2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十四含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编二十四含解析，共60页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十四）
一、单选题
1．（2022·山东威海·三模）已知圆柱的高和底面半径均为4，为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且，，是圆柱的一条母线，则点P到平面的距离为（       ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意易求三棱锥的体积，再求出的面积即可求解.
【详解】
由题可得，因为，所以，
因为平面，且，所以，
因为，所以，
所以，
设点P到平面的距离为，则，解得.
故选：D.

2．（2022·山东威海·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，以原点O为顶点，为焦点的抛物线与双曲线C在第一象限的交点为P．若，则C的离心率为(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题设条件求出抛物线方程和直线方程，联立解出P的坐标，求出、，根据双曲线离心率即可计算．
【详解】
由题知，，
则抛物线方程为：，直线方程为：，
由，∴，∴轴，∴，，
∴双曲线离心率．
故选：B．
3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知、为椭圆的左、右焦点，若为椭圆上一点，且的内切圆的周长等于，则满足条件的点的个数为（       ）
A． B． C． D．不确定
【答案】B
【解析】
【分析】
计算出，，计算出的内切圆的半径为，结合等面积法可求得点的坐标，即可得解.
【详解】
由得，，所以，.
由椭圆的定义知，，.
因为的内切圆的周长等于，所以内切圆的半径为，
，
设点，则，所以，，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，
所以，点的坐标为或或或，
因此，满足条件的点的个数为.
故选：B.
4．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知函数满足对任意恒成立，又函数的图象关于点对称，且 则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先利用赋值法求出，代入等式赋值得到，即对称轴为，再根据函数图象的平移规律判断函数为奇函数，进一步求得函数周期，进而得到，则可求出结果.
【详解】
因为对任意，都有
令 得 解得
则 即
所以函数的图象关于直线对称.
又函数的图象关于点对称，则函数的图象关于点对称，
即函数为奇函数，所以
所以 所以8是函数的一个周期，
所以
故选：D.
5．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）设， 若，则实数可能是（       ）
A．3 B． C．10 D．11
【答案】D
【解析】
【分析】
首先运用赋值法令、，联立方程求出，然后将已知条件转化成，即等号左边应为的倍数，进一步用二项式定理进行转化，即是24的倍数，进而判断出的可能取值.
【详解】
令，则                              ①
令，则        ②
①+②得，，
∵，∴


且是24的倍数，
的值可能是11.
故选：D.
6．（2022·山东枣庄·三模）已知点分别为椭圆的左、右焦点，点P为直线上一个动点．若的最大值为，则椭圆C的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，设，则，进而结合正切的差角公式和基本不等式可得，进而根据齐次式求离心率即可.
【详解】
解：根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，如图，
记直线与轴的交点为，设，则，
由于，故，
所以，，
所以，
因为，，当且仅当时等号成立，即时等号成立，
所以，
整理得，
所以，解得，
所以，即椭圆C的离心率为.
故选：D

7．（2022·福建厦门·模拟预测）已知为单位向量，满足，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设，以为原点建立直角坐标系，设，，可得.
【详解】
设，则，所以为等边三角形，
以为原点建立如图所示直角坐标系，则，
设，，则，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，
因为，
所以.
故选：A.

8．（2022·福建厦门·模拟预测）已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由换底公式得出，则同号，讨论和两种情况比较可得.
【详解】
由题可得且，
可得，则同号，
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
若，则，则由可得，即，由可得，即，所以；
综上，.
故选：B.
9．（2023·福建漳州·三模）英国化学家、物理学家享利·卡文迪许被称为第一个能测出地球质量的人，卡文迪许是从小孩玩的游戏（用一面镜子将太阳光反射到墙面上，我们只要轻轻晃动一下手中的镜子，墙上的光斑就会出现大幅度的移动，如图1）得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验来测量万有引力，由此计算出地球质量，他在扭秤两端分别固定一个质量相同的铅球，中间用一根韧性很好的钢丝系在支架上，钢丝上有个小镜子，用激光照射镜子，激光反射到一个很远的地方，标记下此时激光所在的点，然后用两个质量一样的铅球同时分别吸引扭秤上的两个铅球（如图2），由于万有引力作用，根秤微微偏转，但激光所反射的点却移动了较大的距离，他用此计算出了万有引力公式中的常数G，从而计算出了地球的质量．在该实验中，光源位于刻度尺上点P处，从P出发的光线经过镜面（点M处）反射后，反射光线照射在刻度尺的点Q处，镜面绕M点顺时针旋转a角后，反射光线照射在刻度尺的点处，若△PMQ是正三角形．（如图3），则下列等式中成立的是（       ）


