2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编七含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编七含解析，共53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（七）
一、单选题
1．（2021·江苏·扬州中学高三月考）如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，则长度的最大值为（ ）

A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】
设，用正弦定理把用表示，然后求得，结合两㸖和与差的正弦公式可求得最大值．
【详解】
设，则，，，
中，由正弦定理，得，
，同理，


＝，其中，，且为锐角，
所以当时，．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考查用正弦定理解三角形．解题关键是引入角，把表示为的函数，从而把用的三角函数表示，再利用三角函数知识求得最值．
2．（2021·福建省龙岩第一中学高三月考）已知实数满足，则大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
先分析得到，再构造函数利用导数比较的大小即得解.
【详解】
，
，

设，
所以，
所以函数在单调递减，
设
所以，
所以，
因为函数在单调递减，
所以，
故选：D
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数，得到函数在单调递减，第二次是构造函数得到.在解答函数的问题时，经常要观察已知条件构造函数解决问题.
3．（2021·江苏高邮·高三月考）某一辆汽车经过多次实验得到，每小时耗油量（单位：与速度（单位：的下列数据：

0
40
60
80
120

0.000
6.667
8.125
10.000
20.000
为了描述汽车每小时耗油量与速度的关系，现有以下四种模型供选择：甲：，乙：，丙：，丁：.其中最符合实际的函数模型为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B
【分析】
根据题意以及表中数据可知，函数在定义域，上单调递增，且函数的图象经过坐标原点，即可判断出最符合实际的函数模型．
【详解】
依题意可知该函数必须满足三个条件：
第一，定义域为，；第二，在定义域上单调递增；第三，函数经过坐标原点.
当时，没有意义，排除丁，函数不一定经过坐标原点，排除甲，函数单调递减，排除丙，故最符合实际的函数模型为乙.
故选：B.
4．（2021·福建·三明一中高三月考）设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
构造函数，根据等式可得出函数为偶函数，利用导数得知函数在上单调递减，由偶函数的性质得出该函数在上单调递增，由，得出，利用函数的单调性和偶函数的性质解出该不等式即可.
【详解】
构造函数，对任意实数，都有，
则，
所以，函数为偶函数，.
当时，，则函数在上单调递减，
由偶函数的性质得出函数在上单调递增，
，即，
即，则有，
由于函数在上单调递增，，即，解得，
因此，实数的最小值为，故选A.
【点睛】
本题考查函数不等式的求解，同时也涉及函数单调性与奇偶性的判断，难点在于根据导数不等式的结构构造新函数，并利用定义判断奇偶性以及利用导数判断函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
5．（2021·福建福州·高三期中）已知函数，若实数满足且，则的取值范围为（ ）
A．（6，16） B．（6，18） C．（8，16） D．（8，18）
【答案】B
【分析】
作出函数的图象，求出的取值范围，可得出的取值范围，利用结合绝对值的性质可求得，由此可求得的取值范围.
【详解】
作出函数的图象如下图所示：


当时，，
由图可知，，即，解得，则，
由，即，即，可得，
因此，.
故选：B
6．（2021·福建福州·高三期中）意大利数学家斐波那契（1770--1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1､1､2､3､5､8､13､21在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草，万寿简等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛得应用.已知斐波那契数列满足：，若，则等于（ ）
A．15 B．14 C．608 D．377
【答案】D
【分析】
由递推公式计算数列的前几项，再求解．
【详解】
根据递推公式计算到，到的值依次为：，
其中，，．
故选：D．
7．（2021·福建省龙岩第一中学高三月考）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
【答案】A
【分析】
根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出和都关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.
【详解】
解：已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数基本性质的应用，涉及函数的奇偶函数，对称性和零点，考查函数思想和分析能力.
8．（2021·山东日照·高三月考）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用对数式和指数式的关系判断幂的大小，根据对数函数的单调性比较对数的大小．
【详解】
因为，所以，
，，
,
所以．
故选：D．
9．（2021·山东师范大学附中高三月考）已知函数，，若方程有4个实数根，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
令，则，方程有4个实数根等价于在上有2个实数根，即当时，函数的图象与的图象有2个交点，数形结合即可求解
【详解】
令，则，
方程有4个实数根等价于在上有2个实数根，
即当时，函数的图象与的图象有2个交点，
作出与的图象，如图：

