2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十二含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十二含解析，共55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（十二）
一、单选题
1．（2022·河南·温县第一高级中学高二开学考试（文））已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，直线交轴于点，若，则点到准线的距离为（）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
过点作轴的垂线，垂足为，进而根据得，再结合抛物线定义即可得答案.
【详解】
解：如图，过点作轴的垂线，垂足为，由题知，即
因为，所以
所以，所以点到准线的距离为.
故选：B

2．（2022·广东·金山中学高三期末）已知数列，，其中为最接近的整数，若的前m项和为10，则（）
A．15 B．20 C．30 D．40
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，为最接近的整数，得到中有2个1，4个2，6个3，8个4，，进而得到 ，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】
由题意知，函数为最接近的整数，且，，，，
由此，在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，，
又满足，得：，
则 ，
因为的前项和为10，即，
所以是首项为，公差为的等差数列的前5项和，则.
故选：C.
3．（2022·广东·金山中学高三期末）设函数在上的导函数为，若，，，则不等式的解集为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
令，根据因为，得到，得出函数为上的单调递增函数，由题设条件，令，求得，把不等式转化为，结合单调性，即可求解.
【详解】
令，可得，
因为，可得，
所以，所以函数为上的单调递增函数，
由不等式，可得，
所以，即
因为，令，可得，
又因为，可得，所以
所以不等式等价于，
由函数为上的单调递增函数，所以，即不等式的解集为.
故选：A.
4．（2022·山东·烟台二中高三期末）根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从沿直线发出的光线经抛物线两次反射后，回到光源接收器，则该光线经过的路程为（）

A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】B
【解析】
【分析】
设出B、C坐标，由坐标和焦点弦公式表示出三条线段直接可得.
【详解】
设，，所以，，，所以该光线经过的路程为12.
故选：B
5．（2022·山东菏泽·高三期末）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，过其“欧拉线”上一点Р作圆O：的两条切线，切点分别为M，N，则的最小值为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求中垂线方程，结合点线距离判断“欧拉线”与圆O的位置关系并求出圆心到直线的距离，由几何关系判断的最小时的位置，进而求的最小值.
【详解】
由题设，中点为，“欧拉线”斜率为，
所以“欧拉线”方程为，即，
又到的距离为，即“欧拉线”与圆O相离，
要使的最小，则在△与△中最小，即最大，而仅当“欧拉线”时最大，
所以，则，且圆O半径 ，，
所以，即.
故选：B
6．（2022·山东菏泽·高三期末）设函数，的定义域分别为F，G，且.若对任意的，都有，则称为在G上的一个“延拓函数”.已知函数，若为在上的一个延拓函数，且是偶函数，则函数的解析式是（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据定义利用函数的定义域和奇偶性，以及当时，是否满足条件，进行判断即可.
【详解】
解：是偶函数
定义域关于原点对称
对于选项A：是偶函数，当时，，则不满足条件，A错误；
对于选项B：当时，无意义，则定义域不满足条件，B错误；
对于选项C：是偶函数，当时，，满足条件，C正确；
对于选项D：当时，无意义，则定义域不满足条件，D错误；
故选：C
7．（2022·湖南郴州·高三期末）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”的称号.设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足，且，若数列的前n项和为，则（）
A．4950 B．4953 C．4956 D．4959
【答案】C
【解析】
【分析】
由题利用累加法可得，进而可得，分类讨论的取值，即求.
【详解】
由，可得，
根据累加法可得
所以，
故，当时，；当时，；当时，；当时，，
因此.
故选：C.
8．（2022·湖南郴州·高三期末）双曲线，左右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，则四边形的面积是（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，得，根据双曲线方程，可得，从而可表示出，设圆的半径为，利用等面积法计算出，从而代入公式求解面积.
【详解】
如图，因为圆，分别为与的内切圆，轴，所以，由题意，，所以，由通径可得，再由双曲线的定义可知，设圆，圆的半径为，由等面积法可得，即，得，所以，故四边形的面积为.
故选：C

