2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十四含解析

这是一份2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编十四含解析，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（十四）
一、单选题
1．（2022·广东深圳·一模）已知函数，其中，则（       ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．曲线是轴对称图形 D．曲线是中心对称图形
【答案】C
【解析】
【分析】
由解析式易得且定义域为且即可判断C；对求导，并讨论、研究在上的符号判断A、B；根据是否为定值判断D.
【详解】
由题设，，定义域为且，
所以关于对称，C正确；
又，
当时，不妨假设，则，显然，此时在上有递减区间，A错误；
当时，在上，即在上递增，B错误；
由，不可能为定值，故D错误.
故选：C
【点睛】
关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据、是否成立判断对称性(为常数).
2．（2022·广东韶关·一模）已知，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数证明，进而比较大小，再根据正余弦函数性质比较大小即可得答案.
【详解】
解：当，又，所以，故
记，所以，
令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增.
所以，即，当时取等号.
所以，
所以.
故选：C.
3．（2022·湖南·雅礼中学一模）如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（       ）


A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.
【详解】
设过与垂直的线段长为，
则，，，，
则四棱锥的高，
则




，，
∴四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】
求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.
4．（2022·广东·福田外国语高中高三阶段练习）已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（       ）
A．6 B． C．8 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】
设切点为（m，n），
y＝ln（x+b）的导数为，
由题意可得=1，
又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），
解得n＝0，m＝2a，
即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，
所以，
当且仅当时取等号，
故的最小值为8．
故选：C．
5．（2022·全国·高三专题练习）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.
6．（2022·浙江·高三专题练习）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.
7．（2022·湖南株洲·一模）已知О为坐标原点，双曲线的右焦点为，直线与双曲线C的渐近线交于A、B两点，其中M为线段OB的中点．O、A、F、M四点共圆，则双曲线C的离心率为（       ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意得到，，，，再根据O、A、F、M四点共圆，可知四边形为等腰梯形，利用，求得a，b关系即可.
【详解】
由题意得：，，，
因为M为线段OB的中点，
又为AB的中点，，即四边形为梯形，
又O、A、F、M四点共圆，即四边形为圆内接四边形，
而圆内接四边形的对角互补，可知四边形为等腰梯形，
，即，整理得，
所以，
故选：A
8．（2022·湖南湘潭·一模）已知定义域为的函数的导函数为，且，若实数，则下列不等式恒成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用导数证明恒成立，构造函数，可证明为增函数，由于，利用的单调性即得解
【详解】
令，则，所以为增函数，
令
令；
因此在单调递增，在单调递减
因此
又当时，，
所以，即，
所以．
故选：D
9．（2022·湖南湘潭·一模）某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查．调查中使用了下面两个问题：
问题一：你的父亲阳历生日日期是不是奇数？
问题二：你是否经常吸烟？
调查者设计了一个随机化装置：一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋子中摸取1个球（摸出的球再放回袋子中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做，如果一年按365天计算，且最后盒子中有60个小石子，则可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为（       ）
A．7% B．8% C．9% D．30%
【答案】C
【解析】
【分析】
根据摸到白球和红球的概率都为，一年365天中，阳历为奇数的有186天，即可估计对应人数
【详解】
因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸到白球和红球的概率都为，因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人，而一年365天中，阳历为奇数的有186天，所以对第一个问题回答“是”的概率为，所以这100个回答第一个问题的学生中，约有51人回答了“是”，从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有9人回答了“是”，所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的百分比为9%．
故选：C
10．（2022·全国·高三专题练习）若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题可知，设函数，，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数的取值范围.
【详解】
设函数，，
因为，
所以，
或，
因为时，，
或时，，，其图象如下：

当时，至多一个整数根；
当时，在内的解集中仅有三个整数，只需，
，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.
11．（2022·山东菏泽·一模）已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（       ）
A．36 B．35 C．34 D．33
【答案】B
【解析】
【分析】
先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.
【详解】
由得：，.
，又，
，，
，则使得的最小正数n为35.
故选：B.
12．（2022·山东菏泽·一模）已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用点到直线距离公式与圆内弦长与半径关系即可求解.
【详解】
设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，相减得，将，代入后化简可得.
故选：D.
13．（2022·山东济宁·一模）等边三角形ABC的外接圆的半径为2，点P是该圆上的动点，则的最大值为（       ）
A．4 B．7 C．8 D．11
【答案】C
【解析】
【分析】
以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系，求出的坐标，因为点P是该圆上的动点，设，表示出，用辅助角求出最值即可.
【详解】
如图，等边三角形ABC，O为等边三角形ABC的外接圆的圆心，以O为原点，AO所在直线为轴，建立直角坐标系.因为，所以，等边三角形ABC的边长为，则
，所以，则.
又因为P是该圆上的动点，所以设，，
,
，因为，
，所以当时，的最大值为8.
故选：C.