A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过点作，则，，，所以，即可求解．
【详解】
过点作，因为△PMQ是正三角形．
则，，
所以
则，解得
故选：C

10．（2023·福建漳州·三模）若直线与抛物线C：相切于点A，l与x轴交于点B、F为C的焦点．则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
联立直线与抛物线方程，消元，根据求出的值，即可求出、的坐标，从而求出，，再根据直线的斜率与倾斜角的关系求出，即可得解；
【详解】
解：依题意联立方程，即，
则，解得，此时直线，则，
所以，解得，即，
又，所以，，即，
又，所以
所以；
故选：A
11．（2022·福建泉州·模拟预测）若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为（       ）
A． B．1 C．e D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设出切点，求出，，根据斜率列出方程，得到，，构造，利用函数单调性和图象特征，求出，从而求出答案.
【详解】
设直线与曲线相切于点，
直线与曲线相切于点，
则，且，所以，
，且，所以，
令，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，，所以当时，，
因为，，即，
所以，
所以，故
故选：B
【点睛】
对于不知道切点的切线方程问题，要设出切点，再根据斜率列出方程，进行求解.
12．（2022·福建泉州·模拟预测）若圆）与圆交于A、B两点，则tan∠ANB的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
分析出AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1，，
当的坐标为时，，
由余弦函数的单调性确定时，最大，此时最大，最大值为.
【详解】
可化为，
故圆N的圆心为，半径为，