【点睛】
关于三角形内切圆的半径的计算通常采用等面积法，计算出三角形的周长，底边长与高，再利用面积相等列式计算.
9．（2022·广东湛江·高三阶段练习）已知角满足，则（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，分两种情况推出，进而可得结果.
【详解】
由，且
可知①或②
由解得，由有知不可能，
得.
故选：D
10．（2022·广东湛江·高三阶段练习）已知，，且，则（）
A． B． C． D．，大小关系无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
将已知化为，构造函数，利用导数讨论单调性，即可得出结论.
【详解】
易知，设，
则，设，
则，所以单调递减，
所以，即，单调递减，
因为，所以.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：解题的关键是构造函数，利用导数求单调性.
11．（2022·广东揭阳·高三期末）已知过抛物线的焦点的直线交于两点（点在点的右边），为原点.若的重心的横坐标为10，则的值为（）
A．144 B．72 C．60 D．48
【答案】D
【解析】
【分析】
根据抛物线方程求出抛物线的焦点为，再利用三角形的重心公式可得点的横坐标所满足的关系，结合焦点弦长与点的坐标关系，即可求得的值.
【详解】
因为抛物线，所以抛物线的焦点为，
设点的坐标分别为，
因为若的重心的横坐标为10，所以，可得.
又直线过抛物线的焦点，
根据抛物线的几何性质，得.
故选：D.
12．（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数，过点可作两条直线与函数相切，则下列结论正确的是（）
A． B．
C．的最大值为2 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，利用导数的几何意义、韦达定理，结合特殊值法即可求解.
【详解】
设切点为，又，则切线的斜率
又 ，即有，整理得，
由于过点可作两条直线与函数相切
所以关于的方程有两个不同的正根，设为，则
，得 ，
，故B正确，A错误，
对于C，取，则，所以的最大值不可能为2，故C错误，
对于D，取，则，故D错误.
故选：B.
13．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）如图所示的木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交于点E，F，G，若，则的值为（）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设，，，， (a、b>0)，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可得答案.
【详解】
解：建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b>0)，则，，，，
∴，，

由题意四点共面，则有，其中，
设，
∴
由方程组，即，解得，
所以，
故选：C.
14．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知双曲线C的离心率为是C的两个焦点，P为C上一点，，若的面积为，则双曲线C的实轴长为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义，在中，运用余弦定理，并结合和的面积建立方程，解出方程即可
【详解】
根据双曲线的定义，可得：
又：
解得：，
双曲线C的离心率为，则有：
在中，由余弦定理，可得：
则有：
的面积为，可得：
解得：
故双曲线C的实轴长为：2
故选：B
15．（2022·广东潮州·高三期末）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用勾股定理结合双曲线的定义可求得，结合平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】
在双曲线中，，，，则、，

因为直线过点，由图可知，直线的斜率存在且不为零，
，则为直角三角形，可得，
由双曲线的定义可得，所以，，
可得，
联立，解得，
因此，.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
16．（2022·湖南常德·高三期末）若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（）
A． B．
C．（0，2） D．
【答案】D
【解析】
【分析】
令，则由已知可得在上单调递增，而，从而将原不等式转化为，得，再利用为奇函数讨论的情况，进而可求得解集
【详解】
令，则，
因为，当时，，
所以当时，，
所以在上单调递增，
因为为定义在R上的奇函数，
所以，所以，
所以不等式转化为，
因为在上单调递增，所以，
所以当时，，
因为为定义在R上的奇函数，
所以当时，不满足，
综上，不等式的解集为
故选：D
17．（2022·湖南常德·高三期末）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P为双曲线右支上且位于第一象限内的一点，直线PO交双曲线C的左支于点A，直线交双曲线C的右支于另一点B，，，则双曲线的离心率为（）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义以及对称性可推得以及四边形时平行四边形，进而在 中利用余弦定理可得到a,c之间的关系式，求得答案.
【详解】
由双曲线定义可知： ，而，
故，
由双曲线的对称性可知，而,
故四边形为平行四边形，故由得: ,
在 中，，
即，即 ，
则 ，
故选：B.

二、多选题
18．（2021·重庆市实验中学高三阶段练习）已知数列满足，则下列结论错误的是（）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
对AB，推导出数列是周期为3的周期数列再判断即可；
对C，根据，分组求即可；
对D，根据，求得再判断即可
【详解】
因为，所以，从而得到，所以数列是周期为3的周期数列，所以，所以A正确，B错误；
因为

所以；所以C正确：
又因为，因为m的值不确定，所以与的大小不确定，所以D错误.
故选BD.
19．（2021·广东茂名·高三阶段练习）如图所示的几何体中，底面是边长为2的正方形，为矩形，平面平面，，则下列结论正确的是（ ）

