意可知，
所以在上单调递减.由于是奇函数，
所以当时，，所以，
所以，
由得，即，所以，
故不等式的解集为.
故选：B
17．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为6，圆台的体积为，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则（ ）．
A．3B．4C．15D．17
【答案】D
【解析】设圆台的高为h，依题意，解得．
设，则，解得，
故．
故选：D.
18．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知，则当函数取得最小值时，（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
所以
，
当，
即，取最小值，
此时,
故选：A.
19．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】不等式可整理为，
令，定义域为，则原不等式可看成，
，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，上单调递增，
令，则，令，则，令，则，
所以在上单调递增，上单调递减，且，所以，即，即，
当时，，，所以，解得；
当时，，，所以，不成立；
综上可得，不等式的解集为.
故选：D.
二、多选题
20．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为
D．动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆
【答案】BC
【解析】在正四面体中通过线面垂直可证得，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得的轨迹为双曲线方程即可得D错误.取中点,连接,可得面,则,故A错误；
在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，我外接球的半径，
因为，所以，即,
所以四面体的外接球体积,故C正确；
建系如图：,设，则
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.
故选：BC．
21．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：
用等比数列求和可得
则
又
所以 ，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.
，故D项正确.
故选：ABD.
22．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知O为坐标原点，F为抛物线E：的焦点，过点P(2，0)的直线交E于A，B两点，直线AF，BF分别交E于C，D，则（ ）
A．E的准线方程为B．
C．的最小值为4D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意，所以E的准线方程为，故A正确：
对于B，设A，B，设直线AB：，与抛物线联立可得，，，
所以，所以，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，设直线AC：，与抛物线联立可得，，，同理，
所以，，所以，
所以，，，
所以，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
23．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．当时，单调递减B．当时，
C．若有且仅有一个零点，则D．若，则
【答案】ABD
【解析】当时，，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，因为，
所以，单调递减，故A正确；
当时，
，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得最小值，，所以.
设，，
因为，所以，单调递增，所以，
所以，故B正确；，
若，则，
设，即，
设，则，
因为，所以，，单调递减，
若有且仅有一个零点，则，此时，故C错误；
若，则，即，
因为单调递减，所以，故D正确.
故选：ABD.
24．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）我们知道，函数的图象关系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. 现在已知，函数 的图像关于点对称，则（ ）
A．
B．
C．对任意，有
D．存在非零实数，使
【答案】ACD
【解析】由题意，因为函数 的图像关于点对称，
所以函数为奇函数，
所以，故C正确；
又，
则，
所以，解得，
所以，
则，故A正确，B错误；
令，
则，解得或，
所以存在非零实数，使，故D正确.
故选：ACD.
25．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数满足，且在上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，则
C．的最小正周期为4D．在上的零点个数最少为1012个
【答案】AC
【解析】A，由题意在的区间中点处取得最大值，即，正确；
B，假设若，则成立，由A知，
而，故假设不成立，则错误；
C，，且在上有最大值，无最小值，
令，，，
则两式相减，得，即函数的最小正周期，故正确；
D，因为，所以函数在区间上的长度恰好为506个周期，
当，即，时，在区间上的零点个数至少为个，故错误.
故选：AC.
26．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
27．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）
A．B．
C．平面D．几何体2的表面积为
【答案】ABC
【解析】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，记，易得，
对于A，因为在正四棱台中，， 是的中点，
所以，
又是的中点，，所以，则，，
又，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
同理：，
所以四形边是边长为菱形，
在边长为的正方形中，，
因为是的中点，所以，，
所以，故A正确；
对于B，因为在正四棱台中，面面，
又面面，面面，
所以，又，所以，故B正确；
对于C，在四边形中，由比例易得，
由对称性可知，而，
所以，则，即，
而由选项B同理可证，所以，
因为在正方形中，，而，所以，
因为面，所以面，
对于D，由选项A易知四边形是边长为的正方形，上下底面也是边长为的正方形，
四边形是边长为的菱形，其高为，
所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，
所以其表面积为，故D错误.
故选：ABC.
28．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知随机变量，，，，记，其中，，则（ ）
A．B．
C．D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，，所以A正确；
对于B，因为，所以B正确；
对于C，当时，，所以C错误；
对于D，因为，所以当时，最大，所以D正确；
证明如下：若，则，
若，则，解得，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
即当为整数时，或时，取得最大值，
当不为整数，k为的整数部分时，取得最大值．
故选：ABD．
29．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
【答案】ABD
【解析】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
30．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．有两个零点
B．直线与的图象有两个交点
C．直线与的图象有四个交点
D．存在两点，同时在的图象上
【答案】ABD
【解析】画出的图象，如下：
A选项，有两个零点，即和0，A正确；
B选项，当时，，则，令，
解得，又，
故在的切线方程为，
令，，则，
故在上单调递增，
故，即在上恒成立，
故在上与只有一个交点，
当时，，联立，可得，解得或0（舍去），
结合函数图象，可知直线与的图象有两个交点，B正确；
C选项，在同一坐标系内画出与直线的图象，
可知直线与的图象有2个交点，C错误；
D选项，点，是关于对称的两点，
因为，故是位于第一象限的点，位于第二象限，
在上，要想满足同时在的图象上，
只需与在第一象限内有交点，
因为，故，
又，故，
两函数均在单调递增，故一定存在，使得，D正确.