由题意可知：AB为圆M与圆N的公共弦，且圆M的半径为1，
所以且，故，
当的坐标为时，，
在△NAB中，，
又，在上单调递减，
故为锐角，且当时，最大，
又在上单调递增，
所以当最大时，取得最大值，且最大值为，
故选：D
13．（2022·江苏盐城·三模）已知点为椭圆：的上顶点，点，在椭圆上，满足且，若满足条件的△有且只有一个，则的离心率的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设：取，联立椭圆结合求出A、B的点坐标，由及两点距离公式得到，根据题设且无其它k值，得到，进而求的范围，即可求离心率范围.
【详解】
设直线：，则：，而，
不妨取，直线与椭圆联立，消去得，解得，
所以，则，
因为，所以，
整理得，，易知符合，
因为满足条件的△有且只有一个，
所以无之外的解，整理得，
所以，即，
所以离心率．
故选：B
14．（2022·江苏盐城·三模）已知正实数a，b，c满足：，，则a，b，c大小满足（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先利用三角函数恒等变形，判断；再根据函数的单调性判断的关系，再构造函数，利用导数求函数的最大，即可判断选项.
【详解】
由，
又单增，，则，
设,，得，当，，函数单调递增，当时，，单调递减，所以函数的最大值
又，∴，
故选：D
15．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知，函数，当x＞1时，恒成立，则实数的最小值为（       ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
将x＞1时，恒成立，转化为恒成立，令，用导数法求解.
【详解】
解：因为x＞1时，恒成立，
所以 在x＞1时，恒成立，
即，在 x＞1时，恒成立，
令，
则，
又，
当时，即，
因为，，，不成立；
当时，即，
则
所以在上递增，
则，
所以在上递增，
所以，
解得，
实数的最小值为1，
故选：D
16．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
已知条件两边同时取对数，根据结构特征构造函数，利用导数研究其单调性，由，可得.
【详解】
因为，，所以，即
记
由，解得，解，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减
因为，则时，有，
又因为当时，，所以
因为， 所以，所以.
综上，.
故选：C
17．（2022·河北·模拟预测）已知、分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，为上顶点，若在线段上（不含端点）存在不同的两点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求得线段的方程为，在线段上取一点，由已知可得关于的方程在时有两个不等的实根，根据二次方程根的分布可得出关于、、的不等式组，由此可解得的取值范围.
【详解】
易知点、、、，则线段的方程为，
在线段上取一点，满足，则，
，，
所以，，
整理可得，
由题意可知，关于的方程在时有两个不等的实根，
则，可得，可得，
所以，.
故选：D.
18．（2022·河北·模拟预测）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：.已知，当时，x的取值集合为A，则下列选项为的充分不必要条件的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
令，根据高斯函数知时，，利用导数分析不等式的解集，即可得解.
【详解】
令，
由题意时，，
，时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
显然时，，又，所以的解为，其中，因为，，，所以Ü，
故选：B
19．（2022·河北·模拟预测）我们定义：方程的实数根叫做函数的“新驻点”，，若的“新驻点”分别为，则下列选项中正确的有（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据“新驻点”的定义分别求解 的值或其范围逐一验证即可.
【详解】
，
由“新驻点”的概念可知，故A错误，C正确.
令，，故在单调递增，又，故，故B错误，
令，由上可知在单调递增,故在先减后增，又，，，所以或,
故D错.
故选：C
二、多选题
20．（2022·山东威海·三模）已知函数，则（       ）
A．当时，函数的定义域为
B．当时，函数的值域为
C．当时，函数在上单调递减
D．当时，关于x的方程有两个解
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A.由根式函数的定义域求法求解；B.由函数值域的求法求解；C.由 ，分和判断；D. 设，将问题转化为，即有两个解求解判断.
【详解】
A. 当时，，由，解得或，所以函数的定义域为，故错误；
B.当时，，定义域为R，当时，，当时，，所以函数的值域为，故正确；
C.当时，，当时，，在上递减，当时，，在上递减，又，所以函数在上单调递减，故正确；
D. 易知，，即为，设，则，即，若方程有两个解则，故正确.
故选：BCD
21．（2022·山东威海·三模）数学中有许多优美的曲线，星形曲线就是其中之一，它最早是由古希腊天文学家发现的，罗默、伯努利、莱布尼兹等数学家都研究过其性质在工业生产中，利用星形曲线的特性，能设计出一种超轻超硬材料，展现了数学模型的广泛性和应用性．已知星形曲线，设为E上任意一点，则（       ）
A．曲线E与坐标轴有四个交点
B．
C．曲线E有且只有两条对称轴
D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用曲线方程令，可判断A，利用可判断B，利用方程可得曲线关于关于，轴对称，关于对称，可判断C，结合对称性可得，进而可判断D.
【详解】
∵，
令，可得，令，可得，
∴曲线E与坐标轴有四个交点，故A正确；
由可知，，
∴，故B正确；
因为，
将方程中的换为，不变，则方程不变；将方程中的换为，不变，则方程不变；可得曲线关于，轴对称；
将方程中的换为，方程中的换为，则方程不变，可得曲线关于原点对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；故C错误；
由上可知曲线关于曲线关于，轴对称，关于原点对称，
当时，，
所以，即，故D正确.
故选：ABD.
22．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）向量 函数，则下述结论正确的有（       ）
A．若的图像关于直线对称，则可能为
B．周期时，则的图像关于点对称
C．若的图像向左平移个单位长度后得到一个偶函数，则的最小值为
D．若在上单调递增，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
先由向量的数量积及三角恒等变换得到，再由对称性、奇偶性及单调性依次判断4个选项即可.
【详解】

，
对于A选项，若的图像关于直线对称，则，所以，当时，，故A正确；
对于B选项，当，则=2，令，，当时，，所以关于对称，故B错误；
对于C选项，若的图像向左平移个单位长度后得到，
所以，又，所以，故C正确；
对于D选项，因为函数在上递增，所以，故D正确.
故选：ACD.
23．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知函数，是自然对数的底数，则（       ）
A．的最大值为
B．
C．若，则
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A，求出函数的导数，判断导数正负，确定函数单调性，即可求得最大值；对于B，根据函数的单调性，即可判断；对于C，构造函数，判断其单调性，结合即即可判断；对于D，将展开整理得，然后采用分析法的思想，推出，构造函数，求其最小值即可判断.
【详解】
由题意得，则 ，
当 时，，递增 ，当 时，，递减，
故，故A正确；
由于，由于当 时，递减，故 ，
即 ，即，
因为 ，
故，即，
故，故B正确；
因为，即，
设 ，由于当 时，递增 ，当 时， 递减，
故单调减函数，故，
即，由于，不妨设， 则 ，
即，故C错误；
对任意两个正实数，且，若，不妨设 ，
即，设，则，
则，，
而
，
设 令 ，则，
即为单调增函数，故，
即成立，故，故D正确，
故选：ABD
24．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，且，则下列结论中不正确的是（       ）