A． B．异面直线与所成的角为
C． D．三棱锥的体积为4
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用直线与平面垂直的判断定理证明，判断；求出异面直线与所成的角判断；通过求解三角形判断；求解四棱锥的体积判断．
【详解】
因为为正方形，所以点O为的中点，
又平面平面，为矩形，所以平面，平面，
所以，所以，所以A正确；
因为为正方形，所以，因为平面，
所以，又，所以平面，又平面，
所以，从而异面直线与所成的角为，所以B错误；
在中，，所以，所以C正确；
三棱锥的体积

，所以D错误.
故选AC.
20．（2022·广东·金山中学高三期末）已知点，若过点的直线交圆：于，两点，是圆上一动点，则（）
A．的最小值为 B．到的距离的最大值为
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A，由圆的性质可得当直线与轴垂直时，有最小值，从而可求出其最小值；对于B，当直线与垂直时，到的距离有最大值；对于C，设，从而可得，进而可求出其最小值；对于D，当，，三点共线时，最大
【详解】
如图，当直线与轴垂直时，有最小值，且最小值为，所以A正确；

设，则，
所以，所以的最小值为，所以C错误；
当，，三点共线时，最大，且最大值为，所以D正确；
当直线与垂直时，到的距离有最大值，且最大值为，所以B正确.
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与圆，考查运算求解能力，解题的关键是由题意画出图形，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于中档题
21．（2022·广东·金山中学高三期末）已知三棱锥的所有棱长都为2，且球O为三棱锥的外接球，点M是线段BD上靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
求出三棱锥的外接球半径，可知截面面积的最大值为，当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心到截面的距离为，截面圆的半径的最小值为，进而可求出截面面积的最小值，然后可得答案
【详解】
因为三棱锥是正四面体，棱长为2，所以将其放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥的外接球，
因为三棱锥的棱长为2，所以正方体的棱长为，
可得外接球直径为，所以，
所以截面面积的最大值为，
因为点M是线段BD上的点，
所以当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，
此时球心到截面的距离为，为等腰三角形，
过点作的垂线，垂足为，
由，得，
所以，
则所得截面半径的最小值为，
所以截面面积的最小值为，
所以截面面积的范围为
故选：BC

22．（2022·山东·烟台二中高三期末）对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（）
A．
B．数列为等比数列
C．数列单调递增
D．数列的前项和恒小于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据欧拉函数的定义结合对数的运算判断A，由欧拉函数定义结合等比数的通项公式判断B，根据欧拉函数求出判断C，由欧拉函数求出，再由数列的错位相减法求和可判断D.
【详解】
因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，…，，共有个，
所以，故A正确；
因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；
因为，，，所以数列不是单调递增数列，故C错误；
因为，所以.
设，则，
所以，
所以，从而数列的前项和为，故D正确.
故选：ABD
23．（2022·山东菏泽·高三期末）设，若为函数的极大值点，则下列关系中可能成立的有（）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近的函数值是否变号，结合极大值的定义，对进行分类讨论，得到，的所满足的关系，即可得到答案．
【详解】
若，则为单调函数，，
则或，函数单调，无极值点，不符合题意，故，
∴有和两个不同的零点，且在左右是不变号，在左右是变号的，
由题意可知，为函数的极大值点，
则左右附近都是小于零的，
当，即时，由，可得，
则，，
∴，
当，即时，由时，，
则，，
∴，
故选：BC．
24．（2022·山东菏泽·高三期末）函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是()
A．函数的图象关于直线对称
B．当时，的最大值为－1
C．函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为
D．函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A．根据函数是偶函数，进行判断即可．
B．判断当时，函数的单调性即可．
C．求函数的导数，利用导数的几何意义进行求解．
D．利用两点间的距离公式进行判断求解．
【详解】
当，时，函数.
A．f(x)的定义域为，，且为偶函数，则函数关于对称，故A错误；
B．其图象如图所示，当，为减函数，则当时，最大为，故B正确；
C．当时，，即函数图象与轴的交点为，其关于原点的对称点为，
所以“囧点”为，
设，则，设切点为，，
切线的斜率，
当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，
，
解得，
切点坐标为，
故函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离是，故C正确，
D．“囧圆”的圆心为．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑轴及轴右侧的函数图象．当圆过点时，其半径为2，这是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设（其中，
则点到圆心的距离的平方为，
令，，则，
再令，（其中，
则，
所以当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为．
又，
综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为．
故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为，故D正确，
故选：BCD．
【点睛】
本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式，利用函数的奇偶性，单调性以及数形结合是解决本题的关键．
25．（2022·湖南郴州·高三期末）双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数．下列结论正确的是（）
A．
B．
C．若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，分别为，则
D．是一个偶函数，且存在最小值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用指数的运算、指数函数图像以及双曲正弦、余弦函数的定义可判断各选项的正误.
【详解】
对于A选项，，设，，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以，所以，A选项正确；
对于B选项，
，B选项正确；
对于D选项，是一个偶函数且在为减函数，为增函数，所以时取最小值1，D选项正确.
对于C选项，函数单调递增，且值域为R，
若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，则,
由双曲余弦函数为偶函数得，由得，
所以，C选项错误.
故选：ABD.
26．（2022·湖南郴州·高三期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（）