14．（2022·山东济宁·一模）过抛物线焦点F的直线与该抛物线及其准线都相交，交点从左到右依次为A，B，C.若，则线段BC的中点到准线的距离为（       ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
由向量的关系可得线段|AB|，|BF|的关系，结合抛物线的定义，可求出直线AB的倾斜角，进而求出直线的斜率，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，求出B，C横坐标之和，进而求出线段BC的中点到准线的距离．
【详解】
由抛物线的方程可得焦点，渐近线的方程为：，
由，可得
由于抛物线的对称性，不妨假设直线和抛物线位置关系如图示：作垂直于准线于，
准线交x轴与N,则 ,

故，故 ,
而x轴，故,
所以直线的倾斜角为，
所以直线的方程为，
设，，，，
联立，整理可得：，
可得，
所以的中点的横坐标为3，
则线段的中点到准线的距离为，
故选：B．
二、多选题
15．（2022·广东深圳·一模）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】
解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
16．（2022·广东深圳·一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（       ）

A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】
以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，

对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，

记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
17．（2022·广东韶关·一模）在正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的是（       ）
A．过三点的平面截正方体的截面图形是矩形
B．过三点的平面截正方体的截面图形是等腰梯形
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于A：先证明出平行四边形即为截面，由即可判断；
对于B：先做出截面再判断出是梯形，但不等腰，即可判断；
对于C：先做出正方体的截面为五边形再证明出不平行平面，即可判断；
对于D：先证明出面，再利用面面垂直的判定定理，即可判断.
【详解】
对于A：如图（1）所示，因为线段在棱上，过作棱的平行线，交于点，显然为的中点，因为，所以，所以平行四边形即为截面，因为，所以截面图形是矩形，故正确；
对于B：如图（2）所示，作中点，连接，可知，作中点，连接，在中，由三角形中位线定理可知，所以，所以即为截面，由面面平行的性质定理可知平行，且，所以是梯形，但不等腰，故B错误；
对于C：如图（3）所示，延长交延长线于点，连接，交于点，交于点，连接，交于点，五边形为过三点的平面截正方体的截面，其中为的四等分点，且靠近点，其中为的三等分点，且靠近点，由于直线与相交，而，所以不平行平面，故C错误；
对于D：如图（4）所示，当时，由E为AB中点，其中为靠近的的三等分点，所以,所以,所以.因为，所以，所以.在正方体中，面，所以.因为,所以面.由面面垂直的判定定理，所以平面平面.故D正确.

故选：AD
【点睛】
作几何体截面的方法：
（1）利用平行直线找截面；
（2）利用相交直线找截面
18．（2022·广东韶关·一模）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（       ）

A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84
B．在“杨辉三角”中，当时，从第1行起，每一行的第2列的数字之和为66
C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
二项式的系数求得第9行第7个数，可判定A正确；结合等差数列的求和公式，可判定B错误；结合的展开式的系数的关系，可判定C正确；根据第行的第个数为，结合，可判定D错误.
【详解】
对于A中，在杨辉三角中，第9行第7个数是，所以A正确.
对于B中，当时，，所以B错误.
对于C中，用数学符号语言可表示为：，
证明如下：

