2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第9-12题解析版

这是一份2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第9-12题解析版，共68页。试卷主要包含了已知正方体，则，关于正方体，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
 2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题9-12题
原题9
1．已知正方体，则（    ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
变式题1基础
2．一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（    ）

A． B．与所成的角为
C． D．与所成的角为
变式题2基础
3．如图，正方体的棱长为2，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（    ）

A．直线BC与平面所成的角等于 B．点到平面的距离为
C．异面直线和所成的角为. D．线段长度的最小值为
变式题3基础
4．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）

A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点D到面的距离为
D．三棱柱外接球半径为
变式题4基础
5．关于正方体，下列说法正确的是（    ）
A．直线平面
B．若平面与平面的交线为l，则l与所成角为
C．棱与平面所成角的正切值为
D．若正方体棱长为2，P，Q分别为棱的中点，则经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为
变式题5巩固
6．如图，正方形的棱长为1，线段有两个动点，，且，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．异面直线所成角为定值
C．直线与平面所成角为定值
D．以为顶点的四面体的体积不随位置的变化而变化
变式题6巩固
7．已知正方体的棱长为1，下面选项正确的是（    ）
A．直线与平面不垂直
B．四面体的体积为
C．异面直线与直线所成角的为
D．直线与平面所成的角为
变式题7巩固
8．在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论错误的是（    ）

A．
B．∥平面
C．点B到平面的距离为
D．直线与直线的夹角为
变式题8巩固
9．如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若 ，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
变式题9提升
10．如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（    ）

A．三棱锥的体积随着点的运动而变化
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．直线平面
D．三棱锥的外接球表面积的最小值为
变式题10提升
11．在正方体中，分别为的中点，则下列结论中正确的是（    ）

A．
B．二面角的正切值为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．点到平面的距离是点到平面的距离的2倍
变式题11提升
12．如图，正方体的棱长为4，则下列命题正确的是（　　）