A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．当直线与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为
D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】
A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.
【详解】
A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，
故四棱锥的体积不变，故A正确；
B. 建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，则 ，
设与所成的角为，则 ，
因为，
当时， ，
当 时， ，则 ，
综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；
C.因为直线与平面所成的角为，
若点在平面和平面内，因为最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是，
在平面内，点的轨迹是，
在平面时，如图所示：
，
作平面，因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，
则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹长度为，
所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；
D.建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，
则 ， ，
设平面的一个法向量为，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
因为平面，所以 ，即 ，
所以 ，
当 时，等号成立，故D错误；
故选：AC.
27．（2022·广东湛江·高三阶段练习）已知函数，是的导函数，则下列命题正确的是（）
A．在区间上是增函数 B．当时，函数的最小值为
C． D．有2个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A，对函数求导即可判断；
对B，运用基本不等式即可判断；
容易判断C；
对D，对函数求导，进而求出函数的单调区间和极值，进而运用放缩法并结合零点存在定理确定函数的零点个数.
【详解】
当时，，，∴在区间上是增函数，A选项正确；
当时，，当且仅当时取到最小值，B选项正确；
当时，，C选项错误；
当时，，令，则，由于，设方程的两根为，由，所以时，，单调递减，时，，单调递增，且，又，所以在内只有一个零点.
当时，，令，则，令，时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，则极大值，极小值，而，所以在内只有一个零点.
综上：有2个零点，D选项正确.
故选：ABD.
28．（2022·广东湛江·高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：与圆M：相交于A，B两点，点P是线段AB上的任意一点含端点，则下列说法正确的是（）
A．
B．若存在点P，使得以点P为圆心，以1为半径的圆与圆M无公共点，则
C．若恒成立，则
D．若圆M在A，B两点处的切线互相垂直，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，设圆O半径为r，圆M半径为R，由计算即可判定.对于B，先求得AB所在的直线方程为，再由点P为AB中点时，圆心为到直线AB的距离d满足求解即可判定.对于C，设AB交OM于点Q，由可得点Q位于OM的延长线上，即，求解即可判定.对于D，由题意可得为等腰直角三角形，计算圆心M到直线AB的距离即可判定．
【详解】
对于A，因为圆M的圆心为，半径为，圆O的圆心为原点，半径为r，两圆相交，
所以，即，解得，故A错误.
对于B，由两圆方程作差，可得两圆的相交弦AB所在的直线方程为，
若存在点P，使得以点P为圆心，以1为半径的圆与圆M无公共点，
则点P为AB中点，此时圆心为到直线AB的距离为，
所以，即，解得，即，故B正确.
对于C，由圆的对称性可得AB被或其延长线垂直平分，设AB交OM于点Q，
则Q为AB中点显然，当点Q位于线段OM上时，因为点P是线段AB上的任意一点，不妨设点P于点Q重合，
则与方向相反，所以所以点Q应位于OM的延长线上，此时与方向相同，
又因为，所以当点P与点A或点B重合时与的夹角最大，
由，可得必为锐角，所以
综上，若恒成立，则有，且，
即，解得，故C正确；
对于D，若圆M在A，B两点处的切线互相垂直且相交于点C，
则四边形ACBM中，，，，所以，
即为等腰直角三角形，所以圆心为到直线AB的距离为，
解得，满足条件，所以成立，故D错误．
故选：BC．
29．（2022·广东揭阳·高三期末）已知向量，且，则下列说法正确的是（）
A． B．
C． D．的最大值为2
【答案】BC
【解析】
【分析】
先根据向量加法，可直接求出.
对选项，直接求出向量和的模，然后验证即可；
对选项，直接求出余弦值；
对选项，直接求出正弦值；
对选项，直接求出向量的模.
【详解】
根据向量的加法可得：
根据诱导公式及同角三角函数的关系，且，解得：
对选项，，则有：，故选项错误；
对选项，则有：，故选项正确；
对选项，则有：，故选项正确；
对选项， ，则有：
故有：，故选项错误.
故选：
30．（2022·广东揭阳·高三期末）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（）