故选：ABD
31．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别是线段，上的点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是
B．线段的长的取值范围是
C．若，分别是线段，的中点，则与平面所成的角为
D．若，分别是线段，的中点，则与直线所成的角为
【答案】AC
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：
因为棱长为2，所以,
,
对于,
则所以,
又平面,平面，
所以平面，
又点,故点到平面的距离等价于点到平面的距离,
所以,故正确；
对于,设
则
，
故及时，，
故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
,取平面的法向量，设为与平面所成的角，
则所以，
即与平面所成的角为，故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
，则,
则，
则即与直线所成的角为，故正确.
故选：
32．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，若关于的方程有6个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A．B．C．D．2
【答案】BC
【解析】当时，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
作出的图象，如图所示，，
即与共六个不等实根，
由图可知时，或，即有两个根，
若使与共六个不等实根，
只需满足，即.
故选：BC.
33．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）若数列中任意连续三项，，，均满足，则称数列为跳跃数列.则下列结论正确的是（ ）
A．等比数列：1，，，，，…是跳跃数列
B．数列的通项公式为，数列是跳跃数列
C．等差数列不可能是跳跃数列
D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比
【答案】ACD
【解析】对于选项A，由跳跃数列定义知，等比数列：1，，，，，…是跳跃数列，故A正确；
对于选项B，数列的前三项为，，，不符合跳跃数列的定义，
故B错误；
对于选项C，当等差数列公差时，它是单调递增数列；公差时，
它是单调递减数列；公差时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，
故C正确；
对于选项D，等比数列是跳跃数列，则，整理得，
即，
若比数列的公比，则，
可得，所以等比数列是跳跃数列，
故D正确.
故选：ACD.
34．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）已知函数的定义域为，函数的图象关于点对称，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象关于轴对称
C．函数是最小正周期为2的周期函数
D．若函数满足，则
【答案】ABD
【解析】因为函数的图象关于点对称，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以为偶函数.故B正确；
因为，所以是最小正周期为4的周期函数，故C错误；
因为，所以，那么，
所以也是周期为4的函数，
，
因为，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
35．（2023·湖南株洲·高三校考阶段练习）如图，在正方体中，，点分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若，则平面
C．平面截正方体所得的截面的周长为
D．若，则四面体外接球的表面积为
【答案】BD
【解析】如图1，取的中点，连接，易得，取的中点，连接，易得，再取的中点，连接，则，所以，则是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则，且五边形即平面交正方体的截面，由是中点且得，又由得，从而可计算得，所以平面截正方体所得的截面的周长为，故C错误．
对于A，因为，
所以三点共线，所以点在上，因为与平面不平行，所以四面体的体积不为定值，A错误．
对于B，如图2，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
，则，，
是平面的一个法向量，所以平面，故B正确．
对于D，若，则点即点．易知，（由平面可得），同理，即四边形是矩形，则四面体的外接球与四棱锥的外接球相同，
在中，，
在图3四棱锥中，取是中点，则，的外心在上，
，则外接圆的半径为，
设，取中点，连接，则，同样由平面，平面，得，而与是平面内两相交直线，因此有平面，同理可证平面，得，
作矩形 ，可得，平面，平面，从而知是四棱锥的外接球的球心，
所以四面体外接球的半径，即四面体外接球的表面积为，D正确．
故选：BD．
36．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知数列满足，，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】BCD
【解析】，则，又，所以，A不正确.
令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，，即，又易得是递增数列，，故，所以，B正确.
易知是递增数列，所以，则，则，即，所以，即，所以，所以，
而当时，则有，C正确.
令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，，则，
所以，，，
所以，D正确.
故选：BCD.
37．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知函数，是定义在R上的非常数函数，的图象关于原点对称，且，，则（ ）．
A．为奇函数B．为偶函数
C．D．
【答案】BCD
【解析】因为的图象关于原点对称，故，
即①，
中，用代替得，
而，
故，两式相减可得，即②，
由①②可得③，
故的周期为4，所以，故为偶函数，
因为不是常数函数，所以不是奇函数，故A错误，B正确．
由①可得，，故，，
于是，故C正确．
由可得，即，
因为为偶函数，且，所以，，
又函数周期为4，故，
故，
因为，所以，
故，故D正确．
故选：BCD
38．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知棱长为2的正方体中，M，N，P分别在线段，，上运动（含端点位置），则下列说法正确的是（ ）．
A．若点M与B不重合，点N与C不重合，则平面平面
B．若，则为直角三角形
C．若四边形为菱形，则四边形的面积最大值为4
D．若A，P，M，N四点共面，则
【答案】ABD
【解析】对于A，由正方体的性质可知平面平面，故平面平面，故A正确；
对于B，若，则，故平面，
因为平面，故，则，
故为直角三角形，故B正确；
对于C，若四边形为菱形，则，
所以，的取值范围是，
所以菱形的面积的取值范围是，故C错误；
对于D，若A，P，M，N四点共面，则，
所以，即，故D正确．
故选：ABD
39．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【解析】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
40．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则双曲线的离心率
B．若是面积为的正三角形，则
C．若为双曲线的右顶点，轴，则
D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
【答案】AB
【解析】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；
对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.
