2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编03

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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（三）
1．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考阶段练习）已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意得 ,
令 ，，该函数在R上为单调增函数，且 ，
故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，
令即直线与的图象有两个不同交点，
又，当时，递增，当时，递减，
则，当时，，
作出其图象如图：
由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，
故选：A.
2．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，把两个单位正方体叠放在一起，
平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量为，平面的法向量为，
，，
，，即与的夹角为，
所求锐二面角的大小的余弦值是.
故选：C．
3．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知，为两个相互垂直的单位向量，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因，为两个相互垂直的单位向量，不妨设，，
因，可设，其中，
则，，，
，
，
，
设，，
则，
其中表示点与点的距离，表示点与点的距离，
如图
设点与点所在的直线为，则其方程为：，即，
联立，得或，
即当或，时，取的最小值，
所以的最小值为，
故选：B
4．（2023·广东佛山·高三校联考阶段练习）已知正项数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题设，则，
又都为正项，则，故，
所以，
所以，故.
故选：C
5．（2023·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图，某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面，其圆心为O，现规划在半圆弧岸边取点C、D、E，且，在扇形区域内种植芦苇，在扇形区域内修建水上项目，在四边形区域内种植荷花，并在湖面修建栈道和作为观光线路.当最大时，游客有更美好的观赏感受，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】C
【解析】设，则，
，则、为正数.
在三角形中，连接，由余弦定理得：，
在三角形中，由余弦定理得：
，
所以,
由于，所以当时，取得最大值，
也即时，取得最大值为.
故选：C
6．（2023·广东广州·高三仲元中学校考阶段练习）设，，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减
令
，即函数在（1，3)上单调递增
综上，，
故选：B.
7．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【解析】，
,
，
又，则，即
所以，
因为，所以，.
由平方可得，即，符合题意.
综上，.
故选：B.
8．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若实数满足，则的最小值是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】A
【解析】由，得，令，则，
令得，当时，单调递减，当时，单调递增；
由，得，令，
的图像如下图：
则表示上一点与上一点的距离的平方，
显然，当过M点的的切线与平行时，最小，
设上与平行的切线的切点为，由，解得，
所以切点为，切点到的距离的平方为，
即的最小值为8；
故选：A.
9．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知角，且，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【解析】由，可得，即，
故.又，故，
即，代入可得.
故
故选：D
10．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为，则满足且的n的最小值为（ ）
A．47B．48C．57D．58
【答案】C
【解析】将数列分组为（），（，），（，，），（，，，），…，
设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，
则 ，
此时数列共有项数为 ，
即得，解得 由于 ，
而，故 ，
又,故符合条件的m,的最小值为11，
则满足且的n的最小值为 ，
故选：C
11．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】设，则，
∵ 当时，，
当时，，即在上单调递减.
由于是奇函数，所以,是偶函数，所以在上单调递增.
又，所以当或时，；
当或时，.
所以当或时，.
故选：B.
12．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）中，为上一点且满足，若为上一点，且满足为正实数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最小值为4D．的最大值为16
【答案】C
【解析】为正实数，，
，而共线，
，
当且仅当时，结合，即时取等号，A，B错误；
，
当且仅当，即，即时取等号，
即的最小值为4，C正确；
又，
由于为正实数，，则，
则，时取最大值，
当趋近于0时，可无限趋近于0，
故，故无最大值，D错误，
故选：C.
13．（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-3
【答案】B
【解析】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．
故选:B．
14．（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
15．（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）已知是半径为的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，
∵，∴点为中点，则，
由为外心，故，则，
由题意可得平面，
故平面与平面的夹角，即为的余角.
在中，，，
则由正弦定理可得，
由球的半径为，故，,
由平面，平面，可得，
则中，,即，
故平面与平面的夹角为，故其余弦值为.
故选:B.
16．（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）过双曲线的左焦点F作的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若，则双曲线E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令双曲线的右焦点为，半焦距为c，取线段中点，连接，
因为切圆于，则，有，
因为，则有，，
而为的中点，于是，即，，
在中，，整理得，
所以双曲线E的离心率.
故选：C
17．（2023·山东·高三校联考阶段练习）若是偶函数，且，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由可得函数的定义域为，
若是偶函数，
则即在定义域内恒成立，所以，
当时，，
由在上均单调递减，所以在上单调递减，
所以不等式等价于，解得.
所以实数m的取值范围是.
故选：A.