对应相乘，恰好得到这一项的系数为
而是二项式的展开式中第项的二项式系数（即的系数）
故，所以C正确.
对于D中，第行的第个数为，所以
即，所以D错误.
故选：AC.
19．（2022·湖南·雅礼中学一模）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义P的“伴随点”为；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为曲线C的“伴随曲线”，下列命题为真命题的有（       ）
A．若点A的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A；
B．单位圆的“伴随曲线”是它自身；
C．若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”关于y轴对称；
D．一条直线的“伴随曲线”是一条直线．
【答案】BC
【解析】
【分析】
利用新定义，转化求解判断4个命题，是否满足新定义，推出结果即可．
【详解】
解：对于，若令为，则其“伴随点”为，，
而，的“伴随点”为，而不是，故错误；
对于，设单位圆上任一点的坐标为，其“伴随点”为仍在单位圆上，故正确；
对于，设曲线关于轴对称，
则与方程表示同一曲线，其“伴随曲线”分别为，
，与，也表示同一曲线，
又曲线，与曲线，的图象关于轴对称，所以正确；
对于，设直线方程为，点的“伴随点”是点，则
点的“伴随点”是点，，，，
，代入整理可得，的轨迹是圆，故错误，
故选：．
20．（2022·湖南·雅礼中学一模）已知函数在区间上的零点个数为，函数在区间上的所有零点的和记为.则下述正确的是（       ）
A．
B．
C．在区间上任意两零点的差大于
D．在区间上任意两相邻零点的差大于
【答案】ABC
【解析】
【分析】
把零点看作是函数和函数的交点的横坐标，利用奇函数的对称性，的周期性与单调性判断各选项．
【详解】
由得，此方程的解即直线与函数交点的横坐标，又是周期为的周期函数，也是奇函数，且在上单调递减，而是增函数也是奇函数，它们只有一个交点，同理在上都是有一个交点，时，交点在上，所以它们在上交点个数为，即，，B正确；
由函数和都是奇函数，知所有交点关于原点对称，因此，A正确；
相邻两个零点为，，，
又当时，，
设且，则，而，所以，且，
若，则，所以，若，则，即仍然有，
综上，任意两个相邻零点，都有，C正确，D错误．
故选：ABC．
【点睛】
关键点点睛：本题考查方程根的分布问题，解题关键是把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，即构造函数和，它们都是奇函数，再确定的周期性与单调性，利用这些性质易判断各选项同．
21．（2022·湖南岳阳·一模）已知圆上两点A、B满足，点满足，则不正确的是（       ）
A．当时，
B．当时，过M点的圆C的最短弦长是
C．线段AB的中点纵坐标最小值是
D．过M点作圆C的切线且切线为A，B，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据给定条件可得点M在线段AB的垂直平分线上，再逐一分析各个选项即可判断作答
【详解】
圆的圆心，半径，令圆心C到直线AB距离为，
对于A，令直线AB：，即，显然有，
线段AB的垂直平分线平行于x轴，此时点M不存在，即不存在，A不正确；
对于B，当时，点在圆C内，而圆C的直径长为2，则过M点的圆C的最短弦长小于2，而，B不正确；
对于C，令线段AB的中点，则，
则，即，解得，当且仅当时取等号，
所以，C不正确；
对于D，依题意及切线长定理得：，，

，解得，即，
解得或，
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABC
【点睛】
方法点睛：圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
(2)代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
22．（2022·湖南郴州·高三期末）已知函数的零点按照由小到大的顺序依次构成一个公差为的等差数列，函数的图像关于原点对称，则（       ）
A．在在单调递增
B．，
C．把的图像向右平移个单位即可得到的图像
D．若在上有且仅有两个极值点，则的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】
由已知条件可求得，，利用正弦函数的单调性可判断A；利用函数和的值域可判断B；利用图像平移的规律可判断C；利用极值点的定义可列出关于a的不等式，解之可判断D.
【详解】
由题意可知，函数两个相邻的零点之差的绝对值为，
设函数的周期为，则，即，即，
又，，