A．两条异面直线和所成的角为45°
B．若分别是的中点，过三点的平面与正方体的下底面相交于直线，且，则
C．若平面，则平面截此正方体所得截面面积最大值为
D．若用一张正方形的纸把此正方体礼品盒完全包住，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是128
变式题12提升
13．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（　　）
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
C．PQ+QG的最小值为
D．当MA+MB＝4时，三棱锥A﹣MBC体积最大时其外接球的表面积为.
原题10
14．已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
变式题1基础
15．已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（    ）
A．函数有极小值，但无最小值
B．函数有极大值，但无最大值
C．若方程恰有一个实数根，则
D．若方程恰有三个不同实数根，则
变式题2基础
16．已知，下列说法正确的是（    ）
A．在处的切线方程为 B．的单调递减区间为
C．的极大值为 D．方程有两个不同的解
变式题3基础
17．已知函数，则（    ）
A．在上单调递增 B．的极小值为2
C．的极大值为－2 D．有2个零点
变式题4基础
18．对于函数，下列结论中正确的是（   ）
A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在上单调递减
C．有最小值 D．有两个零点
变式题5巩固
19．设函数的导函数为，则（    ）
A． B．是函数的极值点
C．存在两个零点 D．在(1，+∞)上单调递增
变式题6巩固
20．函数在上的最值情况为（    ）
A．最大值为12 B．最大值为5
C．最小值为 D．最小值为
变式题7巩固
21．若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的可能取值是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
变式题8巩固
22．已知函数，是的导函数，下列结论正确的有（    ）
A．，
B．若，则是的极值点
C．若是的极小值点，则在上单调递增
D．若，则函数至少存在一个极值点
变式题9提升
23．已知函数，下列说法中正确的是（    ）
A．函数在原点处的切线方程是
B．是函数的极大值点
C．函数在上有3个极值点
D．函数在上有3个零点
变式题10提升
24．已知函数，下列命题正确的是（    ）
A．若是函数的极值点，则
B．若是函数的极值点，则在上的最小值为
C．若在上单调递减，则
D．若在上恒成立，则
变式题11提升
25．（多选）已知函数，其导函数为，给出以下命题正确的是（    ）
A．的单调递减区间是
B．的极小值是
C．当时，对任意的且，恒有
D．函数有且只有一个零点
原题11
26．已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（    ）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
变式题1基础
27．已知抛物线的焦点为、准线为，过点的直线与抛物线交于两点，，点在上的射影为，则（    ）
A．若，则
B．以为直径的圆与准线相切
C．为定值
D．过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有条
变式题2基础
28．设抛物线的焦点为，则下列说法正确的是（    ）
A．点在轴上
B．点的坐标为
C．设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
D．设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
变式题3基础
29．设抛物线，为其焦点，为抛物线上一点.则下列结论正确的是（    ）
A．若，则
B．若点到焦点的距离为3，则的坐标为.
C．若，则的最小值为.
D．过焦点做斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，则
变式题4基础
30．已知抛物线的焦点坐标为F，过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，点在抛物线上．则（    ）
A． B．当轴时，
C．为定值1 D．若，则直线的斜率为
变式题5巩固
31．已知F是抛物线y2 = 2px（p > 0）的焦点，过F的直线交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，则下列说法正确的是（       ）
A．以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切
B．若抛物线上的点T（2，t）到点F的距离为4，则抛物线的方程为y2 = 4x
C． 为定值
D．|MN|的最小值为
变式题6巩固
32．P为抛物线C：准线上的一点，PA，PB为C的两条切线， ，为切点，Q为线段AB的中点，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．的最小值为2
变式题7巩固
33．已如斜率为k的直线l经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，，直线l与抛物线交于M，N两点，且M，N两点在y轴的两侧，现有下列四个命题，其中为真命题的是（    ）．
A．为定值 B．为定值
C．k的取值范围为 D．存在实数k使得
变式题8巩固
34．已知抛物线，焦点为F，直线l与抛物线交于A，B两点，则下列选项正确的是（    ）
A．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切
B．若线段AB中点的纵坐标为2，则直线AB的斜率为1
C．若，则弦长AB最小值为8
D．当直线l过焦点F且斜率为2时，，，成等差数列
变式题9提升
35．已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（    ）
A．点的坐标为
B．若，则的中点到轴距离的最小值为8
C．若直线过点，则以为直径的圆过点
D．若直线与的斜率之积为，则直线过点
变式题10提升
36．已知P为抛物线C：上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，，则（    ）
A．的最小值为4
B．若线段AB的中点为M，则的面积为
C．若，则直线l的斜率为2
D．过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
变式题11提升
37．已知抛物线的焦点为F，准线与x轴交于点P，直线与抛物线交于M，N两点，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．若，则 D．若，则∠MPF的最大值为
变式题12提升
38．已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（    ）
A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与l相切
C．的最小值为32 D．当最小时，
原题12
39．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
40．已知函数为偶函数，且，则下列结论一定正确的是（    ）
A．的图象关于点中心对称 B．是周期为的周期函数
C．的图象关于直线轴对称 D．为偶函数
变式题2基础
41．已知定义在上的函数满足：是奇函数，是偶函数.则下列选项中说法正确的有（    ）
A． B．周期为2
C．的图象关于直线对称 D．是奇函数
变式题3基础
42．已知函数，对于任意，则
A．的图象经过坐标原点 B．
C．单调递增 D．
变式题4巩固
43．定义在上的函数满足，且在上是增函数，给出下列真命题的有（    ）
A．是周期函数；
B．的图象关于直线对称；
C．在上是减函数；
D．.
变式题5巩固
44．已知定义在R上的函数y=f（x）满足条件，且函数为奇函数，则以下结论正确的是（    ）
A．函数f（x）是周期函数； B．函数f（x）的图象关于点对称；
C．函数f（x）为R上的偶函数； D．函数f（x）为R上的单调函数.
变式题6巩固
45．已知函数的定义域，且，若，则（    ）
A．
B．在上是偶函数
C．若，，则函数在上单调递增
D．若，，则
变式题7巩固
46．若函数是周期为2的奇函数，则下列选项一定正确的是（    ）
A．函数图象关于点对称 B．函数的周期为1
C． D．
变式题8提升
47．已知函数的图象关于直线对称，函数对于任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题9提升
48．已知定义域为的函数对任意的实数，满足，且，并且当时，，则下列选项中正确的是（    ）
A．函数是奇函数
B．函数在上单调递增
C．函数是以2为周期的周期函数
D．
变式题10提升
49．已知函数的定义域为，对任意，满足，，且对任意，，则下列选项中，正确的是（    ）
A．
B．为偶函数
C．对任意，
D．在上为增函数
变式题11提升
50．已知定义在上的单调递增的函数满足：任意，有，，则（    ）
A．当时，
B．任意，
C．存在非零实数，使得任意，
D．存在非零实数，使得任意，