A．平面截正方体所得的截面可以是四边形､五边形或六边形
B．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形
C．是锐角三角形
D．面积的最大值是
【答案】BD
【解析】
【分析】
在不同的平面内构造平行线，将平面进行扩展，发现其与正方体各个面上的交线，从而获得截面的形状，当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，求得此时三角形的面积即可得出答案.
【详解】
解：如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形MPSNR，故B正确；
当点与点A或点重合时，截面为四边形，不可能为六边形，故A不正确；
考虑，当点与点重合时，，，此时因为，故为钝角，所以C错误；
当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，
此时，则边上的高为，
面积为，即最大值为，故D正确.
故选：BD.

31．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）设a，，则下列结论正确的是（）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A：利用在上的单调性进行判断；
对于B：利用基本不等式直接判断；
对于C：由题意构造函数，利用单调性进行判断；
对于D：取特殊值直接验证即可.
【详解】
对于A：因为，所以，
因为在上单减，所以.故A错误；
对于B：因为，所以.故B正确；
对于C：因为，所以.
记函数.
因为为增函数，为减函数，所以为增函数，所以.故C正确.
对于D：取满足，且，但是.故D错误.
故选：BC
32．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为注入体积为的液体.如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（ ）

A．液面始终与地面平行
B．时，液面始终是平行四边形
C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥
D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据正方体的截面判断．
【详解】
液面始终是水平面，与场面平行，A正确；
时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；
液面过的中点时，此时，有液体的部分是正三棱锥，C正确；
当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正六边形（此时液体体积是正方体体积的一半），面积为， D正确．
故选：ACD．
【点睛】
结论点睛：本题考查正方体的截面，正方体是立体几何中的特殊几何体，它的截面可以：
（1）截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形，截面三角形是锐角三角形，截面三角形不能是直角三角形、钝角三角形；
（2）截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形，截面不能是直角梯形；
（3）截面可以是五边形：截面五边形必有两组分别平行的边,同时有两个角相等，截面五边形不可能是正五边形；
（4）截面可以是六边形：截面六边形必是三组边分别平行，可以是正六边形．
33．（2022·广东潮州·高三期末）已知抛物线C：，过其准线上的点T(1，-1)作C的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（）
A．p=1 B．抛物线的焦点为F(0，1)
C． D．直线AB的斜率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
：，故选项A不正确；抛物线：的焦点为F(0，1)，所以选项B正确；设直线，联立直线和抛物线的方程，得到韦达定理，利用韦达定理可判断选项C正确；求出：，故.故选项D正确.
【详解】
解：易知准线方程为，∴，：，故选项A不正确；
抛物线：的焦点为F(0，1)，所以选项B正确；
设直线，代入，得，
当直线与相切时，有，即，
设，斜率分别为，，易知，是上述方程两根，故，
故.故选项C正确；
设，，其中，.
则：，即.
代入点，得，同理可得，
故：，故.故选项D正确.
故选：BCD
34．（2022·广东潮州·高三期末）已知函数，则（）
A．对任意正奇数n，f(x)为奇函数
B．当n=3时，f(x)在[0，]上的最小值为
C．当n=4时，f(x)的单调递增区间是
D．对任意正整数n，f(x)的图象都关于直线对称
【答案】BD
【解析】
【分析】
通过判断的值，判断A的正误；利用函数的导数判断函数的单调性，求解最大值，判断B的正误；求出函数的单调增区间判断C的正误；判断，判断D的正误．
【详解】
解：对于A，取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；
对于B，当时，，
当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，当时，，
令，则，
所以的递增区间为，则C错误；
对于D，因为，所以的图象关于直线对称，则D正确；
故选：BD.
35．（2022·湖南常德·高三期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（）

A．
B．
C．三棱锥的体积为定值
D．M为BD的中点时，则二面角的平面角为60°
【答案】BC
【解析】
【分析】
由题可得与不平行可判断A，利用线面垂直的判断定理及性质定理判断B，利用棱锥的体积公式可判断C，利用坐标法可判断D.
【详解】
由正方体的性质可知，与不平行，故A错误；
由正方体的性质可知，又，
∴平面，又平面，
∴，故B正确；
由题可知M到平面的距离为定值d=2，三角形的面积为定值，所以为定值，故C正确；
如图建立空间直角坐标系，则