由图象可知，当时，函数的图象与的图象有2个交点，
所以方程有4个实数根时实数的取值范围为
故选：D
10．（2021·湖北·石首市第一中学高三月考）已知函数的定义域为，是奇函数，为偶函数，当时，，则以下各项中最小的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用已知条件可知、，进而得到，即周期为8，应用周期性结合已知区间解析式，即可知、、、中最小值.
【详解】
是奇函数，即关于对称，
的图象关于点对称，即．
又为偶函数，即关于对称，
的图象关于直线对称，即．
，
，即，函数的周期为8，
，，，，故最小．
故选：D
【点睛】
本题考查了函数的性质，根据已知奇偶性推导函数的周期，应用函数周期求函数值，进而比较大小，属于基础题.
11．（2021·湖北武汉·高三期中）已知双曲线的左､右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在第二象限的交点为A，若，则此双曲线的渐近线为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
通过得到，结合题干中的斜率条件表达出点坐标，再代入双曲线方程求解与的关系，求解渐近线方程.
【详解】
因为，所以，故三角形是等腰三角形，即，又因为，过点A作AB⊥x轴于点B，则，设，，由勾股定理得：，解得：，故，把A点代入双曲线方程，得：，解得：，显然=0，所以，所以双曲线的渐近线为

故选：D
12．（2021·福建·福清西山学校高三期中）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先通过简单的放缩比较和的大小，再通过构造函数比较和的大小.
【详解】
解：


设，，
当时，
与相交于点和原点
时，

，即

故选：A.
【点睛】
思路点睛：当数值相差比较小时，可以通过构造函数来比较大小.
13．（2022·全国·高三专题练习）在中，D为三角形所在平面内一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设AD交BC于E，然后根据条件得到点E的位置，进而根据向量关系得到线段间的比例，最后得出面积比.
【详解】
如图，设AD交BC于E，且，由B,E,C三点共线可得：

，∴，
∴.
设，则，∴.
又，∴，∴.
故选：B.
14．（2020·陕西·泾阳县教育局教学研究室高一期中）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
【答案】C
【分析】
将代入函数结合求得即可得解.
【详解】
，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】
本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
15．（2021·湖南郴州·高三月考）已知函数，若，且的最大值为3，则的值为（ ）
A．-1 B．1 C．0 D．2
【答案】C
【分析】
当时，，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性，作出图象，当时，不符题意.当时， 利用导函数的几何意义可求得答案.
【详解】
解：因为函数，当时，，则，令，解得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
如下如图，当时，，则，且，不符.
如下如图，当时，，要使得取得最大值，则，，不妨设直线为曲线在处的切线，则，，，所以，，所以，，
故选：C.

16．（2021·湖南郴州·高三月考）已知点是椭圆：上一点，点､是椭圆的左､右焦点，若的内切圆半径的最大值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设的内切圆半径为，则，结合
，，，，可得，再由以及即可求解.
【详解】
由题意可得：，，
设的内切圆半径为，
所以，
因为的内切圆半径的最大值为，
所以
因为，
所以，可得，
所以椭圆的离心率为，
故选：B.


17．（2021·湖南·高三月考）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振.右图是根据左图绘制的古筝弦及其弦码简易直观图.在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y＝1.1x，第n(n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l：y＝x＋1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，则（ ）
参考数据：1.122＝8.14

A．814 B．900 C．914 D．1000
【答案】C
【分析】
由题得，再利用错位相减法求解.
【详解】
由条件可得，
∴，
得
，
∵，
∴．
故选：C
18．（2021·湖南·高三月考）已知球O的半径为2，三棱锥P－ABC四个顶点都在球O上，球心O在平面ABC内，△ABC是正三角形，则三棱锥P－ABC的最大体积为（ ）
A．3 B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】
先求出，再求三棱锥体积的最大值.
【详解】
由于球的半径为，是正三角形，所以，∴，
所以当平面时，三棱锥的体积最大.
∴三棱锥的最大体积为．
故选：B

二、多选题
19．（2021·江苏·扬州中学高三月考）如图，在直三棱柱中，，，､分别为，的中点，过点､､作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（ ）

A．三棱柱外接球的表面积为
B．
C．若交于，则
D．将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为
【答案】CD
【分析】
对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；
对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；
对于，在中，计算可知C项正确；
对于，利用体积公式计算可知D项正确.
【详解】
如图所示：