A．为线段上的点，则存在点使得平面
B．到平面的距离有可能等于
C．与平面所成的角有可能等于
D．四棱锥的外接球的表面积的最小值是
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据线面平行的定义，点到平面的距离的定义，以及线面角和球的表面积公式，逐个选项进行判断即可得到答案.
【详解】
对于选项，点为线段的中点，记和的交点为， 则，
平面，故选项正确;
对于选项B，因为，故平面，所以到平面的距离等于 到平面的距离，由平面，平面平面，所以到的距离即为到平面的距离，当时，到平面的距离等于，故选项B正确；
对于选项C，角是与平面所成的角，当时，线面角为，此时 方程组无正解，故选项C错误；
对于选项D，四棱锥可以补成长方体，长方体的外接球的半径为，而，所以外接球的半径大于等于，所以其表面积的最小值为
，故选项D错误；
故选：CD.
25．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）椭圆:的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点在以为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（       ）
A．椭圆的离心率为
B．的最大值为
C．过点的直线与椭圆只有一个公共点，此时直线方程为
D．的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
利用椭圆标准方程直接求离心率即可判断A；根据椭圆定义以及基本不等式即可判
断B；直接考虑直线斜率不存在的情况即可判断C；利用椭圆的定义将转化成
，进而根据几何关系求其最值即可判断D.
【详解】
对于选项，由椭圆的方程知，
所以离心率，故选项不正确；
对于选项B， 由椭圆的定义可得，
所以，
即当且仅当时，的最大值为，故选项B正确；
对于选项C， 当直线的斜率不存在时，所求直线为，满足条件，故选项C错误；
对于选项D， 圆：，
所以，
故选项D正确；
故选：BD.
26．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）对于偶函数，下列结论中正确的是（       ）
A．函数在处的切线斜率为
B．函数恒成立
C．若 则
D．若对于恒成立，则的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
利用导数的几何意义可判断A；构造函数，利用导数研究不等式恒成立问题可判断B；对求导，构造函数，利用函数的单调性比较函数值的大小可判断C；利用在上的单调性，求出恒成立，进而确定的最大值，进而判断D.
【详解】
因为为偶函数，所以，所以；
对于选项， 因为 所以 所以
所以函数在处的切线斜率为 故选项正确；
对于选项， 令 则
当时， 所以单调递减，所以
即   所以
因为为偶函数，所以函数恒成立. 故选项正确；
对于选项， 令
则 当时，
所以在上单调递减，所以
即在上恒成立，
因此函数在上单调递减. 又
所以 故选项错误；
对于选项，因为函数在上单调递减，
所以函数在上也单调递减，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即的最大值为 故选项正确；
故选：.
27．（2022·山东枣庄·三模）已知、，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用基本不等式可判断A选项；利用基本不等式结合对数函数的单调性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断D选项.
【详解】
对于A选项，因为，
所以，，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，B对；
对于C选项，取，，则
，此时，C错；
对于D选项，令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
因为，则，D对.
故选：ABD.
28．（2022·山东枣庄·三模）给出构造数列的一种方法：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．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第次得到数列，记，数列的前n项和为，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
通过计算求出的值，运用归纳法得到之间的关系，最后根据等比数列的定义和前n项和公式进行求解判断即可.
【详解】
由题意得：，
所以有，因此选项AB不正确；
，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，因此有，因此选项C正确；
，所以选项D正确，
故选：CD
【点睛】
关键点睛：通过计算得到是解题的关键.
29．（2022·福建厦门·模拟预测）已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（       ）
A． B．直线与C相交
C．若，则C的渐近线方程为 D．若，则C的离心率为
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据给定条件，计算切线长判断A；由直线斜率与的大小说明判断B；求出出点Q，P的坐标计算判断C，D作答.
【详解】
令双曲线的半焦距为c，有，，依题意，，如图，