参考答案：
1．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
2．AD
【分析】根据平面展开图还原为正方体，AD选项结合空间之间的位置关系即可判断，BC结合异面直线的成角即可求出结果.
【详解】
A选项，因为，且，所以，故A正确；
B选项，因为，所以与所成的角为，故B错误；
C选项，因为，且，所以，故C错误；
D选项，因为，所以或其补角为与所成的角，又因为，所以为等边三角形，因此，且异面直线成角的范围为，所以为与所成的角，因此与所成的角为，故D正确；
故选：AD.
3．ABD
【分析】根据直线和平面所成的夹角，点到平面的距离，异面直线所成的角以及异面直线距离的计算方法进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
正方体的棱长为2
对于选项A：连接，设交于O点

平面
即为直线BC与平面所成的角，且，故A正确；
对于选项B：连接，设交于O点

平面
点到平面的距离为,故B正确；
对于选项C：连接、，由正方体性质可知∥
故异面直线和所成的角即为和所成的角
又
为等边三角形

故C错误；
对于选项D：过作，过作，连接PQ
为异面直线之间的距离，这时距离最小；
设，为等腰直角三角形，则，
也为等腰直角三角形，则
为直角三角形
故
当时，取最小值，故，故D正确；
故选：ABD

4．BCD
【分析】对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．
【详解】连接、
∵∥且，则四边形为平行四边形，
∴异面直线和所成的角为∠
∵，则△为正三角形，即∠
A不正确；

连接
在正方形中，
∵平面，平面
∴
，则平面
∴直线与平面所成的角为
B正确；

根据等体积转换可知：
即，则
C正确；
三棱柱的外接球即为正方体的外接球
则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即
D正确；
故选：BCD．
5．ABD
【分析】对于A：利用空间向量可得∥，即直线平面；对于B：结合图形可得交线为l即直线，利用空间向量求异面直线夹角；对于C：，利用空间向量处理线面夹角问题；对于D：通过平行分析可知经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形．
【详解】如图1，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则

设平面的一个法向量，则有
令，则，即
∵，则，即
∴∥，则直线平面，A正确；
结合图形可知为平面与平面的交点，则交线为l即为直线
∴，则

∴l与所成角为，B正确；
∵，则
∴棱与平面所成角的正切值为，C不正确；

如图2，取棱的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵∥且，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∵分别为的中点，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∴∥
同理可证：∥
∴经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形
∵，则其周长为，D正确；
故选：ABD．

6．ACD
【分析】A.连接BD交AC于O，连接OE，由正方体特征易证平面判断；B.易证是平行四边形，得到，则是异面直线所成的角求解判断；C.由平面，得到是直线与平面所成的角求解判断；D.由四面体的体积为判断.
【详解】如图所示：

连接BD交AC于O，连接OE，
由正方体特征知：，且，则平面，所以，故A正确；
因为，所以是平行四边形，则，所以是异面直线所成的角，又平面，则，因为OE变化，则变化，故B错误；
由平面，得是直线与平面所成的角，且为定值，故C正确；
以为顶点的四面体的体积为 为定值，故正确；
故选：ACD
7．BCD
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，利用正方体的性质及锥体的体积可判断B，利用异面直线所成角的定义及正方体的性质可判断C，利用正方体的性质可得平面，进而可求直线与平面所成的角可判断D.
【详解】如图所示，连接，则,又平面，
∴，，
∴平面，平面，
∴，同理可得，
∴平面，故A错误；

由题可知正方体的体积为

∴，故B正确；
连接，由题可知，
∴，进而∥，则异面直线AC与所成的角，
显然为正三角形，，故C正确；
设，则，，，
平面，为直线与平面所成的角，
，
，即直线与平面所成的角为，故D正确.
故选：BCD.
8．CD
【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A;连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中，
平面平面 ,
故,而平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；