18．（2023·山东·高三校联考阶段练习）已知g(x)＝ax＋a，f(x)＝对任意x1∈[－2,2]，存在x2∈[－2,2]，使g(x1)＝f(x2)成立，则a的取值范围是( )
A．[－1，＋∞)B．[－，1]C．(0,1]D．(－∞，1]
【答案】B
【解析】先求出函数在区间[－2,2]的值域，然后由两值域的包含关系求解即可.由f(x)＝，
则当时，，
由对任意x1∈[－2,2]，存在x2∈[－2,2]，使g(x1)＝f(x2)成立，
则有当时，或当时，或当时，，
即或或，
综上可得的取值范围是，
故选：B.
19．（多选题）（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考阶段练习）已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数在处取得极小值
B．
C．若函数在上恒成立，则
D．函数有三个零点
【答案】AD
【解析】对于A选项，因为，该函数的定义域为，则，
由可得或，由可得，
所以，函数的减区间为、，增区间为，
所以，函数在处取得极小值为，A对；
对于B选项，因为函数在区间上单调递减，且，则，B错；
对于C选项，因为函数在上递增，在上递减，
故当时，，
因为函数在上恒成立，则，C错；
对于D选项，由A选项可知，函数的极大值为，
由可得，
故函数的零点个数等于直线与函数图象的交点个数，如下图所示：
由图可知，直线与函数图象有三个交点，
因此，函数有三个零点，D对.
故选：AD.
20．（多选题）（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考阶段练习）已知函数，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．有3个零点
B．可能有6个零点
C．若恰有2个零点，则的取值范围是
D．若恰有5个零点，则的取值范围是
【答案】AC
【解析】根据题意，函数，
当时，，则在上为增函数，与轴的交点为，
当时，，其导数，
在区间上，为减函数，
在区间上，为增函数，
且，则的大致图象如图：
对于A，由的图象可知，其图象与轴有3个交点，即有3个零点，A正确；
对于B，，若，
即，解得或，
若有6个零点，则有，解得的解集为，
故不可能有6个零点，B错误；
对于C，若恰有2个零点，必有或，解得或，
即的取值范围为，C正确；
对于D，若恰有5个零点，则有 或，
解得，即的取值范围为，D错误.
故选：AC.
21．（多选题）（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（ ）
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【解析】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
22．（多选题）（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【解析】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
23．（多选题）（2023·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有
B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为
C．当时，翻折后四棱锥的体积为
D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；
如图，
在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，则，在图甲中，如图，
作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.
故选：ACD.
24．（多选题）（2023·广东广州·高三仲元中学校考阶段练习）如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，则（ ）
A．截面可能为六边形
B．存在点N，使得截面
C．若截面为平行四边形，则
D．当N与C重合时，截面面积为
【答案】CD
【解析】长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，
设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得：
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当时，即点N与点C重合时，截面为梯形，故A不正确，C正确；
设截面，因为面，所以，所以N只能与C重合才能使，
因为BN不垂直平面，故此时不成立，故B不正确；
因为当点N与点C重合时，截面为梯形，
如下图所示：过M作MH垂直于于H，设梯形的高为，
则由平面几何知识得：，解得，所以截面的面积为：，故D正确；
故选：CD．
25．（多选题）（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥外接球的体积为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
【答案】AC
【解析】
易证四边形为菱形，所以，
连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面又平面，所以，故A正确；
易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，
所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；
因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，故C正确；
因为平面，所以为在平面内的射影，
若直线与平面所成的角为，则，
因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
所以点的轨迹长度为，故D错误．
故选：．
26．（多选题）（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．关于对称
C．在上单调递增
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，令，得，可得，故A错；
对于B，令，则，令，
则，故B对；
对于C，设，则，
因为，故，故，
故在上单调递增，故C对；
对于D，令，故，
所以，
故，故D对.
故选：BCD.
27．（多选题）（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知圆和圆，分别是圆，圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．圆与圆有四条公切线
B．的取值范围是
C．是圆与圆的一条公切线
D．过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得
【答案】ABD
【解析】对于选项A，由题意可得，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，
因为两圆圆心距，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；
对于B选项，的最大值等于，最小值为，B正确；
对于C选项，显然直线与直线平行，
因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线，
设直线为，则两平行线间的距离为2，即，故，故C不正确；
对于D选项，易知当时，四边形为正方形，故当时，，故D正确，
故选：ABD.
28．（多选题）（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数，若存在直线，使得是曲线与曲线的公切线，则实数的取值可能是（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】ACD
【解析】设直线为曲线在点处的切线，，
所以，即；
设直线为曲线在点处的切线，，
所以，即；
由题意知，因为，可知，
由可得，
将其代入可得：，
令，则在上有零点，
令，则，
令，解得；令，解得；
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，
当时，，故在上恒有零点，从而恒成立；
当时，，无零点，不成立；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且当时，，
则，解得；
综上所述：实数的取值范围是.