对于A，，A正确；
直线的斜率，直线是双曲线C过第一三象限的渐近线，直线与C不相交，B不正确；
对于C，由选项A可得点，设点，依题意，，
即，解得，即，
又点Q在直线上，则有，解得，有，
C的渐近线方程为，C不正确；
对于D，由选项C同理得点，因此，即，解得，D正确.
故选：AD
30．（2022·福建厦门·模拟预测）已知函数，则（       ）
A．是奇函数 B．的图象关于点对称
C．有唯一一个零点 D．不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.
【详解】
对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，
为非奇非偶函数，A错误；
对于B，，，
，图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，；
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递增，在上单调递减；
在上单调递减；
由知：图象关于对称，在上单调递减；
当时，，，，在上无零点；
当时，，，
，使得，则在上有唯一零点；
综上所述：有唯一一个零点，C正确；
对于D，由C知：在和上单调递减，
又时，；时，；
①当，即时，由得：，解得：（舍）或；
②当时，不等式组无解，不合题意；
③当，即时，，，满足题意；
④当，即时，，，不合题意；
综上所述：的解集为：，D正确.
故选：BCD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.
31．（2023·福建漳州·三模）若函数的图象与的图象关于y轴对称，则（       ）
A．
B．θ的值可以是
C．函数f(x)在单调递减
D．将的图象向右平移个单位长度可以得到g(x)的图象
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据函数关于y轴对称可知，据此可判断AB，由正弦函数的单调性可判断C，根据函数图象的平移判断D.
【详解】
因为，
由题意，所以，即，
所以，θ的值不可以是，，
当时，，由正弦函数的单调性知函数f(x)在单调递减；
将的图象向右平移个单位长度可得，得不到g(x)的图象.
故选：AC
32．（2023·福建漳州·三模）已知函数，若方程有且只有三个实根，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据的图像将方程转化为两个函数的交点问题，通过函数图像判断A，C，D的正误，利用导数的几何意义可求出的值，进而判断B的正误.
【详解】
根据题意，令，可得，或，
作出的图像，如图一所示，

由方程可得，，
所以，当时，，
则有，即，
当时，，
则有，即，
当时，，
则有，即，
设，
所以，作出和图像如图二所示，

因为直线绕坐标系原点旋转，当直线与相切时，
直线与有三个交点，
如果直线继续逆时针旋转，会有四个交点，
当直线过时，，即，此时也过点，
所以直线与有两个个交点，
综上，当且仅当直线与相切时，
直线与有三个交点，
所以，，，故A正确，C错误，
因为，设切点坐标为，
所以，解得，故B正确，
因为，，，
所以，，
所以，故D正确，
故选：ABD.
33．（2022·福建泉州·模拟预测）已知A（a，0），M（3，-2），点P在抛物线上，则（       ）
A．当时，最小值为1
B．当时，的最小值为3
C．当时，的最小值为4
D．当时，的最大值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】
当时，得到为抛物线焦点，利用焦半径求出，从而判断A选项；作辅助线，得到当N，P，M三点共线时，取得最小值，求出最小值，判断C选项；延长AM交抛物线于点，此时为的最大值，求出最大值，判断D选项；当时，利用两点间距离公式和配方求出最小值，判断B选项.
【详解】
当时，为抛物线的焦点，设，
则，故的最小值为1，A正确；
设抛物线的准线为，过点P作PN⊥l于点N，
此时，
故当N，P，M三点共线时，取得最小值，
此时，C正确；