对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C错误；
对于D，连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,所以 ,则 ,故D错误
故选：CD
9．AC
【分析】对于选项A，利用线面垂直即可判断；对于B，旋转平面使之与平面共面，求此时线段的长，即可判断；对于C，有、由线面垂直求得，
确定点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，即可求得答案；对于D，根据异面直线的定义，可求得该角的最小值，即可判断.
【详解】对于选项A，若M在上，此时必有，

证明如下：由正方体的性质得平面，.
又，，所以平面，CM在平面 内，
所以，故A正确；
对于选项B，旋转平面使之与平面共面，如图中, 连接交于点M，

此时最短为，大小为，故B错误；
对于选项C，当点在平面内时，由面，面，则，
所以有 ，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，所以C正确.
对于选项D，因为，所以直线与所成的角即直线与所成角,即或其补角，
由在线段上存在点知，， ,
由，得：，
即最小值大于，故D错误；
故选：AC
10．BC
【分析】对于A选项，连接，由平面，即直线上任意点到平面的距离相等；
对于B选项，为正三角形，则当且仅当在中点时，，即可判断；
对于C选项，证明平面即可，
对于D选项，当为中点时，外接球半径最小，计算即可.
【详解】对于A选项，因为，所以平面，所以，为定值，即A错误；

对于B选项，因为为正三角形，与所成角的范围为，即B正确；
对于C选项，易知，，，，，则平面平面，可知平面，平面，即C正确；
对于D选项，易知当为中点时，外接球半径最小，

此时设的中心为，的中心为，的中点为，
则，，，则易知，
所以最小球即为以为球心，半径，表面积，即D错误．
故选：BC
11．BCD
【分析】由于在正方体中，，与不垂直，故与不垂直，判断选项A；过点作，交的延长线于，连接，设正方体的棱长为2，，判断选项B；取的中点，连接，则，与所成角即为直线与所成角，在中用余弦定理，判断选项C；连接交于点，则点到平面的距离与点到平面的距离之比为，而∽，判断选项D.
【详解】在正方体中，显然有，且在正方体中，与不垂直，
故与不垂直，选项A错误；

过点作，交的延长线于，连接，由二面角的定义可知，即为二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则
，选项B正确；    
取的中点，连接，则，
故异面直线与所成角即为直线与所成角
而，，
故在中，由余弦定理可得
，选项C正确；
连接交于点，则点到平面的距离与点到平面的距离之比为，而∽
故， 选项D正确.
故选：BCD.
12．BCD
【分析】A选项，找到异面直线所成的角，并求出角度；B选项，画出图形，找到直线和P点，求出PB的长；C选项，画出平面截此正方体所得面积最大的截面，求出面积；D选项，画出图形，找到所需纸的面积最小的图形，求出面积
【详解】对于选项A：连接，，，

∵∥，∴∠或其补角为异面直线和所成的角，
又∵＝＝＝，∴∠＝，故A不正确；
对于选项B：
连接并延长交于点，连接即为直线即

由△和△全等得:
∴为的中点
又∵∥
∴
∴
故B正确；
对于选项C：如图

取的中点，并依次连接，得到正六边形，此时可证明出平面，且平面截此正方体所得正六边形截面面积最大，，故C正确；
对于选项D：如图①为棱长为4的正方体礼品盒，先把正方体的表面按图所示方式展成平面图形，再把平面图形尽可能拼成面积较小的正方形，如图②(图中数字“1”表示正方体的4个侧面)所示，由图知正方形的边长为8，其面积为128，故D正确．

故选：BCD
13．ACD
【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题可得与所成角即为异面直线与所成角；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，利用椭圆的定义，多面体的外接球的性质即可判断.
【详解】对于A选项，连接，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，平面，平面，则，
同理可得，，直线平面，则选项A正确；

对于B选项，由题可知，，，
所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；
对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，则C选项正确；

对于D选项，，当、、三点共面时，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，又因为，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，故点的轨迹是以，为焦点的椭球表面，
设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，
所以当平面，当平面，且时，三棱锥的体积最大，
此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为，的外心，连接，，，
则，，所以，
即三棱锥体积最大时其外接球的表面积.
故选：ACD.
【点睛】立体机何中的点的运动轨迹问题或线的运动轨迹问题，要结合题目的特征，利用平行或垂直关系或平面中常见的轨迹定义，找出平面中的轨迹，其轨迹通常是线段、圆弧、椭圆、抛物线等，进而求出相关长度，在空间中的轨迹，则以平面中的轨迹图形旋转得到相应的几何体.
14．AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
15．BD
【分析】先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．
【详解】解： 由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：