故选：AB.
三、双空题
41．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）在中，，若空间点满足，则的最小值为 ；直线与平面所成角的正切的最大值是 .
【答案】
【解析】
过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
当点与点三点共线时，最小；且最小值为；
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
当，且时，最小，
即当点与点三点共线时，最小，且最小值为；
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故答案为：；
42．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，，且对于任意的正整数均有.（1）若，则 ；（2）若，则满足条件的无穷数列的一个通项公式可以是 .
【答案】 2 （答案不唯一）
【解析】当时，，又，，代入上式可求得.
已知，得，
当时，，
即，所以或，
又，，所以（答案不唯一）.
故答案为:2；（答案不唯一）.
43．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）将3个4cm×4cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接于一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若将该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为 ；若在该七面体内放置一个小球，则小球半径的最大值为 cm.
【答案】
【解析】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，
该七面体为正方体沿着图中的六边形截去一部分后剩下的另一部分，
易得其体积为正方体体积的一半，即
当小球为该七面体的内切球时，半径最大，
此球亦为正三棱锥的内切球，
如下图：过点作,交于,为的中点，
则，,
所以,,
同理,
设正三棱锥的内切球的半径为
又，
又正三棱锥的表面积,
则，
所以.
故答案为：.
四、填空题
44．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）数列中，，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前项和 ．
【答案】803
【解析】令，，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，
①当时，；
②当时，，
．
故答案为：803
45．（2023·广东·高三统考阶段练习）椭圆与正方形是常见的几何图形，具有对称美感，受到设计师的青睐.现有一工艺品，其图案如图所示：基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成(“斜椭圆”和正方形的四边各恰有一个公共点).在平面直角坐标系中，将标准椭圆绕着对称中心旋转一定角度，即得“斜椭圆”C：，则“斜椭圆”的离心率为 .
【答案】
【解析】“斜椭圆”的中心为坐标原点，所以长半轴的长度为曲线上的点到原点距离最大值，
短半轴的长度为曲线上的点到原点距离最小值，
由基本不等式，即，
所以，
解得，当时，成立，
时，成立．
所以椭圆的长半轴长为，短半轴长为，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
46．（2023·广东·高三统考阶段练习）正方体的棱长为，为线段的中点，平面，平面，若点为平面与侧面相交的线段上的一动点，为线段上一动点，则的最小值为 .
【答案】
【解析】分别取中点，连接，
，，
，即；
同理可得：；
平面，平面，，
，四点共面；
，平面，平面，
又平面，；
，平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，；
，平面，平面，
平面即为平面，则即为与平面的交线；
过作，垂足为，过作，垂足为，
，，共面，，
又平面，平面，；
设，，
由可得：，又，，
，
当时，取得最小值，最小值为，.
故答案为：.
47．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知关于x的不等式恰有2个不同的整数解，则k的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当时，不等式无解，不满足题意；
当时，不等式有无数个不同的整数解，不满足题意；
当时，表示经过的直线，
作图分析可知，2个整数解恰好是和，
故只需满足以下条件：，解得．
则k的取值范围是.
故答案为：
48．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为 .
【答案】
【解析】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，
由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
，，，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，
．
故答案为：．
49．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，椭圆的中心在原点，长轴在x轴上．以、为焦点的双曲线交椭圆于C、D、、四点，且．椭圆的一条弦AC交双曲线于E，设，当时，双曲线的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，则设，(其中为双曲线的半焦距，为C.到轴的距离)，
，则，即，
，
即点坐标为，
设双曲线的方程为，将代入方程，得①，
将，E代入①式，整理得，
消去，得，所以，
由于.所以，故，
故答案为：
50．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ．
【答案】
【解析】由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，
易知小球在面上最靠近变得切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，
故小三角形的边长为，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为
，
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.
51．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知直线：与抛物线：交于，两个不同的点，为的中点，为的焦点，直线与轴交于点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由可知：，
因为直线在纵轴的截距为，
所以点的坐标为，
由，
因为直线：与抛物线：交于，两个不同的点，
所以，
设，则有，
所以，所以，
，
所以的取值范围是，
故答案为：.
52．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知在三棱锥中，，，平面，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 .
【答案】
【解析】将三棱锥补成直三棱柱，设点，为上下底面的外心，
点为直棱柱的外接球的球心，则为的中点，点为的中点，
为底面外接圆的半径，设，则，所以，，
得外接球半径
，当时，有最小值为，
此时球的表面积为.
故答案为：.
53．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）已知是函数的两个不同极值点，若，则实数的值为 .
【答案】
【解析】依题意知，，，
是函数的两个不同极值点，
所以，，
即有两个不同实根，
等价于有两个根，令，
则，令，解得，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，，
又趋向于正无穷大时，趋向于0，所以且.
若，即，
由
解得：，或，（舍去），所以.
故答案为：.
54．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为 .