当时，，
连接AM，并延长AM交抛物线于点，

此时为的最大值，
当在其他位置时，根据三角形两边之差小于第三边，可知均小于，
因为，故D正确；
此时
当时，，B错误.
故选：ACD
34．（2022·福建泉州·模拟预测）若，则下列式子可能成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
构造函数，，得到其单调性且零点情况，分与两种情况进行讨论，由函数单调性解不等式，求出答案.
【详解】
令，
则恒成立，
所以单调递增，
其中，，
则存在，使得
①当时，
即，
若，则，且，则，
不满足，故，且，
所以
又因为，所以，D正确；
②当时，
，即
（1）当时，，，则成立，故，B正确；
（2）当时，，若，则，
因为，且在上单调递增，
所以当时，，则，
所以，所以，又因为，所以，选项C正确.
故选：BCD
【点睛】
对于多元方程或不等式问题，要根据方程或不等式特征构造函数，利用函数单调性进行求解，注意分类讨论.
35．（2022·江苏盐城·三模）已知锐角，下列说法正确的是（       ）
A． B．
C．，，则 D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
取特殊值，可判断A;根据三角形是锐角三角形，可知，判断B;利用同角的三角函数的关系式可求得，结合正切函数的单调性，可判断C;由三角形是锐角三角形可得，可得，结合辅助角公式，以及三角函数性质，可判断D.
【详解】
对于A，取，则，可知A错误；
对于B，由于是锐角三角形，故，
故，故B正确；
对于C，锐角中，由知，故，
则，即C正确；
对于D，是锐角三角形，故，所以，
故，
即，即D正确，
故选：BCD
36．（2022·江苏盐城·三模）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
【答案】BC
【解析】
【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
37．（2022·江苏连云港·模拟预测）过点作两条直线分别交抛物线于和，其中直线AB垂直于轴（其中 ，位于轴上方），直线，交于点．则（       ）
A． B． C．QP平分 D．的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设点 ，将直线的方程 代入抛物线方程 ，通过韦达定理，判断A项，求出直线的方程，直线的方程，推出点的横坐标，判断B项，通过 ，但，判断C项，通过两点间的距离公式表示出 ，
通过判断函数的单调性求出的最小值，判断D项
【详解】
设点

设直线 的方程为：
将直线方程与抛物线方程联系方程组得：
，故A正确
由题意可知：
则 ，
直线的方程为： ,直线的方程为：
消去得：
将 代入上式得： ，所以 ，故B正确
，但 ，故C错误

当 时，此时 ，故D正确
故选：ABD
38．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，为线段上的动点，则（       ）

A．
B．若为线段的中点，则平面
C．点B到平面CEF的距离为
D．的最小值为48
【答案】ABC
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的运算性质、平面的法向量进行求解判断即可.
【详解】
因为是矩形，所以，
又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于，
所以平面，而平面，
所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
因为，
所以有，因此选项A正确；
当为线段的中点时，，，，
设平面的法向量为，
于是有，
因为平面，
所以选项B正确；
，，
所以点B到平面CEF的距离为，因此选项C正确；
设，，
，
当时，有最小值47，因此本选项不正确，
故选：ABC

39．（2022·江苏连云港·模拟预测）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为，将其外观描述为“个”，则第二项为；将描述为“个”，则第三项为；将描述为“个，个”，则第四项为；将描述为“个，个，个”，则第五项为，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则中没有数字
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据题干中的递推规律，依次分析各项的正误.
【详解】
对于A项，，即“个”，，即“个，个”，，即“个，个”，故，故A项错；
对于B项，，即“2个2”， ，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则，故B项正确；
对于C项，，即“1个6”， ，即“1个1，1个6”， ，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，，则，，，，
若数列中，中为第一次出现数字，则中必出现了个连续的相同数字，
如，则在的描述中必包含“个，个”，
即，显然的描述是不合乎要求的，
若或，同理可知均不合乎题意，
故不包含数字，故D项正确.
故选：BCD.
40．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（       ）
A．它的表面积为
B．它的外接球的表面积为
C．侧棱与下底面所成的角为60°
D．它的体积比棱长为的正方体的体积大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求得的长，分析可得即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积和正方体的体积，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
由题意得：上底面的面积，下底面的面积，
侧面为等腰梯形，过分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示

所以，则，
所以，
所以梯形的面积为，
所以正四棱台的表面积，故A正确；
连接，且交于点，连接AC、BD交于点，连接，
则垂直底面ABCD，
过作于G，则底面ABCD，则四边形为矩形，
由题意得，所以，
同理，
又，所以，
在中，，
所以，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确
所以.

连接，在中，，
所以点到的距离相等，均为，
所以点即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，
所以外接球的表面积，故B错误；
正四棱台的体积，
棱长为的正方体的体积，
所以，所以，
所以正四棱台的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确；
故选：ACD
【点睛】
解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点在于求各个棱长及确定为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
41．（2022·河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面交于点O，M是棱上的动点，则（       ）

A．三棱锥体积的最大值为
B．存在点M，使平面
C．点M到平面的距离与点M到平面的距离之和为定值
D．存在点M，使直线与所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据题意以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为轴，利用向量法判断CD，根据底面积不变，高最大时，锥体体积最大，判断A选项.根据线面平行的判定定理判断B即可求解.
【详解】
以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，