将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A项错误；
延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.
因为，是中点，所以是的中点，由与相似，得，得，
而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；
因为，又，所以在中，，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为
，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.
故选：CD.
【点睛】
关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.
20．（2021·江苏高邮·高三月考）函数在区间，上连续，对，上任意二点与，有时，我们称函数在，上严格上凹，若用导数的知识可以简单地解释为原函数的导函数的导函数（二阶导函数）在给定区间内恒为正，即.下列所列函数在所给定义域中“严格上凹”的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】
根据题目中定义，逐个判断各函数是否满足条件二阶导函数大于零，即可解出．
【详解】
由题意可知，若函数在所给定义域中“严格上凹”，则满足在定义域内恒成立．
对于A，，则在时恒成立，
不符合题意，故选项A错误；
对于B，，则恒成立，
符合题意，故选项B正确；
对于C，，则在时恒成立，
符合题意，故选项C正确；
对于D，，则在时恒成立，不符合题意，故选项D错误.
故选：BC.
21．（2022·全国·高三专题练习）在中，角､､的对边分别为､､，已知，下列哪些条件一定能够得到？（ ）
A． B．
C． D．边上的中线长为
【答案】BD
【分析】
根据余弦定理可判断A错误；由可求出，再根据两角和的正弦公式可求得，然后由正弦定理即可判断B正确；由可得，再根据余弦定理可得或，从而可判断错误；由中点公式的向量形式可得，再根据数量积的运算即可求出，D正确．
【详解】
由题意，
对于，，由余弦定理可得，可得，可得，解得，（负值舍去），故错误；
对于，由，可得，，可得，
由正弦定理，可得，故正确；
对于，由，由正弦定理可得，可得，
由余弦定理，可得，整理可得，解得或，
可得，或7，故错误；
对于，若边上的中线长为，因为，两边平方，可得，可得，整理可得，所以解得，（负值舍去），故正确.
故选：BD.
22．（2021·福建·三明一中高三月考）若存在直线，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题为真命题的是（ ）
A．在内单调递增
B．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为
C．和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是
D．和之间存在唯一的“隔离直线”
【答案】ACD
【分析】
利用导数判断A选项的正确性．利用公切线，结合图象判断BC选项的正确性．利用公切线结合导数判断D选项的正确性．
【详解】
解：A选项，，所以，
对于函数，其判别式，
所以，令解得，
所以在区间内，单调递增，故A正确．
BC选项，画出，的图象如下图所示，

由图可知，是“隔离直线”，且．
设（，）分别是与图象上的一点，且直线AB是与图象的公切线．因为，
过A点的切线方程为，即，
令，令，则，
所以，即，解得．
所以公切线AB方程为．
结合图象可知，k的取值范围是．
所以B错误，C正确．
对于D选项，构造函数，


，
所以在区间上，单调递减；在区间上，单调递增．
所以在定义域上的极小值也即是最小值为，
所以有唯一零点，也即与有唯一公共点．
由上述分析可知，公切线方程为，D选项正确．
故选：ACD．
23．（2021·福建福州·高三期中）若正四棱柱的底面是边长为2，侧棱长为4，E是的中点，则（ ）

A．三棱锥的体积为
B．
C．三棱锥的外接球的半径是
D．过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形面积为
【答案】ACD
【分析】
由等积法可判断A，建立坐标系用向量法可判断B，确定球心位置即可判断C，取的中点，连接，则过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形为梯形，求出面积即可判断D
【详解】
对于A：，故A正确；
对于B：如图以为原点，为坐标轴建立坐标系，
则，
，