【答案】
【解析】因为是上底面的一个动点，且，
所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，其外心为与的交点，
且，，而，
所以，
所以为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的体积
故答案为：
55．（2023·湖南株洲·高三校考阶段练习）已知分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线与交于两点（点A在第一象限），延长交于点，若，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题意关于原点对称，又也关于原点对称，所以四边形是平行四边形，所以，所以为等边三角形，
则，则，由双曲线的定义，得，
所以，则．
故答案为：．
56．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，若关于的方程有4个不同实根，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】依题意得：，，所以函数关于原点对称，
又为偶函数，所以，即，
所以函数关于直线对称，
由得，
所以是周期为8的周期函数，
当时，，作出函数的部分图象如图，
令，
则，
故函数是上的偶函数，讨论的情况，再由对称性可得的情况，
因为，
所以也是周期为8的周期函数，
当时，，
当时，；
当时，.
关于的方程有4个不同实根，
即直线与的图象有4个公共点，作出函数的部分图象如图：
观察图象知，当直线过原点及点，即时，
直线与的图象有3个公共点；
当直线过原点及点，即时，
直线与的图象有5个公共点；
当直线绕原点逆时针旋转到直线时，
旋转过程中每个位置的直线（不含边界）与的图象总有4个公共点，
于是得：当时，关于的方程有4个不同实根，有.
由对称性知，当时，关于的方程有4个不同实根，有.
所以实数的取值范围是：.
故答案为：.
57．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）若函数在上有且仅有3个零点，则的最小值为 .
【答案】
【解析】令，得，
由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，则，
解得，
所以的最小值为.
故答案为：.
58．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线右支上且轴，若（为坐标原点），则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】不妨设点在渐近线上且位于第一象限，如图所示，
与渐近线垂直，直线的方程为：，
由得：，即，
设，由轴得：，
，
，，又，
，整理可得：，
双曲线的离心率.
故答案为：.
59．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】，令，
函数的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而在R上单调递减，且，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，则．
故答案为：
60．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且满足，设弦的中点M到y轴的距离为d，则的最小值为 ．
【答案】1
【解析】由抛物线可得准线方程为，
设，由余弦定理可得,
由抛物线定义可得P到准线的距离等于 ，Q到准线的距离等于，
M为的中点，由梯形的中位线定理可得M到准线的距离为，
则弦的中点M到y轴的距离，
故，
又，
则，当且仅当时，等号成立，
所以 的最小值为1，
故答案为：1
61．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）若函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是 .
【答案】．
【解析】因为，
当时，时，单调递增，不合题意；
当时，时，，函数在区间上是严格减函数，
则，即；
当时，时，，函数在区间上是严格减函数，
则，即；
当时，，
，因此在是单调递增，不合题意；
综上，的范围是．
故答案为：．
1．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
2．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且，，则使得成立的n的最小值为（ ）
A．32B．33C．44D．45
【答案】D
【解析】①，
当时，②，
两式相减得，
当为奇数时，为等差数列，首项为4，公差为4，
所以，
中，令得，故，
故当为偶数时，为等差数列，首项为2，公差为4，
所以，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
当为奇数时，令，解得，
当为偶数时，令，解得，
所以成立的n的最小值为.
故选：D
3．（2023·广东·高三统考阶段练习）数列满足，且，则数列的前2024项的和=（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知：，，，
，，，
易知数列是周期为4的数列，
.
故选：C.
4．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知，，均大于1，满足，，，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
，
，
考虑和的图象相交，
在同一平面直角坐标系中画出、、与的图象如下：
根据图象可知.
故选：B.
5．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知函数．若互不相等的实根满足，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据函数的解析式可得如下图象
若互不相等的实根满足，根据图象可得与关于，则，当时，则是满足题意的的最小值，且满足，则的范围是.
故选：A.
6．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数的定义域为，设的导数是，且恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，则，
故在定义域上是增函数，所以，
即，所以.
故选：D.
7．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）若正三棱锥满足，则其体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设正三棱锥的底边长为，侧棱长为，
，
，
设该三棱锥的高为，
由正弦定理可知：，
所以，
又.
由
设，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
在上存在唯一的极大值点，且在时取得最大值为.
故正三棱锥体积的最大值为，
故选：C
8．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
9．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，其判别式，
∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，
由，得，，
∴，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；
②当时，，故，则，
∵在上单调递增，
∴在上也单调递增，，，
由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，
∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，
综上：实数的范围是.
故选：D.
10．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）若，双曲线：与双曲线：的离心率分别为，，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】B
【解析】由题意可得，，则，
由基本不等式，，即，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故选：B.
11．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）给定事件，且，则下列结论：①若，且互斥，则不可能相互独立；②若，则互为对立事件；③若，则两两独立；④若，则相互独立.其中正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【解析】对于①，若互斥，则，又，
，不相互独立，①正确；
对于②，，；
扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于一点”，
则，，，
满足，但不是对立事件，②错误；
对于③，扔一枚骰子，记事件为“点数大于两点”；事件为“点数大于五点”；事件为“点数大于六点”，
则，，，，，
满足，此时，
事件不相互独立，③错误；
对于④，，事件与互斥，，
又，，
即，事件相互独立，④正确.