因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．
故选：BD
16．BC
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断
【详解】对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，
对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，
对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，
对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，
故选：BC
17．AD
【分析】由导数判断单调性后对选项逐一判断
【详解】由可得，
由可得，由可得或，
故在和上单调递减，在上单调递增，
有极小值，极大值，
故A正确，B，C错误．
有两解，，，则有2个零点，故D正确．
故选：AD
18．BC
【分析】利用导数研究函数的性质即得.
【详解】∵，
∴，
由可得，，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
所以A错误，BC正确，D错误.
故选：BC.
19．AD
【分析】首先求函数的导数，利用导数和函数的关系，即可判断选项.
【详解】，所以函数在上单调递增，所以函数不存在极值点，故B错误，D正确；，故A正确；
，得，中，，
所以恒成立，即方程只有一个实数根，即，故C错误.
故选：AD
20．AC
【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，即可确定极大值，判断A,B;计算区间端点处的函数值，确定函数的最小值，判断C,D.
【详解】由题意得：，
令，则 或 ，
当时，>0.，当时，,
故 是函数的极大值点，
则函数的极大值也即在上的最大值为 ，故A正确，B错误；
而当 时， ，当 时， ，
故函数在上的最小值为，故C正确，D错误，
故选：AC
21．ABC
【分析】先求得函数的极小值点，再根据函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值求解.
【详解】解：因为函数f(x)＝3x－x3，
所以，
令，得，
当或时，，当时，，
所以当时，取得极小值，
则，解得，
又因为在上递减，且，
所以，
综上：，
所以实数a的可能取值是0，1，2
故选：ABC
22．AC
【分析】由三次函数图象的性质以及函数极值的定义对各个选项进行分析判断即可.
【详解】对于三次函数，当时，；当时，，函数图象必穿过轴，故，使得，A正确．
，当时，使，但恒成立，函数单调递增，故函数不存在极值点，故B，D不正确．
若是的极小值点，则当时，，
所以在区间上单调递增，C正确．
故选：AC．
23．ABD
【分析】由导数的几何意义求出切线方程判断A，由导数确定函数的单调性，极值点判断B，由的性质判断其与函数的图象的交点个数判断D．利用导数确定极值点个数判断C．
【详解】，，又，所以切线方程是，即，A正确；
或时，，时，，
所以在和上都递增，在上递减，因此是极大值点，B正确；
显然1是极小值点，，，时，，时，，，，
，在上递增，在和上递减，
因此与的图象有3个交点，即有3个零点，D正确；