，
因为，
所以不成立，故B错误；
对于C：，
，
所以，
则由直角三角形的性质可知的中点到的距离相等，
故三棱锥的外接球的半径是，故C正确；
对于D：取的中点，连接，
则易知，
所以，
所以过点三点平面与该棱柱各个面的交线围成的平面图形为梯形，
，
设梯形的高为，则，
所以，
所以梯形的面积为，故D正确；
故选：ACD
24．（2021·福建福州·高三期中）已知函数的定义域、值域都是，且满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．若，则 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】
构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，进而可判断各选项的正误.
【详解】
函数，则函数的定义域为，，
所以，函数在上单调递增，
对于A选项，，即，则，A对；
对于B选项，，即，故，B对；
对于C选项，，则，所以，，
故，C错；
对于D选项，构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，故，即当时，，
因为，即，
由可得，则，
所以，，故，D对.
故选：ABD.
25．（2021·福建省龙岩第一中学高三月考）在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点的基石，它得名与荷兰教学家鲁伊兹布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】
根据题中所给定义，只需判断f（x0）＝x0是否有解即可．
【详解】
解：对于A：无解，所以A不满足；
对于B：，解得：或，所以B满足题意；
对于C：，解得：，所以C满足题意；
对于D：，在同一直角坐标系下画出函数以及的图像，可确定两个函数的图像有交点，即方程有解，所以D满足题意；




故选：BCD.
26．（2021·福建省龙岩第一中学高三月考）对，[x]表示不超过x的最大整数，十八世纪，y=[x]被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（ ）
A．
B．
C．函数的值域为[0，1）
D．若，使得同时成立，则正整数n的最大值是5
【答案】CD
【分析】
由取整函数的定义判断，由定义得，利用不等式性质即可判断各命题的真假．
【详解】
对A，由取整函数的定义可得，，所以A错误；
对B，，，∴，所以B错误；
对C，由定义，∴，∴函数的值域是，C正确；
对D，若，使得同时成立，则，，，，，，
因为，若，则不存在同时满足，．只有时，存在满足题意，即正整数n的最大值是5.
故选：CD．
27．（2021·山东日照·高三月考）已知正方形ABCD的边长为2，点P为正方形ABCD所在平面内的一点，则（ ）
A．若点Р满足，且，则点Р在线段BC上
B．若点P满足，则
C．若，则点Р在的中位线上
D．以点A为圆心作单位圆，分别交AB，AD于E，F两点，点Р是弦EF所对的劣弧 上一点，则的取值范围为
【答案】BCD
【分析】
根据平面向量和三角函数的相关知识对选项逐一分析即可.
【详解】
对于A选项，若点满足 且，
则
即

与有公共点，
三点共线，即点在直线上，但不一定在线段上，故A不正确；
对于B选项，若点 P 满足 点为线段的中点，如图：


那么，故B 正确 ；
对于C选项，如图，设的中点为，的中点为N，连接 ，
则

即

点在中位线上，故C正确；

对于D选项，如图，取点为原点，分别以所在的直线为轴 轴建立平面直角坐标系，
则
，

:






从而


即 的取值范围为，故D正确.

故选：BCD
28．（2021·山东日照·高三月考）函数，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．方程最多有两个实根
C．直线与曲线相切于点则
D．当时，函数满足，且与图象的交点为，则
【答案】ACD
【分析】
利用函数解析式可判断A，由特例可判断B，利用直线与曲线相切可求得的值即可判断C，利用函数的对称性可判断D.
【详解】
∵，即，
∴，，
∴，又，
∴，故A正确；
令，则，
由，得或，故B错误；
由直线与曲线相切于点，则，
∴，即，
∵，由代入得，
∴，又，
∴，∴，故C正确；
当时，由上知，又，
∴函数的图象关于点对称，函数的图象关于点对称，
∴两函数的图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点对称，
∴，故D正确.
故选：ACD.
29．（2021·山东师范大学附中高三月考）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数
B．若在定义域上是增函数，则
C．若的值域为，则
D．当时，若，则
【答案】AB
【分析】
对于A利用函数奇偶性定义证明；对于B，由增函数定义知即可求解； 对于C，利用指数函数的单调性，求出分段函数每段函数上的值域，结合的值域为，即可求解；对于D，将等价于，利用函数定义域及单调性即可求解；
【详解】
对于A，当时，，，；
当时，，，，所以是奇函数，故A正确；
对于B，由在定义域上是增函数，知，解得，故B正确；
对于C，当时，在区间上单调递增，此时值域为，
当时，在区间上单调递增，此时值域为，要使的值域为，则，解得，故C错误；
对于D，当时，由于，则在定义域上是增函数，等价于，
即，解得，故D错误；
故选：AB
30．（2021·湖北·石首市第一中学高三月考）已知函数，则下述结论中错误的是（ ）
A．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在[0，2π]有且仅有2个极小值点
B．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在上单调递增
C．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则ω的范围是
D．若f（x）图象关于对称，且在单调，则ω的最大值为11
【答案】BD
【分析】
利用正弦函数的图象和性质对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
因为,因为 在有且仅有个零点，所以 ，所以.所以选项C正确；