∴，
设平面PQM的法向量为，则
，令，则，
平面的法向量可取，
设二面角的平面角为，则
，故D错误.
故选：BC.
36．（2022·湖南常德·高三期末）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线交抛物线于、两点，则（）
A．抛物线的准线方程为
B．线段的中点在直线上
C．若，则的面积为
D．以线段为直径的圆一定与轴相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据抛物线的标准方程与准线方程的关系可判断A选项的正误；利用点差法可判断B选项的正误；利用弦长公式以及三角形的面积公式可判断C选项的正误；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，抛物线的准线方程为，A错；
对于B选项，设点、，设线段的中点为，
则，两式作差得，可得，
所以，，故，B对；
对于C选项，设直线的方程为，联立，可得，
，解得，由韦达定理可得，，
，解得，
点到直线的距离为，故，C对；
对于D选项，设线段的中点为，则，
由抛物线的定义可得，即等于点到轴距离的两倍，
所以，以线段为直径的圆一定与轴相切，D对.
故选：BCD.
三、双空题
37．（2022·广东揭阳·高三期末）如图所示，在等腰直角中，为的中点，，分别为线段上的动点，且.


（1）当时，则的值为__________.
（2）的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
第一个空：过点作于点，在Rt中，可求出，从而在中，根据余弦定理即可求出答案；第二空需要选择恰当的角度表示出的值，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质求解出最值.
【详解】
当时，，过点作于点，
在Rt中，，，，
在中，由余弦定理，得.

（2）设，则，
过点分别作的垂线于两点，则，
在与中，，，
所以，
所以当时，.

故答案为：；.
38．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数 ， 则 的单调递增区间为________； 若对任意的， 不等式 恒成立， 则实数 的取值范围为________．
【答案】 (填亦可)
【解析】
【分析】
求出函数导数，利用导数求函数单调区间，不等式恒成立可分离参数后求函数的最小值，令换元后可根据单调性求最值.
【详解】
,
令,
可得的单调递增区间 (或亦可);
可化为.
令==，
设，则，
由在上单调递增可知，
，
则，
故解得.
故答案为：(填亦可)；
四、填空题
39．（2021·湖北·汉阳一中高二阶段练习）如图所示，三棱锥的顶点P，A，B，C都在球O的球面上，且所在平面截球O于圆，为圆的直径，P在底面上的射影为，C为的中点，D为的中点.，点P到底面的距离为，则球O的表面积为_________.

【答案】
【解析】
【分析】
连接，所以O必在上，在中求得，在中得，在中由勾股定理计算得球半径，从而得球面积．
【详解】
连接，所以O必在上，

由，从而，由题可知，所以，在中，得，
设球O的半径为R，则，解得，所以球O的表面积为.
故答案为：．
40．（2022·广东·金山中学高三期末）已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.
【详解】
正四棱锥如下图示，

将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，

所以在移动过程中，当共线时，最小为.
故答案为：.
41．（2022·广东·金山中学高三期末）已知椭圆：与圆：，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，由题知，解得，又即可得出结果.
【详解】

设过的两条直线与圆分别切于点，
由两条切线相互垂直，知：，
又在椭圆C1上不存在点P，使得由P所作的圆C2的两条切线互相垂直，
所以，即得，所以，
所以椭圆C1的离心率，又，
所以.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：首先假设过P所作的圆C2的两条切线互相垂直求出，再由椭圆的有界性构造含椭圆参数的不等关系，即可求离心率范围.
42．（2022·山东·烟台二中高三期末）已知函数的定义域为，当时，，若，则的解集为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
构造，可得在上单调递减．由，转化为，利用单调性可得答案．
【详解】
由，得，
令，则，
又，
所以在上单调递减．
由，得，因为，
所以，所以，得．
故答案为：.
43．（2022·山东·烟台二中高三期末）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，，，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥外接球的表面积是___________.

【答案】##
【解析】
【分析】
根据球的截面圆圆心与球心的连线垂直截面可确定垂直平面ABCD，构造直角三角形求解球的半径即可得解.
【详解】
如图，分别取BC，AD的中点，E，连接PE，，，.

因为是边长为4的等边三角形，所以.
因为四边形ABCD是等腰梯形，，，，
所以，.
因为四棱锥的体积为24，
所以，所以.
因为E是AD的中点，所以.
因为，所以平面ABCD.
因为，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为，半径.
设四棱锥外接球的球心为O，连接，OP，OB，过点О作，垂足为F.
易证四边形是矩形，则，.
设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，
故四棱锥外接球的表面积是.
故答案为：
44．（2022·山东菏泽·高三期末）如图，等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体的侧棱，，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥体积的取值范围是___________.