设，，
令，则，
设，则恒成立，
所以，即是增函数，而，
所以时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
，易知，所以存在两个零点，由的单调性知这两个零点就是的两个极值点，C错．
故选：ABD．
24．ABC
【分析】对于A，由可求出的值，对于B，由选项A，可求得，然后利用导数可求出在上的最小值，对于C，由题意可得，可求出的范围，对于D，将问题转化为在上恒成立，构造函数，再利用导数求出其最大值即可
【详解】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，
对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，
对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，
对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，
故选：ABC
25．ABCD
【分析】由，知，令，得，，分别求出函数的极大值和极小值，可判断ABD；由，且，令利用导数说明其单调性，再根据切割线的定义即可判断C
【详解】，其导函数为．
令，解得，，
当时，即或时，函数单调递增，
当时，即时，函数单调递减；
故当时，函数有极小值，极小值为，当时，函数有极大值，极大值为，，故函数只有一个零点，又故ABD正确；
令，则故在上，即在上单调递增，根据切割线的定义可知，当时，对任意的，恒有，即
对任意的，恒有，即，
故C正确；
故选：ABCD．
26．BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
27．ABC
【分析】对于A，由抛物线的定义进行判断即可；对于B，由抛物线的定义和梯形的性质进行判断；对于C，由抛物线的焦半径得，而，代入中化简可得答案，对于D，过与抛物线相切的直线有2条，与轴平行的直线有1条，从而可判断
【详解】解：抛物线的焦点为，准线方程为，其中
对于A，由抛物线的定义可知，，所以A正确；
对于B，取的中点，在直线上的投影为，在直线上的投影为，则由抛物线的定义可得，因为梯形两腰的中点，所以，所以以为直径的圆与准线相切，所以B正确；
对于C，若直线的斜率存在，设直线方程为，
由，得，则，
由抛物线的定义可知，所以，所以C正确；
对于D，过点M与抛物线相切的直线有2条，而过M与轴平行的直线有1条，所以过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有3条，所以D错误
故选：ABC
28．ACD
【分析】A、B.将抛物线的方程转化为标准方程判断；C.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，然后利用抛物线的弦长公式求解判断；D.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，求得M，N的坐标，然后利用平面向量的数量积运算求解判断.
【详解】由题可得抛物线的标准方程为，所以点在轴上，且点的坐标为，所以选项A正确，选项B不正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，设，，则，所以，选项C正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，解得或，不妨设，则，所以，选项D正确．
故选：ACD．
29．AC
【分析】由抛物线的性质依次计算各选项所求，即可得出结果.
【详解】抛物线，.
对于A，，，A正确；
对于B，设，，，的坐标为.B错误；
对于C,,C正确；
对于D，直线，联立，得：，,,D错误.
故选：AC.
30．BCD
【分析】将点代入可判断A；求出焦点可判断B；设直线的方程为，将直线与抛物线方程联立，利用韦达定理即可判断C；由向量的坐标表示以及韦达定理可判断D.
【详解】对于选项A，将点代入抛物线方程，可得，故选项A错误；
对于选项B，焦点，点在抛物线上，可得，故选项B正确；
对于选项C，设点A，B的坐标分别为，，
直线的方程为，联立方程
消去y后整理为，
可得，
有，
故选项C正确；
对于选项D，有，
可得，由有解得，故选项D正确．
故选：BCD
31．ACD
【分析】由抛物线的性质可得焦点的坐标及准线方程，设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出弦长，进而可得以为直径的圆的半径，再求的中点到准线的距离，可判断A，由抛物线的性质可得到准线的距离，由题意可得的值，求出抛物线的方程，可判断B，求解的值可判断C，求出的表达式，当且仅当时，可求出的最小值，判断D，
【详解】由题意可得抛物线的焦点，准线方程为，
设直线的方程为，，则的中点，
由，得，
所以，
所以，
对于A，，则以为直径的圆的半径为，的中点的横坐标为，所以的中点到准线的距离为，所以以为直径的圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，所以以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切，所以A正确，
对于B，因为抛物线上的点T（2，t）到点F的距离为4，所以点T（2，t）到准线的距离为，得，则抛物线的方程为，所以B错误，
对于C，为定值，所以C正确，
对于D，，所以当时，取得最小值，所以D正确，
故选：ACD
32．BD
【分析】设，， ，求出函数的导数，利用导数的几何意义得到、整理可得，为关于的方程的两根，利用韦达定理，即可判断A、B，再由根据两点的距离公式计算即可判断D；
【详解】解：设， ， ，由于C的方程为，于是，根据切线的几何意义知、，整理二式得、，即，为关于的方程的两根，所以，故A错误；
而PA与PB的斜率之积为，故，故B正确；
由于为斜边上的中线，因此
，当且仅当时取等号，因此最小为，故C错误、D正确.
故选：BD.
33．ACD
【分析】设l的方程为，联立，整理得，根据根与系数的关系可判断A、B选项．
由弦长公式，得，再联立，M，N两点在y轴的两侧，求得，由此判断C．
设，，由弦长公式得，继而由已知得，求解即可判断D选项．
【详解】解：由题意可设l的方程为，
联立，得，则为定值，故A正确．
又，故B不正确．
，则，即，
联立，得，
∵M，N两点在y轴的两侧，
∴，且，∴．
由及可得或，
故k的取值范围为，故C正确．
设，，则，，
则．
假设存在实数k，则由，
得，解得或3，故存在满足题意．D正确．
故选：ACD．
34．ABC
【分析】设，根据抛物线定义，可得，即可得AF为直径的圆的半径和圆心坐标，又圆心到y轴距离为，即可判断A的正误；由题意，求得直线l的方程，即可判断B的正误；根据题意，结合韦达定理及弦长公式，可得长表达式，根据m的范围，即可判断C的正误；由题意得，根据焦半径公式结合韦达定理，可求得k值，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】设直线l的方程为，，．
联立，消去x得，
由韦达定理得，．
对于A：，以AF为直径的圆半径为，圆心为，
圆心到y轴距离为，故以AF为直径的圆与y轴相切，故选项A正确；
对于B：∵，∴，即，
∴直线l的方程为，∴直线AB的斜率为1，故选项B正确；
对于C：若，则，
∴，∴，
则．
又，∴当时，AB取最小为8，故选项C正确；
对于D：根据题意可得直线l的斜率存在．∵抛物线的焦点，
∴直线l的方程可设为，
与抛物线方程联立，消去y整理得．
设，，∴，．
若，，成等差数列，则有，
即，化简得．
又，解得或（舍去）．
∵，∴，解得，
所以，与已知矛盾，故选项D错误，
故选：ABC．
【点睛】解题的关键是熟练掌握抛物线的定义、焦半径公式、弦长公式等基础知识，并灵活应用韦达定理进行求解，综合性较强，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
35．AD
【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D．
【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确；
B．显然斜率存在，设直线方程为，，
由得，，，
，所以，化简得，
线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离，
又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错；
C．设方程为（），由上述讨论知，
又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错；
D．，则，由上得，，
方程为，必过点，D正确．
故选：AD．
【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解．
36．ACD
【分析】先求出抛物线的方程，利用抛物线的定义转化即可求出最小值可判断A；由直线与抛物线相交的弦长公式及点到直线的距离公式即可判断B；设直线l：，与抛物线的方程联立，结合韦达定理及即可判断C；将已知转化为结合两点连线的斜率公式即可得判断D.
【详解】由在抛物线C上，得，抛物线C的方程为，．
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，故A正确．
对于B，因为为AB的中点，所以，，
求得直线l的方程为，则点N到直线l的距离，
则，故B错误；
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，代入，
得，设，，则，，，同理可得，
所以，
解得，所以直线l的斜率为，故C正确．
对于D，易知点在抛物线上且轴．设，．
易知直线EG，EH的斜率存在，，同理．
因为EF平分，轴，所以，即，
直线，所以，
直线GH的斜率为定值，故D正确．
故选：ACD