此时，在有且仅有 个极小值点，故选项A正确；
因为，
因为，所以当时，所以 ，此时函数不是单调函数，所以选项B错误；
若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，故的最大值为9．故选项D错误.
故选：BD
【点睛】
方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
31．（2021·福建·福清西山学校高三期中）如图，，，是全等的等腰直角三角形，，处为直角顶点，且O，，，四点共线.，若点，，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】
建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，进行求解.
【详解】
如图，以O为原点，建立直角坐标系，则，，所以，A正确；其中，，
，所以，B正确；其中，，，，所以，C正确，D错误；

故选：ABC
32．（2021·湖北武汉·高三期中）已知数列满足，，前n项和为，则下列选项中正确的是（ ）（参考数据：，）
A． B．
C． D．是单调递增数列，是单调递减数列
【答案】ACD
【分析】
对于A：由已知得，令， 有， ，由，由此可判断；
对于B：由，得，由此可判断；
对于C：由，，得，由此可判断；
对于D：令，则有与异号，与同号，继而得，，再得，得出，，由此可判断.
【详解】
解：对于A：由得，令， 即，则，
又，所以，则在上单调递减，所以，
所以，故A正确；
对于B：因为，，故B不正确；
对于C：因为，所以，，所以，即，所以，故C正确；
对于D：因为，，令，所以与异号，与同号，
又，所以，，即，，
又，所以，
所以，，
所以是单调递增数列，是单调递减数列，
所以是单调递增数列，是单调递减数列，故D正确，
故选：ACD.
33．（2021·湖南·高三月考）已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，则是等比数列
C．若是等差数列，则
D．若是等比数列，则，，成等比数列
【答案】BC
【分析】
根据（）；即可判断选项A、B；根据等差数列的性质易判断选项C；易举反例进行判断选项D．
【详解】
当时，；（），
不满足上式，所以数列不是等差数列，选项A错误；
当时，,，
且满足上式，所以此时数列是等比数列，选项B正确；
根据等差数列的性质可知：；故选项C正确；
当时，是等比数列，而，，，不能构成等比数列，选项D错误．
故选：BC．
34．（2021·湖南郴州·高三月考）已知直线：和圆：，下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．圆被轴截得的弦长为
C．直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为4 D．直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为4
【答案】AD
【分析】
利用直线系方程求得直线所过定点的坐标判断A；求出圆C被x轴截得的弦长判断B；当直线过圆心时可判断C，当直线时算出弦长可判断D.
【详解】
由，得，
联立，得，无论m为何值，直线恒过定点，故A正确；
在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；
当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为6，此时直线方程为，故C错误；
设，易知P在圆内，当直线时，直线l被圆截得的弦长最小，且最小值为
，故D正确.
故选：AD
35．（2021·湖南郴州·高三月考）如图，在直三棱柱中，，，，､分别是､的中点，是上的动点，则下列结论中正确的是（ ）

A．直线，所成的角的大小随点的位置变化而变化
B．三棱锥的体积是定值
C．直线与平面所成的角的余弦值是
D．三棱柱的外接球的表面积是
【答案】BC
【分析】
对于A，证明平面，从而可证得，即可判断A；
对于B，证明，从而可说明点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即可判断B；
对于C，根据平面，可得即为直线与平面所成的角的平面角，求得，即可判断C；
对于D，根据题意可知矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，求得外接圆的半径，即可判断D.
【详解】
解：对于A，在直三棱柱中，
平面，平面，所以，
因为，即，是的中点，
所以，
又，所以平面，
又平面，所以，故A错误；
对于B，因为､分别是､的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，即三棱锥的高为定值，
又的面积也为定值，即三棱锥的底面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值；
对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成的角的平面角，
在中，，
所以，即直线与平面所成的角的余弦值是，故C正确；
对于D，在直三棱柱中，，所以矩形的对角线即为三棱柱的外接球的直径，
矩形的对角线为，即三棱柱的外接球的半径为，
所以三棱柱的外接球的表面积是，故D错误.
故选：BC.
36．（2021·湖南·高三月考）已知数列{an}各项均是正数，a4，a6是方程x2－4x＋a＝0(0