设，
则,
由是棱上的动点，设，
,因为底面为正方形，故,
又底面所以,
又,所以底面,所以当与D重合时，三棱锥体积的最大且为，故A对.
当为中点时，是的中位线，所以，又平面，
平面，所以平面，故B正确；
点到平面的距离，点到平面的距离
,所以，故C正确.
,,若存在点，使直线与所成的角为30°
则，化简得，无解，
故D错误；
故选：ABC
三、双空题
42．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知函数满足且，当时，，则的值域为____，若方程在上有个不同的实数根，则实数的取值范围为______.
【答案】         
【解析】
【分析】
根据题意得到函数是上周期为4的偶函数，转化为每个周期内有6个不同的实根，得到方程在内有3个不同的实数根，利用导数求得函数的单调性，求得函数的值域，设，转化为，设，得到方程在内有个不同的实数根，得到1个根在， 另1个根在，分类讨论，即可求解.
【详解】
由题意，函数满足
可得函数是上周期为4的偶函数，
又由区间内共有5个周期，方程有30个不同的实数根，
所以每个周期内有6个不同的实根.
所以方程在内有3个不同的实数根，
当时，，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
则的值域为.
设则，设，则，而，
要使方程在内有个不同的实数根，
则函数在上必有2个根，
且1个根在， 另1个根在，
如图所示
当作为根时，另一个根在，则 ，此时；
当一个根在时，另一个根在，
则，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：；.

43．（2022·福建厦门·模拟预测）已知数列与数列的前n项和分别为，则_________；若对于恒成立，则实数的取值范围是___________．
【答案】         
【解析】
【分析】
设，，可得出，由裂项相消法可求出，不等式可化为恒成立，求出的最小值即可.
【详解】
设，，
则，
所以
，
所以，
由，得，
即对于恒成立，
设，
因为，当且仅当，即时等号成立，
又，且，则，所以，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：；.
44．（2023·福建漳州·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，直线PF2与y轴交于点Q，点P在线段上，的内切圆的圆心为，若为正三角形，则=___________，C的离心率的取值范围是___________．
【答案】         
【解析】
【分析】
设为上顶点，点位于第一象限，作交椭圆于点如图所示，则，即可求解，又因为点位于点与之间，所以，利用正切值即可求解离心率范围．
【详解】
设为上顶点，点位于第一象限，作交椭圆于点，则如图所示：
依题意得
依题意得点位于点与之间，故
所以，则
化为，解得
故答案为：，

四、填空题
45．（2022·山东威海·三模）已知曲线，若有且只有一条直线同时与，都相切，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】
设出直线与两条曲线的切点坐标，分别求出曲线在切点处的切线方程，再利用两个方程所表示的直线重合，建立方程组求解.
【详解】
设与相切于，与相切于点，由，得，则与相切于点的切线方程为：，即，
由，，则与相切于点的切线方程为：，即，，
因为两切线重合，所以，①，②，由①得
，代入②得，，化简得，
，明显可见，，时等式成立.
故答案为：1
46．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，过点作准线的垂线，交于点，若，，则抛物线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用抛物线的定义得到，再利用等腰三角形得到，进而利用直角三角形和的几何意义进行求解.
【详解】
因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，又，
所以为顶角为的等腰三角形，
所以，
记准线与轴交于点，则，

所以，
所以该抛物线方程为.
故答案为：.
47．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，双曲线的一条渐近线被抛物线截得的弦为，为坐标原点，若为直角三角形，则该双曲线的离心率等于_______．
【答案】或
【解析】
【分析】
对的直角进行讨论，若，求出点坐标，代入到渐近线方程可得
，进而求出离心率；若，联立抛物线与渐近线方程求出点坐标，根
据向量垂直的数量积为零得出，进而求出离心率.
【详解】
由题意知，双曲线的渐近线方程为，可取渐近线，
若，则，代入，得，故，
故;
若，由得，则由，
得，整理得，
解得（负值舍去），所以此时.
故答案为：或.
48．（2022·山东枣庄·三模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为．若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为________．