37．AC
【分析】将抛物线方程和直线方程联立，令判别式大于零，即可判断A;由过抛物线焦点弦的性质可判断B;根据，可得直线的方程为，联立抛物线方程，利用根与系数的关系可判断C; 当与抛物线相切时，最大，由此利用判别式等于零可求出切线斜率，得到∠MPF的最大值，判断D.
【详解】由抛物线的方程可得准线方程为，
则，联立，整理可得，
则，可得，所以正确；
只有直线过焦点时，，由题意不能确定直线过焦点，所以不正确；
中，当，则，，三点共线，此时直线过点，即有，
，，
则直线的方程为：，代入抛物线的方程可得，
设，，，，
可得，，，
由，可得，，，则可得，
所以，
，
所以，故正确；
当与抛物线相切时，最大，
设过的抛物线的切线为，
，消去整理得，
所以得，
解得，
所以的最大值为，故错误；
故选：．
38．BCD
【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.
【详解】设，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，故D正确,
故选:BCD.
【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.
39．BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
40．AD
【分析】由，可知的图象关于点中心对称；结合函数为偶函数可得是周期为以及关于直线轴对称，结合周期，对称中心和对称轴可判断出为偶函数
【详解】因为，
所以的图象关于点中心对称，
又因为函数为偶函数，
所以是周期为的周期函数，且它的图象关于点中心对称和关于直线轴对称，所以为偶函数.
故选：AD.
41．ACD
【分析】由已知条件可得关于和直线对称，从而的周期，，进而可判ABC，对于D，由于关于和直线对称，可得关于对称，再结合周期可得结论
【详解】由是奇函数，是偶函数，可得关于和直线对称，从而的周期，所以选项错误，选项正确；
对选项：由对称性及奇函数的性质可知正确；
对选项：有已知关于和直线对称，从而关于对称，
又因为的周期，可得关于对称，所以是奇函数，D正确，
故选：ACD.
42．ABD
【分析】对于A，令可判断，对于B，分别令和化简计算即可，对于C，利用单调的定义判断，对于D，令进行判断
【详解】对于A，令，则，得，所以的图象经过坐标原点，所以A正确，
对于B，令，则，再令，则，所以B正确，
对于D，令，则，因为，所以，所以D正确，
对于C，任取，且，由D选项可知，所以，而的符号不确定，所以不能确定函数的单调性，所以C错误，
故选：ABD
43．ACD
【分析】用赋值法求得，然后令得函数为奇函数，利用奇函数及可得函数的周期，结合周期性，可得函数的对称性（对称轴与对称中心），可得单调性，从而判断各选项．
【详解】令得，所以，
令，则，即，所以是奇函数，
，所以是周期函数，4是它的一个周期，A正确；
，函数图象关于点对称，B错；
，函数图象关于直线对称，
又在上递增，因此在上递增，所以在上是减函数，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
44．ABC
【分析】根据函数周期性、对称性、奇偶性、单调性对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】依题意，，
所以，所以是周期为的周期函数，A正确.
函数为奇函数，关于对称，向左平移个单位得到，所以关于对称，B正确.
关于对称则，