故选：ACD.
29．（多选题）（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知是抛物线的焦点，是上的两点，为原点，则（ ）
A．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
B．若，则的面积为
C．若直线过点，则的最小值为
D．若，则直线恒过定点
【答案】BCD
【解析】
对于选项，由题意知，且垂直于轴，根据抛物线的定义可知.
设与轴的交点为，易知，
故，
所以四边形的周长为，选项错误；
对于选项，由题意得，解得，所以，
从而，选项正确；
对于选项，若直线过点，设直线，
联立直线与抛物线方程得，易得，
则，
所以，
当且仅当时，等号成立，选项C正确；
对于选项D，设直线，联立直线与抛物线方程得，
则，即，，所以，
由可得，
即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：BCD.
30．（多选题）（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【解析】对于A，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；
对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；
对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
故选：ACD.
31．（多选题）（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是（ ）
A．是函数为偶函数的充分不必要条件；
B．是函数为奇函数的充要条件；
C．如果，那么为单调函数；
D．如果，那么函数存在极值点.
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为偶函数；
当函数为偶函数时，，故，
即，又，故，
所以是函数为偶函数的充要条件，故A错误；
对于B，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为奇函数，
当函数为奇函数时，，
因为，，故.
所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；
对于C，，因为，
若，则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故C正确；
对于D，，
令得，又，
若，
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.
若，
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故D正确.
故答案为：BCD.
32．（多选题）（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A．为递减数列B．
C．是数列中的最大项D．
【答案】AC
【解析】由可得：和异号，即或.
而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.
因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；
对于B：因为，所以，所以.故B错误；
对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；
对于D：
因为，所以，即.故D错误.
故选：AC
33．（多选题）（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）若函数存在连续四个相邻且依次能构成等差数列的零点，则实数k的可能取值有（ ）
A．B．C．0D．
【答案】ACD
【解析】由，得，
令，显然函数是偶函数，是周期为的周期函数，
而，则当时，，当时，，因此，
当时，，于是函数的所有零点从小到大排成一列
构成公差为的等差数列，A正确；
当时，，显然此方程在余弦函数的周期长的区间内只有两个根，
取，则方程在内有4个根，
显然有，于是，
，即有，则不成等差数列，
由周期性知，当时，函数不存在连接4个零点依次构成等差数列，B错误；
当时，或，取函数的4个连续零点为，显然成等差数列，C正确；
当时，或，令，则函数在内有4个零点，
并满足，且，
显然，，
，
显然，，因此，所以成等差数列，D正确.
故选：ACD
34．（多选题）（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）已知实数a，b满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】由题意可得，
则由，得.
对于A：设，，
则在区间上，，为增函数，
所以由题意可得，所以，故A正确；
对于B：由，得,故B错误；
对于C：由A可知在区间上为增函数，
且，则，即,
则,
由,得,
令,则,
所以在上单调递增,
所以,
所以,故C错误；
对于D：又,
令,
则,
所以在上单调递增,所以，
所以,
又，且,
令，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，
综上可得，故D正确；
故选:AD.
35．（多选题）（2023·山东·高三校联考阶段练习）已知，函数的图象记为，的图象记为.则（ ）
A．函数只有一个零点B．与没有共同的切线
C．当时，曲线在曲线的下方D．当时，
【答案】AC
【解析】A选项，，
，在区间上，单调递减；
在区间上单调递增，
由于，所以函数只有一个零点，A选项正确.
C选项，由上述分析可知恒成立，
所以恒成立，且当时，，
所以当时，曲线在曲线的下方，C选项正确.
B选项，，
所以和在点处的切线方程为，所以B选项错误.
D选项，当时，，
令，
，由于，所以，
即，所以D选项错误.
故选：AC
36．（2023·广东广州·高三中山大学附属中学校考阶段练习）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，数列的前项和为，则 ； .
【答案】 1023
【解析】由题设，则，又，
所以，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，，
所以，，则.
故答案为：，
37．（2023·广东佛山·高三校联考阶段练习）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；若点为抛物线 上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为 .
【答案】 ； /.
【解析】设点，，
.
抛物线的焦点为点，由题意知，，
，.
故答案为：；.
38．（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷n次骰子后（），记球在甲手中的概率为，则 ； ．
【答案】
【解析】由题意，当投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4中情况：
①：甲甲甲甲，其概率为
②：甲甲乙甲，其概率为
③：甲乙甲甲，其概率为
④：甲乙丙甲，其概率为
所以投掷3次后，球在甲手中的概率为.
记当投掷次骰子后，球在甲手中的概率为，
再三次投掷后，即投掷次，球仍在甲手中的概率为，
则，即，即
又因为，
当时，；当时，；
当时，，
所以.