【答案】##
【解析】
【分析】
计算出该玩具任意两点间最大距离，可得出正方体的棱长，即可求得正方体的表面积.
【详解】
将鲁班锁补成正方体，然后以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在、、
、、、、、中取得，
结合图形可知、、、、
、、、，
则，，
，，
，
，
，，
所以，到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，该正方体的表面积为.
故答案为：.
49．（2022·山东枣庄·三模）已知均为单位向量，且夹角为，若向量满足，则的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据平面向量数量积的运算性质和定义，结合平面向量数量积不等式进行求解即可,
【详解】
，
因为均为单位向量，且夹角为，
所以有，
，
即，而，
所以有，
因此的最大值为，
故答案为：
50．（2022·福建泉州·模拟预测）已知球O的半径为2，A，B，C为球面上的三个点，，点P在AB上运动，若OP与平面ABC所成角的最大值为，则O到平面ABC的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
作出辅助线，找到为OP与平面ABC所成的角，且P移动到AB中点K时，OP的长度最小，为OP与平面ABC所成的最大角，设出边长，列出方程，求出O到平面ABC的距离.
【详解】
记△ABC外接圆圆心为，则平面ABC，
故为OP与平面ABC所成的角，
如图，当P移动到AB中点K时，OP的长度最小，
对应正弦值最大，OP与平面ABC所成的角最大，
则为OP与平面ABC所成的最大角，根据题意：，
设，则，，
在Rt△与Rt△中，有，
即，求得：，
故O到平面ABC的距离为

故答案为：
51．（2022·福建泉州·模拟预测）已知双曲线C的焦点分别为，，实轴为线段，虚轴为线段，直线与直线交于点D，若，则C的离心率等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】
不妨设双曲线方程为， ，，则，根据判断的位置，再联立方程组求出，再根据向量关系列式可求出结果.
【详解】
不妨设双曲线方程为， ，，则，
因为，所以在的延长线上，故必为右焦点，则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，则，
由得，
所以，所以，所以.
故答案为：.
52．（2022·江苏盐城·三模）已知平面凸四边形ABCD，点E、F分别在AD、BC上，满足，，且，与的夹角为，设，，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
以、为基底表示出，再将式子两边平方转化为长度关系，由此即可利用基本不等式求得m+2n的最大值﹒
【详解】
∵①，且②，
则①×2+②得：，
即，
∵，，∴，
两边平方可得，，
∴，解得，
当且仅当时，等号成立．
故答案为：．

53．（2022·江苏盐城·三模）已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】
构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集
【详解】
设函数，则
又   
所以在上单调递增，又
故不等式 可化为
由的单调性可得该不等式的解集为．
故答案为：
54．（2022·江苏连云港·模拟预测）建筑学中必须要对组合墙的平均隔声量进行设计．组合墙是指带有门或窗等的隔墙，假定组合墙上有门、窗及孔洞等几种不同的部件，各种部件的面积分别为，，…，（单位：m2），其相应的透射系数分别为，，…，，则组合墙的实际隔声量应由各部分的透射系数的平均值确定：，于是组合墙的实际隔声量（单位：dB）为．已知某墙的透射系数为，面积为20 m2，在墙上有一门，其透射系数为，面积为，则组合墙的平均隔声量约为_______dB．（注：）
【答案】
【解析】
【分析】
根据已知公式求得组合墙的透射系数的平均值，根据即可求得答案.
【详解】
由题意得：组合墙的透射系数的平均值：，
故组合墙的平均隔声量为
设 ，则 ，
由于，故，
故 ，
所以，
故答案为：
55．（2022·江苏连云港·模拟预测）若函数的图象与函数的图象有两个不同的公共点，则a的取值范围为________．
【答案】（0，3）
【解析】
【分析】
构造函数，将交点转化为函数的零点问题，求导，根据函数的单调性即可求解.
【详解】
函数 与 有两个交点等价于函数 有两个零点，
令 ，显然 ，
，
当 时， ， 是增函数，不可能有两个零点；
当 时，令 ，得 ， ，
方程有两个解，设为 ，
由韦达定理知： ，故 为一正一负，设 ，
考虑函数 的定义域， ，
…①
，当 时， ，当 时， ，
∴在 处， 取最大值， ，
显然欲使得 有两个零点，必须有 ，
将①代入上式得： ，
设   ， 是增函数，
显然 ，当 ，即当 ，
由①， 是减函数，∴ ，
a的取值范围为（0,3）；
故答案为：（0,3）.