【答案】
【解析】
【分析】
设为的中点，点在以为圆心，1为半径的圆上运动，作出图形，观察求解到平面的最大值和最小值，再计算体积的范围
【详解】
在图1中，令为的中点，为的中点，则点在以为圆心，1为半径的圆上运动，

由图可知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小，
在中，,
设到平面的距离分别为，则
，,
所以三棱锥体积的最大值为，
三棱锥体积的最小值为，
所以三棱锥体积的取值范围为，
故答案为：
45．（2022·湖南郴州·高三期末）已知是平面向量，与是单位向量，且，若b2-8b·c+15=0，则a-b的最小值为_____________．
【答案】17-1
【解析】
【分析】
把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定a-b的最小值.
【详解】
如下图所示，设OA=a，OB=b，OC=c，OD=3c，OE=5c
∵b2-8b⋅c+15=0 且a=c=1
∴b2-8b⋅c+15c2=0
∴b-3c⋅b-5c=0
∴b-3c⊥b-5c
∴DB=b-3c，EB=b-5c
点B在以F为圆心，DE为直径的圆上
又∵BA=a-b
当点B为圆F和线段FA的交点的时候，BA=a-b最短
∴a-b=42+12-1=17-1
故答案为：17-1

46．（2022·湖南郴州·高三期末）已知为坐标原点，过点Ma,0a≠0的直线与抛物线y2=2pxp>0交于两点，设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2，若k1k2=-2p，则的值为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】
设出直线方程，与抛物线方程联立，消元，写韦达；然后根据条件k1k2=-2p，即可求出的值.
【详解】
因为直线过点Ma,0，所以设直线方程为x=my+a，Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=my+ay2=2px，得y2-2pmy-2pa=0，
所以y1y2=-2pa，
又因为点Ax1,y1,Bx2,y2在抛物线上，所以y12=2px1,y22=2px2，
所以y12y22=4p2x1x2，即y1y2x1x2=4p2y1y2=4p2-2pa，即y1y2x1x2=2p-a，
因为k1k2=-2p，所以y1y2x1x2=2p-a=-2p，即.
故答案为：.
47．（2022·广东湛江·高三阶段练习）在四面体ABCD中，∠ACB=60°，∠DCA=90°，DC=CB=CA=2，二面角D-AC-B的大小为120°，则此四面体的外接球的表面积是________.
【答案】(100+163)π9
【解析】
【分析】
取AC,AD的中点，和ΔABC的中心，点是ΔACD外接圆的圆心，点是ΔABC外接圆的圆心，过点E,N分别作平面和平面ACD的垂线，交于点，
在四边形OEMN中找几何关系，构造方程求解外接圆的半径和表面积.
【详解】
由条件可知ΔABC是等边三角形，
取AC,AD的中点，和ΔABC的中心，
过点E,N分别作平面和平面ACD的垂线，交于点，
∠EMN=120∘，∠EON=60∘，
如图：

由条件可知，EM=33，∠EMG=60∘∠OEH=30∘
∴HN=EG=33×32=12，EH=GN=GM+MN=36+1
∴OH=EH⋅tan30∘=36+1×33=1+236，
∴ON=OH+HN=3+23，
R2=OD2=ON2+ND2=3+232+22=25+439，
S=4πR2=100+1639π
【点睛】
本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径2R=a2+b2+c2，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.
48．（2022·广东湛江·高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线M:y2=2px(p>0)与双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)有公共焦点，抛物线Ｍ与双曲线交于，两点，，，三点共线，则双曲线的离心率为______．
【答案】2+1
【解析】
【分析】
由抛物线和双曲线的对称性可以确定A、B两点关于轴对称，从而得到点的坐标，结合点既在抛物线又在双曲线上，可建立a、c的关系，从而求出离心率.
【详解】
解：由抛物线和双曲线的对称性可知，A、B两点关于轴对称，且Ap2,p，
因为p2=c，所以A(c,2c)，代入双曲线方程有2c=b2a，
所以2ac=c2-a2，
即e2-2e-1=0，解得e=2+1．
故答案为：2+1.
49．（2022·广东揭阳·高三期末）如图所示，已知Px0,y0是双曲线C:x24-y23=1右支上任意一点，双曲线在点处的切线分别与两条渐近线y=±32x交于两点，则OA⋅OB=__________.