故选：B.
12．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，设数列的通项公式为，则（ ）
A．36B．24C．20D．18
【答案】D
【解析】，所以曲线的对称中心为，即，
因为，易知数列为等差数列，，，
所以
，
所以.
故选:D.
13．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）在矩形中，，，现将沿折起成，折起过程中，当时，四面体体积为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】由题可知,，又平面，
故平面，又平面，
所以，即此时为直角三角形，因为，，所以，
又，平面，
所以平面，
所以四面体的体积为.
故选：B.
14．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）在三角形中，，，，在上的投影向量为，则（ ）
A．-12B．-6C．12D．18
【答案】A
【解析】由题意，，为中点，由在上的投影向量为，
即，又，
所以，
所以.
故选：A.
15．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）如图，在平面上有一系列点，，…，…，对每个正整数，点位于函数的图像上，以点为圆心的都与轴相切，且与外切.若，且，，的前项之和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为与外切，且都与轴相切，所以，
即，所以，
因为，所以，所以，
所以数列为等差数列，首项，公差，所以，
所以，
所以，
所以
所以，
故选：D
16．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】构造函数，依题意可知，
所以在上单调递减.由于是奇函数，
所以当时，，所以，
所以，
由得，即，所以，
故不等式的解集为.
故选：B
17．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为6，圆台的体积为，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则（ ）．
A．3B．4C．15D．17
【答案】D
【解析】设圆台的高为h，依题意，解得．
设，则，解得，
故．
故选：D.
18．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知，则当函数取得最小值时，（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
所以
，
当，
即，取最小值，
此时,
故选：A.
19．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】不等式可整理为，
令，定义域为，则原不等式可看成，
，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，上单调递增，
令，则，令，则，令，则，
所以在上单调递增，上单调递减，且，所以，即，即，
当时，，，所以，解得；
当时，，，所以，不成立；
综上可得，不等式的解集为.
故选：D.
二、多选题
20．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）已知四面体的所有棱长均为，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．点到平面的距离为
C．四面体的外接球体积为
D．动点在平面上，且与所成角为，则点的轨迹是椭圆
【答案】BC
【解析】在正四面体中通过线面垂直可证得，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得的轨迹为双曲线方程即可得D错误.取中点,连接,可得面,则,故A错误；
在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，我外接球的半径，
因为，所以，即,
所以四面体的外接球体积,故C正确；
建系如图：,设，则
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.
故选：BC．
21．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：
用等比数列求和可得
则
又
所以 ，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.
，故D项正确.
故选：ABD.
22．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知O为坐标原点，F为抛物线E：的焦点，过点P(2，0)的直线交E于A，B两点，直线AF，BF分别交E于C，D，则（ ）
A．E的准线方程为B．
C．的最小值为4D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意，所以E的准线方程为，故A正确：
对于B，设A，B，设直线AB：，与抛物线联立可得，，，
所以，所以，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，设直线AC：，与抛物线联立可得，，，同理，
所以，，所以，
所以，，，
所以，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
23．（2023·广东·高三统考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．当时，单调递减B．当时，
C．若有且仅有一个零点，则D．若，则
【答案】ABD
【解析】当时，，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，因为，
所以，单调递减，故A正确；
当时，
，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得最小值，，所以.
设，，
因为，所以，单调递增，所以，
所以，故B正确；，
若，则，
设，即，
设，则，
因为，所以，，单调递减，
若有且仅有一个零点，则，此时，故C错误；
若，则，即，
因为单调递减，所以，故D正确.
故选：ABD.
24．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）我们知道，函数的图象关系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. 现在已知，函数 的图像关于点对称，则（ ）
A．
B．
C．对任意，有
D．存在非零实数，使
【答案】ACD
【解析】由题意，因为函数 的图像关于点对称，
所以函数为奇函数，
所以，故C正确；
又，
则，
所以，解得，
所以，
则，故A正确，B错误；
令，
则，解得或，
所以存在非零实数，使，故D正确.
故选：ACD.
25．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数满足，且在上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，则
C．的最小正周期为4D．在上的零点个数最少为1012个
【答案】AC
【解析】A，由题意在的区间中点处取得最大值，即，正确；
B，假设若，则成立，由A知，
而，故假设不成立，则错误；
C，，且在上有最大值，无最小值，
令，，，
则两式相减，得，即函数的最小正周期，故正确；
D，因为，所以函数在区间上的长度恰好为506个周期，
当，即，时，在区间上的零点个数至少为个，故错误.
故选：AC.
26．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
27．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）
A．B．
C．平面D．几何体2的表面积为
【答案】ABC
【解析】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，记，易得，
对于A，因为在正四棱台中，， 是的中点，
所以，
又是的中点，，所以，则，，
又，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
同理：，
所以四形边是边长为菱形，
在边长为的正方形中，，
因为是的中点，所以，，
所以，故A正确；
对于B，因为在正四棱台中，面面，
又面面，面面，
所以，又，所以，故B正确；
对于C，在四边形中，由比例易得，
由对称性可知，而，
所以，则，即，
而由选项B同理可证，所以，
因为在正方形中，，而，所以，
因为面，所以面，
对于D，由选项A易知四边形是边长为的正方形，上下底面也是边长为的正方形，
四边形是边长为的菱形，其高为，
所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，
所以其表面积为，故D错误.