故答案为：；.
39．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）若两个锐角，满足，则 .
【答案】
【解析】因为，
所以
所以，
因为，为锐角，所以有，
所以，即，
所以，即，
因为，为锐角，所以有，即，
所以
故答案为：
40．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【解析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：
设，则，
则有，，，，，，，
设，
所以，，
又因为，所以，
所以或，
又因为，
所以直线的方程为：，即，
同理可得直线的方程为：，即，
由，可得，
即，
因为，，
，,
即有，，
所以点所在双曲线方程为：，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
41．（2023·广东佛山·高三校联考阶段练习）在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则平面截该球的截面面积为 ．
【答案】
【解析】由正棱锥性质知：平面，
取中点，连接，作，垂足为，
平面，平面，，
分别为中点，，又，，
平面，，平面，又平面，
，又，平面，，
平面，则由球的性质可知：为平面截球所得截面圆的圆心，
设为该截面圆与的一个交点，连接，
，，，，
，又，；
，，即截面圆的半径，
截面圆的面积.
故答案为：.
42．（2023·广东广州·高三仲元中学校考阶段练习）已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是
【答案】
【解析】，分类讨论：
①当时，，
函数的最大值，舍去；
②当时，，此时命题成立；
③当时，，则：
或，解得：或
综上可得，实数的取值范围是．
43．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为 ．

【答案】/
【解析】如图所示，设，半径，高，
球半径为单位长度，
因为，可得，即，
所以，解得，
所以侧面积，
令，可得，
令，可得，解得．
当，，单调递减；
当，，单调递减，
所以时侧面积有最小值．
故答案为：.
44．（2023·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知双曲线的左､右焦点分别为，过双曲线上一点向轴作垂线，垂足为，若且与垂直，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【解析】设双曲线焦距为，不妨设点在第一象限，
由题意知，由且与垂直可知，四边形为菱形，且边长为，而为直角三角形，，
故，则，
则，
故，
即离心率.
故答案为: .
45．（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，矩形中， 分别为线段上的动点，且满足.点关于原点的对称点为，直线与交于点，则点到直线的最小距离为 .

【答案】
【解析】如图可知：.
当时，则交点为；当时，则交点为.
当时，则，
于是可得，，
联立上式可得点的轨迹方程为.
又点满足方程，故点的轨迹方程为.
法一：设，则，
当时，距离最小，最小为.
法二：点的轨迹方程为：，与无公共点.
设直线平行于直线，则直线的方程可以写为，
由方程组消去，得.
令其根的判别式，得.
由图知，当时，直线与的公共点到直线的距离最小，
即两平行直线和之间的距离，
所以最小距离为.
故答案为：
46．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，若，则实数的取值范围为 .
【答案】.
【解析】因为与在其定义域单调递增，
所以在各自定义域内不可能有两个点使得，
又因为，所以由题意得，
故由得，则所以，
令，则，
所以在上单调递增，则，
故，即.
故答案为：.
47．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在如图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数），已知，且当时，除第行中的第1个数和第个数外，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即.若，则正整数的最小值为 .
【答案】2026
【解析】，
.
因为若，则，即，
显然，，
即，
所以正整数的最小值为2026.
故答案为：2026.
48．（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为 .
【答案】
【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的，
所以平面与平面平行，
由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为，
所以其面积为.
故答案为：.
49．（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则 .
（参考数据：取.）
【答案】914
【解析】由题意可知：，
则，
可得，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：914.
50．（2023·湖北武汉·高三武汉市第六中学校联考阶段练习）若函数是上的增函数，则实数a的最大值为 ．
【答案】
【解析】的定义域为，若在上单调递增，
则恒成立，即
设，则，
当时，，函数在上单调递减;
时，，函数在上单调递增，
故，所以，
故实数a的最大值为.
故答案为：.
51．（2023·山东·高三校联考阶段练习）的定义域为R，若存在常数，使对一切实数x均成立，则称为F函数．现给出下列函数：
①；②；
③；④
⑤是定义在实数集R上的奇函数，且对一切均有.其中是F函数的函数序号是 ．
【答案】①④⑤
【解析】对于①，，存在，使对一切实数x均成立，符合题意；
对于②，，则，显然不存在常数对一切实数x均成立，因此不符合题意；
对于③，，当时，，若成立，则（矛盾），所以不存在常数，使对一切实数x均成立，因此不符合题意；
对于④，，所以存在，使对一切实数x均成立，符合题意；
对于⑤，是定义在实数集R上的奇函数，在中，令，则，符合题意.
故答案为：①④⑤