【答案】1
【解析】
【分析】
根据切线方程及渐近线方程计算出关于点的表达式，再利用向量的数量积的坐标运算求解.
【详解】
如下图所示，设双曲线渐近线上的点A(2t1,3t1)，点B(2t2,-3t2)，
当y0=0时，过点P(x0,y0)的切线方程为x=2，
当y0≠0时，设过点P(x0,y0)的切线方程为y-y0=k(x-x0)，即y=k(x-x0)+y0，
代入双曲线方程化简为(3-4k2)x2+8(k2x0-ky0)x-4(k2x02+y02-2kx0y0+3)=0，
则k≠±32且Δ=48[(x02-4)k2-2x0y0k+y02+3]=0，
因为x024-y023=1，所以4y023k2-2x0y0k+3x024=0，所以k=3x04y0，
在点P(x0，y0)处的切线方程为l:x0x4-y0y3=1，当y0=0也符合；
且点A，B又在切线l上
∴{(x02-y03)t1=1(x02+y03)t2=1，
∴(x024-y023)t1t2=1
∴t1t2=1
∴OA⋅OB=(4-3)t1t2=1
故答案为：1

50．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）设F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，过F作倾斜角为的直线交C于A，B两点，若|AF|-|BF|=4，则|AB|=____________.
【答案】8
【解析】
【分析】
由抛物线的定义可得|AF|-|BF|=(x1+p2)-(x2+p2)=x1-x2=4，设直线的方程为y=3(x-p2)，然后直线方程与椭圆方程联立成方程组，消去得3x2-5px+34p2=0，再由根与系数的关系可得x1+x2=53p,x1x2=14p2，结合前面的式子可求出p的值，从而可得答案
【详解】
解：设A(x1,y1),B(x2,y2)（x1>0,x2>0），则
|AF|-|BF|=(x1+p2)-(x2+p2)=x1-x2=4，
直线的方程为y=3(x-p2)，
由{y=3(x-p2)y2=2px，得3x2-5px+34p2=0，
所以x1+x2=53p,x1x2=14p2，
所以(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=169p2=42，
因为p>0，所以p=3，
所以|AB|=x1+x2+p=83p=8，
故答案为：8
51．（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为10，则该棱锥的外接球的表面积为_________．

【答案】8π
【解析】
【分析】
先利用展开图，根据最短距离，利用余弦定理求得CD的长，然后将该棱锥补成一个长方体求解.
【详解】
如图所示：

设CD=x，由题意得：C'B=10，
在△C'BD中，由余弦定理得：C'B2=C'D2+BD2-2C'D⋅BD⋅cos135∘，
即102=x2+22-2x⋅2⋅-22，
即x2+4x-8=0，解得x=2或x=-4（舍去），
如图所示：

该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为：R=1222+22+22=2，
所以外接球的表面积为S=4πR2=8π ，
故答案为：8π
52．（2022·湖南常德·高三期末）已知正三棱锥的底面是边长为的等边三角形，其内切球的表面积为π，且和各侧面分别相切于点、、三点，则△FMN的周长为______．
【答案】635
【解析】
【分析】
设三棱锥的内切球球心为点，计算出正三棱锥的高，可计算得出该三棱锥侧面上的高，计算出△FMN的边长，分析可知△FMN为等边三角形，即可得解.
【详解】
设三棱锥的内切球球心为点，设球切三棱锥的侧面ACD于点，
取的中点，连接，设正△BCD的中心为点G，则G在线段上，
设AG=h，△BCD的外接圆半径为BG=232sin60∘=2，则GE=12BG=1，
∵AC=CD，为的中点，则AE⊥CD，AE=AG2+GE2=h2+1，
设球的半径为，则4πr2=π，可得r=12，即OF=OG=12，
由正棱锥的性质可知AG⊥平面，因为平面，则AG⊥BE，
∵OF⊥AE，所以，sin∠EAG=OFOA=GEAE，即12h-12=1h2+1，解得h=43，
∴OA=AG-OG=43-12=56，AF=AO2-OF2=562-122=23，
取的中点，连接AH、EH，设球切侧面于点，连接FM，
同理可得AM=23，AH=AE=AG2+GE2=53，
因为、分别为、的中点，则EH=12BD=3，
∵AFAE=AMAH=25，则FM//EH，且FMEH=AFAE=25，故FM=25EH=235，
设的中点为，连接EQ、HQ，则EQ=HQ=EH=3，故△EHQ为等边三角形，

易知△FMN为等边三角形，故△FMN的周长为3×235=635.
故答案为：635.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.