，所以为偶函数，C选项正确.
由于是偶函数，函数图象关于轴对称，轴两侧函数对应区间的单调性相反，所以D错误.
故选：ABC
45．ACD
【分析】用赋值法可判断出ABD的正误，C选项可根据定义法判断函数单调性的方法得到证明.
【详解】令，故A正确；
对于B，令，
为上的奇函数，故B错；
对于C，任取且，
则  
而


在上单调递增，故C正确；
对于D，在原式中，
令,  
,
是首项为1，公比为2的等比数列，，故D正确.
故选：ACD
46．AC
【分析】本题考察抽象函数的对称性与周期性，利用函数是奇函数得到关系式和，即可逐个判断出选项.
【详解】函数是奇函数，，函数图象关于点对称，故A正确；函数是周期为2，所以的周期为4，故B错误；函数是周期为2的奇函数， ，故C正确；，无法判断的值，故D错误.
故选：AC.
47．AD
【分析】根据已知条件，易得函数偶函数，再结合，
构造函数，只需判断函数的单调性，即可做出正确选择.
【详解】由，得，
令，，则，
因，则，
故在区间上单调递增，
因函数的图象关于直线对称，知函数偶函数，
故函数也为偶函数.
对于选项A，因，则 ，
故，因此A正确；
对于选项B，因，则，
故，因此B错；
对于选项C，因，则 ，
故，因此C错；
对于选项D，因，则 ，
故，因此D正确.
故选：AD.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
48．ABC
【分析】利用赋值法，对4个命题分别进行判断，即可得出结论.
【详解】令，可得，
，函数是奇函数，故A正确；
设，则当时，，
，
，函数在上单调递增，故B正确；
（1），可得，
函数是以2为周期的周期函数，故C正确；
④，故D不正确．
故选：ABC．
49．ACD
【分析】令，代入，即可判断A是否正确；令，结合，即可判断B是否正确；将用替换，结合函数为奇函数，即可判断C是否正确；设任意的，且，结合对任意，，对的范围进行分析，即可判断D是否正确.
【详解】令，所以，即，故A正确；
因为函数的定义域为
对任意，满足
令，则，
又，
所以 ，即，所以函数是奇函数，故B错误；
因为函数是奇函数，对任意，则
又，所以，即，故C正确；
设任意的，且，所以
因为，所以，且，即
又，所以
所以，所以
又因为对任意，且函数是奇函数，
所以对任意，，所以，
所以，即，所以函数在上为增函数，故D正确.
故选：ACD.
50．ABD
【分析】令可推导得，结合的值可知A正确；令可推导得，结合可推导知B正确；根据单调性可知C错误；当时，根据的对称中心及其在时的值域可确定时满足，知D正确.
【详解】对于A，令，则，即，
又，；
令得：，，，，
则由可知：当时，，A正确；
对于B，令，则，即，
，
由A的推导过程知：，，B正确；
对于C，为上的增函数，
当时，，则；当时，，则，
不存在非零实数，使得任意，，C错误；
对于D，当时，；
由，知：关于，成中心对称，则当时，为的对称中心；
当时，为上的增函数，，，，
；
由图象对称性可知：此时对任意，，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据已知关系式确定的对称中心，同时采用赋值的方式确定所满足的其他关系式，从而结合对称性和其他函数关系式来确定所具有的其他性质.