故选：ABC.
28．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知随机变量，，，，记，其中，，则（ ）
A．B．
C．D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，，所以A正确；
对于B，因为，所以B正确；
对于C，当时，，所以C错误；
对于D，因为，所以当时，最大，所以D正确；
证明如下：若，则，
若，则，解得，
故当时，单调递增，当时，单调递减，
即当为整数时，或时，取得最大值，
当不为整数，k为的整数部分时，取得最大值．
故选：ABD．
29．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
【答案】ABD
【解析】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
30．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知函数，则（ ）
A．有两个零点
B．直线与的图象有两个交点
C．直线与的图象有四个交点
D．存在两点，同时在的图象上
【答案】ABD
【解析】画出的图象，如下：
A选项，有两个零点，即和0，A正确；
B选项，当时，，则，令，
解得，又，
故在的切线方程为，
令，，则，
故在上单调递增，
故，即在上恒成立，
故在上与只有一个交点，
当时，，联立，可得，解得或0（舍去），
结合函数图象，可知直线与的图象有两个交点，B正确；
C选项，在同一坐标系内画出与直线的图象，
可知直线与的图象有2个交点，C错误；
D选项，点，是关于对称的两点，
因为，故是位于第一象限的点，位于第二象限，
在上，要想满足同时在的图象上，
只需与在第一象限内有交点，
因为，故，
又，故，
两函数均在单调递增，故一定存在，使得，D正确.
故选：ABD
31．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别是线段，上的点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是
B．线段的长的取值范围是
C．若，分别是线段，的中点，则与平面所成的角为
D．若，分别是线段，的中点，则与直线所成的角为
【答案】AC
【解析】建立如图所示空间直角坐标系：
因为棱长为2，所以,
,
对于,
则所以,
又平面,平面，
所以平面，
又点,故点到平面的距离等价于点到平面的距离,
所以,故正确；
对于,设
则
，
故及时，，
故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
,取平面的法向量，设为与平面所成的角，
则所以，
即与平面所成的角为，故错误；
对于,若，分别是线段，的中点，则,
，则,
则，
则即与直线所成的角为，故正确.
故选：
32．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知函数，若关于的方程有6个不同的实根，则实数可能的取值有（ ）
A．B．C．D．2
【答案】BC
【解析】当时，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
作出的图象，如图所示，，
即与共六个不等实根，
由图可知时，或，即有两个根，
若使与共六个不等实根，
只需满足，即.
故选：BC.
33．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）若数列中任意连续三项，，，均满足，则称数列为跳跃数列.则下列结论正确的是（ ）
A．等比数列：1，，，，，…是跳跃数列
B．数列的通项公式为，数列是跳跃数列
C．等差数列不可能是跳跃数列
D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比
【答案】ACD
【解析】对于选项A，由跳跃数列定义知，等比数列：1，，，，，…是跳跃数列，故A正确；
对于选项B，数列的前三项为，，，不符合跳跃数列的定义，
故B错误；
对于选项C，当等差数列公差时，它是单调递增数列；公差时，
它是单调递减数列；公差时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，
故C正确；
对于选项D，等比数列是跳跃数列，则，整理得，
即，
若比数列的公比，则，
可得，所以等比数列是跳跃数列，
故D正确.
故选：ACD.
34．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）已知函数的定义域为，函数的图象关于点对称，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数的图象关于轴对称
C．函数是最小正周期为2的周期函数
D．若函数满足，则
【答案】ABD
【解析】因为函数的图象关于点对称，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以为偶函数.故B正确；
因为，所以是最小正周期为4的周期函数，故C错误；
因为，所以，那么，
所以也是周期为4的函数，
，
因为，所以，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
35．（2023·湖南株洲·高三校考阶段练习）如图，在正方体中，，点分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若，则平面
C．平面截正方体所得的截面的周长为
D．若，则四面体外接球的表面积为
【答案】BD
【解析】如图1，取的中点，连接，易得，取的中点，连接，易得，再取的中点，连接，则，所以，则是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则，且五边形即平面交正方体的截面，由是中点且得，又由得，从而可计算得，所以平面截正方体所得的截面的周长为，故C错误．
对于A，因为，
所以三点共线，所以点在上，因为与平面不平行，所以四面体的体积不为定值，A错误．
对于B，如图2，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
，则，，
是平面的一个法向量，所以平面，故B正确．
对于D，若，则点即点．易知，（由平面可得），同理，即四边形是矩形，则四面体的外接球与四棱锥的外接球相同，
在中，，
在图3四棱锥中，取是中点，则，的外心在上，
，则外接圆的半径为，
设，取中点，连接，则，同样由平面，平面，得，而与是平面内两相交直线，因此有平面，同理可证平面，得，
作矩形 ，可得，平面，平面，从而知是四棱锥的外接球的球心，
所以四面体外接球的半径，即四面体外接球的表面积为，D正确．
故选：BD．
36．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知数列满足，，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】BCD
【解析】，则，又，所以，A不正确.