又函数的图像关于原点对称，即为奇函数，
，，又，
，
对于A，，，，结合正弦函数性质知在在不单调，故A错误；
对于B，，函数的值域为，函数的值域为，所以，故B正确；
对于C，的图像向右平移个单位得到，故C错误；
对于D，，，，利用正弦函数的性质知，要使函数在上有且仅有两个极值点，则需满足，解得，所以的取值范围为，故D正确；
故选：BD
23．（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.
24．（2022·江苏·扬州中学高三开学考试）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.
25．（2022·湖南株洲·一模）若是函数图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．是函数图象的一条对称轴
C．点是函数图象的一个对称中心
D．函数在上单调递减
【答案】ABC
【解析】
【分析】
对于A，由题意可得，代入化简可得的关系，对于B，求的值是否能取得最值，对于C，判断点是否在函数图象上即可，对于D，分和判断即可
【详解】
对于A，因为是函数图象的一条对称轴，所以，所以，得，所以A正确，
对于B，由A选项可知，则，所以是函数图象的一条对称轴，所以B正确，
对于C，因为，所以点是函数图象的一个对称中心，所以C正确，
对于D，当时，，即，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以D错误，
故选：ABC
26．（2022·湖南株洲·一模）设函数的定义域为R，如果存在常数，对于任意，都有，则称函数是“类周期函数”，T为函数的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（       ）
A．函数是“类周期函数”
B．函数是“类周期函数”
C．如果函数是“类周期函数”，那么“，”
D．如果“类周期函数”的“类周期”为，那么它是周期为2的周期函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据类周期函数的定义，分别进行判断即可．
【详解】
解：对于A，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即，
即，即，
令，
因为，且函数在上连续，
所以函数在上存在零点，即方程在上有解，
即存在常数，对于任意，都有，
所以函数是“类周期函数”，故A正确；
对于B，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即，则，
即对任意的恒成立，
则，矛盾，所以不存在常数，对于任意，都有，
所以函数不是“类周期函数”，故B错误.
对于C，若函数是“类周期函数”，
则存在非零常数，使，
即；
故或，
当时，，由诱导公式得，；
当时，，由诱导公式得，；
故“，”，故C正确；
对于D，如果“类周期函数”的“类周期”为，
则，即；
故它是周期为2的周期函数；故D正确.
故选：ACD.
27．（2022·湖南湘潭·一模）若，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
对于A，有，所以A正确；
对于B，分析得，所以B不正确；
对于C，分析得到，所以C正确；
对于D，作差法得到，所以D正确.
【详解】
由已知，有，．
对于A，有，所以A正确；
对于B，因为，且，，，所以，得，所以B不正确；
对于C，因为，且，，，所以，所以C正确；
对于D，因为，而，
因为，所以，故，所以D正确.
故选：ACD．
28．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线（，）的左，右焦点为，，右顶点为，则下列结论中，正确的有（       ）
A．若，则的离心率为
B．若以为圆心，为半径作圆，则圆与的渐近线相切
C．若为上不与顶点重合的一点，则的内切圆圆心的横坐标
D．若为直线（）上纵坐标不为0的一点，则当的纵坐标为时，外接圆的面积最小
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由，得到，利用离心率的定义，可判定A正确；由双曲线的几何性质和点到直线的距离公式，可判定B正确；由双曲线的定义和内心的性质，可判定C不正确；
由正弦定理得到外接圆的半径为，得出最大时，最小，只需最大，设，得到，结合基本不等式，可判定D正确．
【详解】
对于A中，因为，所以，故的离心率，所以A正确；
对于B中，因为到渐近线的距离为，所以B正确；
对于C中，设内切圆与的边分别切于点，设切点，
当点在双曲线的右支上时，可得
，解得，
当点在双曲线的左支上时，可得，
所以的内切圆圆心的横坐标，所以C不正确；
对于D中，由正弦定理，可知外接圆的半径为，
所以当最大时，最小，
因为，所以为锐角，故最大，只需最大．
由对称性，不妨设（），设直线与轴的交点为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
又由
，
当且仅当，即时，取最大值，
由双曲线的对称性可知，当时，也取得最大值，所以D正确．
故选：ABD．
29．（2022·全国·高三专题练习）华人数学家李天岩和美国数学家约克给出了“混沌”的数学定义，由此发展的混沌理论在生物学､经济学和社会学领域都有重要作用.在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设是定义在上的函数，对于，令，若存在正整数使得，且当时，，则称是的一个周期为的周期点.给出下列四个结论正确的是（       ）
A．若，则存在唯一个周期为1的周期点；
B．若，则存在周期为2的周期点；
C．若，则不存在周期为3的周期点；
D．若，则对任意正整数，都不是的周期为的周期点.
【答案】AD
【解析】
【分析】
由周期点的定义，可得直线与存在交点．分别对选项分析，结合函数的最值和函数值的符号，可得结论．
【详解】
解：对于，令，2，3，，
若存在正整数使得，且当时，，
则称是的一个周期为的周期点．
对于①，若为周期为1的周期点，
，故A正确；
对于②，若为周期为2的周期点，
则
解得, ，
但，解得
所以不存在在周期为2的周期点，故B错误；
对于③，当时，易见有两个周期点；
当时，
即，可得时，周期点有4个，
同理，时，周期点有8个，故③错误；
对于④，，所以，即，
所以不是周期点，故D正确．
故选：AD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查了周期点的概念，解题的关键是紧扣定义进行计算即可.
30．（2022·山东菏泽·一模）下列结论正确的有（       ）
A．若，则
B．若，则
C．若（其中e为自然对数的底数），则
D．若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据对数函数、指数函数的单调性及不等式性质判断A，由特殊值判断BC，根据正弦函数在上的单调性判断D.
【详解】
由可得，即, 而是增函数，所以成立，故A正确；
由可得，故，所以不成立，如，故B错误；
当时，满足，，故不成立，故C错误；
由可知，所以，
而在上单调递增，所以，故D正确.
故选：AD.
31．（2022·山东菏泽·一模）对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（       ）
A． B．
C．对 D．对中至少有两个元素
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A：根据定义，直接求出，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；
对于C：求出，即可判断；
对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.
【详解】
对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.
对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
规定．记，，
所以，令，，则，
因为
，
所以