令函数，则，则在上单调递减，在上单调递增，，即，又易得是递增数列，，故，所以，B正确.
易知是递增数列，所以，则，则，即，所以，即，所以，所以，
而当时，则有，C正确.
令函数，则，所以在上单调递减，所以当时，，则，
所以，，，
所以，D正确.
故选：BCD.
37．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知函数，是定义在R上的非常数函数，的图象关于原点对称，且，，则（ ）．
A．为奇函数B．为偶函数
C．D．
【答案】BCD
【解析】因为的图象关于原点对称，故，
即①，
中，用代替得，
而，
故，两式相减可得，即②，
由①②可得③，
故的周期为4，所以，故为偶函数，
因为不是常数函数，所以不是奇函数，故A错误，B正确．
由①可得，，故，，
于是，故C正确．
由可得，即，
因为为偶函数，且，所以，，
又函数周期为4，故，
故，
因为，所以，
故，故D正确．
故选：BCD
38．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知棱长为2的正方体中，M，N，P分别在线段，，上运动（含端点位置），则下列说法正确的是（ ）．
A．若点M与B不重合，点N与C不重合，则平面平面
B．若，则为直角三角形
C．若四边形为菱形，则四边形的面积最大值为4
D．若A，P，M，N四点共面，则
【答案】ABD
【解析】对于A，由正方体的性质可知平面平面，故平面平面，故A正确；
对于B，若，则，故平面，
因为平面，故，则，
故为直角三角形，故B正确；
对于C，若四边形为菱形，则，
所以，的取值范围是，
所以菱形的面积的取值范围是，故C错误；
对于D，若A，P，M，N四点共面，则，
所以，即，故D正确．
故选：ABD
39．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【解析】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
40．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则双曲线的离心率
B．若是面积为的正三角形，则
C．若为双曲线的右顶点，轴，则
D．若射线与双曲线的一条渐近线交于点Q，则
【答案】AB
【解析】由题意，对于选项A，因为，所以的中垂线与双曲线有交点，即有，解得，故选项A正确；对于选项B，因为，解得，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，由题意可得显然不等，故选项C错误；
对于选项D，若为右顶点时，则为坐标原点，此时，故选项D错误.
故选：AB.
三、双空题
41．（2023·广东东莞·高三校考阶段练习）在中，，若空间点满足，则的最小值为 ；直线与平面所成角的正切的最大值是 .
【答案】
【解析】
过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
当点与点三点共线时，最小；且最小值为；
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
当，且时，最小，
即当点与点三点共线时，最小，且最小值为；
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故答案为：；
42．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，，且对于任意的正整数均有.（1）若，则 ；（2）若，则满足条件的无穷数列的一个通项公式可以是 .
【答案】 2 （答案不唯一）
【解析】当时，，又，，代入上式可求得.
已知，得，
当时，，
即，所以或，
又，，所以（答案不唯一）.
故答案为:2；（答案不唯一）.
43．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）将3个4cm×4cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接于一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若将该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为 ；若在该七面体内放置一个小球，则小球半径的最大值为 cm.
【答案】
【解析】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，
该七面体为正方体沿着图中的六边形截去一部分后剩下的另一部分，
易得其体积为正方体体积的一半，即
当小球为该七面体的内切球时，半径最大，
此球亦为正三棱锥的内切球，
如下图：过点作,交于,为的中点，
则，,
所以,,
同理,
设正三棱锥的内切球的半径为
又，
又正三棱锥的表面积,
则，
所以.
故答案为：.
四、填空题
44．（2023·广东梅州·高三梅州市梅江区梅州中学校考阶段练习）数列中，，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前项和 ．
【答案】803
【解析】令，，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，
①当时，；
②当时，，
．
故答案为：803
45．（2023·广东·高三统考阶段练习）椭圆与正方形是常见的几何图形，具有对称美感，受到设计师的青睐.现有一工艺品，其图案如图所示：基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成(“斜椭圆”和正方形的四边各恰有一个公共点).在平面直角坐标系中，将标准椭圆绕着对称中心旋转一定角度，即得“斜椭圆”C：，则“斜椭圆”的离心率为 .
【答案】
【解析】“斜椭圆”的中心为坐标原点，所以长半轴的长度为曲线上的点到原点距离最大值，
短半轴的长度为曲线上的点到原点距离最小值，
由基本不等式，即，
所以，
解得，当时，成立，
时，成立．
所以椭圆的长半轴长为，短半轴长为，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
46．（2023·广东·高三统考阶段练习）正方体的棱长为，为线段的中点，平面，平面，若点为平面与侧面相交的线段上的一动点，为线段上一动点，则的最小值为 .
【答案】
【解析】分别取中点，连接，
，，
，即；
同理可得：；
平面，平面，，
，四点共面；
，平面，平面，
又平面，；
，平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，；
，平面，平面，
平面即为平面，则即为与平面的交线；
过作，垂足为，过作，垂足为，
，，共面，，
又平面，平面，；
设，，
由可得：，又，，
，
当时，取得最小值，最小值为，.
故答案为：.
47．（2023·广东佛山·高三校考阶段练习）已知关于x的不等式恰有2个不同的整数解，则k的取值范围是 ．
【答案】
【解析】当时，不等式无解，不满足题意；
当时，不等式有无数个不同的整数解，不满足题意；
当时，表示经过的直线，
作图分析可知，2个整数解恰好是和，
故只需满足以下条件：，解得．
则k的取值范围是.
故答案为：
48．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为 .
【答案】
【解析】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，
由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
，，，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，
．
故答案为：．
49．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，椭圆的中心在原点，长轴在x轴上．以、为焦点的双曲线交椭圆于C、D、、四点，且．椭圆的一条弦AC交双曲线于E，设，当时，双曲线的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，则设，(其中为双曲线的半焦距，为C.到轴的距离)，
，则，即，
，
即点坐标为，
设双曲线的方程为，将代入方程，得①，
将，E代入①式，整理得，
消去，得，所以，
由于.所以，故，
故答案为：
50．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ．
【答案】
【解析】由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，
易知小球在面上最靠近变得切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，
故小三角形的边长为，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为
，
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.
51．（2023·湖南益阳·高三统考阶段练习）已知直线：与抛物线：交于，两个不同的点，为的中点，为的焦点，直线与轴交于点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由可知：，
因为直线在纵轴的截距为，
所以点的坐标为，
由，
因为直线：与抛物线：交于，两个不同的点，
所以，
设，则有，
所以，所以，
，
所以的取值范围是，
故答案为：.
52．（2023·湖南永州·高三校联考开学考试）已知在三棱锥中，，，平面，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 .
【答案】
【解析】将三棱锥补成直三棱柱，设点，为上下底面的外心，
点为直棱柱的外接球的球心，则为的中点，点为的中点，
为底面外接圆的半径，设，则，所以，，
得外接球半径
，当时，有最小值为，
此时球的表面积为.
故答案为：.
53．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）已知是函数的两个不同极值点，若，则实数的值为 .
【答案】
【解析】依题意知，，，
是函数的两个不同极值点，
所以，，
即有两个不同实根，
等价于有两个根，令，
则，令，解得，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，，
又趋向于正无穷大时，趋向于0，所以且.
若，即，
由
解得：，或，（舍去），所以.
故答案为：.
54．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习）如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为 .
【答案】
【解析】因为是上底面的一个动点，且，
所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，其外心为与的交点，
且，，而，
所以，
所以为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的体积
故答案为：
55．（2023·湖南株洲·高三校考阶段练习）已知分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线与交于两点（点A在第一象限），延长交于点，若，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】由题意关于原点对称，又也关于原点对称，所以四边形是平行四边形，所以，所以为等边三角形，
则，则，由双曲线的定义，得，
所以，则．
故答案为：．
56．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，若关于的方程有4个不同实根，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】依题意得：，，所以函数关于原点对称，
又为偶函数，所以，即，
所以函数关于直线对称，
由得，
所以是周期为8的周期函数，
当时，，作出函数的部分图象如图，
令，
则，
故函数是上的偶函数，讨论的情况，再由对称性可得的情况，
因为，
所以也是周期为8的周期函数，
当时，，
当时，；
当时，.
关于的方程有4个不同实根，
即直线与的图象有4个公共点，作出函数的部分图象如图：
观察图象知，当直线过原点及点，即时，
直线与的图象有3个公共点；
当直线过原点及点，即时，
直线与的图象有5个公共点；
当直线绕原点逆时针旋转到直线时，
旋转过程中每个位置的直线（不含边界）与的图象总有4个公共点，
于是得：当时，关于的方程有4个不同实根，有.
由对称性知，当时，关于的方程有4个不同实根，有.
所以实数的取值范围是：.
故答案为：.
57．（2023·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）若函数在上有且仅有3个零点，则的最小值为 .
【答案】
【解析】令，得，
由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，则，
解得，
所以的最小值为.
故答案为：.
58．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，点在双曲线右支上且轴，若（为坐标原点），则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】不妨设点在渐近线上且位于第一象限，如图所示，
与渐近线垂直，直线的方程为：，
由得：，即，
设，由轴得：，
，
，，又，
，整理可得：，
双曲线的离心率.
故答案为：.
59．（2023·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）已知函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【解析】，令，
函数的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而在R上单调递减，且，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，则．
故答案为：
60．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且满足，设弦的中点M到y轴的距离为d，则的最小值为 ．
【答案】1
【解析】由抛物线可得准线方程为，
设，由余弦定理可得,
由抛物线定义可得P到准线的距离等于 ，Q到准线的距离等于，
M为的中点，由梯形的中位线定理可得M到准线的距离为，
则弦的中点M到y轴的距离，
故，
又，
则，当且仅当时，等号成立，
所以 的最小值为1，
故答案为：1
61．（2023·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）若函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是 .
【答案】．
【解析】因为，
当时，时，单调递增，不合题意；
当时，时，，函数在区间上是严格减函数，
则，即；
当时，时，，函数在区间上是严格减函数，
则，即；
当时，，
，因此在是单调递增，不合题意；
综上，的范围是．
故答案为：．
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