所以的值域为.故B错误.
对于C：因为，所以，所以对.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：.
因为，，
所以，令，，则，
因为
，
所以

，
，


即k=10时，的值域为.故D错误.
故选：AC
【点睛】
数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
32．（2022·山东济宁·一模）已知双曲线的左､右焦点分别为､，左､右顶点分别为､，点P是双曲线C上异于顶点的一点，则（       ）
A．
B．若焦点关于双曲线C的渐近线的对称点在C上，则C的离心率为
C．若双曲线C为等轴双曲线，则直线的斜率与直线的斜率之积为1
D．若双曲线C为等轴双曲线，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据三角形两边之差小于第三边，可判断A;求出焦点关于双曲线C的渐近线的对称点的坐标,代入到双曲线方程中，化简求得离心率，可判断B;设，满足等轴双曲线方程，计算的值，即可判断C;利用C的结论，可推得，即可说明，从而判断D.
【详解】
对于A,在中，根据三角形两边之差小于第三边，
故，故A错误；
对于B，焦点，渐近线不妨取，即，
设关于双曲线C的渐近线的对称点为，则，
即得，即关于双曲线C的渐近线的对称点为，
由题意该点在双曲线上，故，将代入，
化简整理得：，即，
所以，故，故B正确；
对于C,双曲线C为等轴双曲线，即,
设，则，则，
故，故C正确；
对于D, 双曲线C为等轴双曲线，即,
且,设，
则，
根据C的结论，即有，
在三角形中，只有两角互余时，它们的正切值才互为倒数，
故，故D正确；
故选：BCD
【点睛】
本题综合考查了双曲线的相关知识，涉及到定义的理解，离心率的计算以及直线和双曲线的位置关系以及角度的问题，解答时难度并不是很大，但要能牢固掌握双曲线的基本知识才能正确解答.
33．（2022·山东济宁·一模）已知函数，若，，，则（       ）
A．在上恒为正 B．在上单调递减
C．a，b，c中最大的是a D．a，b，c中最小的是b
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据当时，即可判断A；
利用导数讨论函数在上的单调性，进而求出函数的最小值即可判断B；
结合选项A和对数函数的单调性可得即可判断C；
利用作差法和结合选项B可得，根据C的分析过程可知，进而判断D.
【详解】
A：当时，，所以，故A正确；
B：函数的定义域为，，
令，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，所以在上恒成立，
即函数在上单调递增，故B错误；
C：由选项A可知，当时，所以，
因为，所以，即；
当时，，得，
因为，，
所以，，
即，所以中最大的是a，故C正确；
D：

，
所以，由选项B可知函数在上单调递增，
所以，即，
由选项C可知，有，所以中最小的是c，故D错误；
故选：AC
三、双空题
34．（2022·广东韶关·一模）双曲线的左､右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率__________；若点在双曲线右支上，则的取值范围是__________.
【答案】         
【解析】
【分析】
当直线轴时，表达出P，Q两点坐标，从而利用斜率之比求出，求出离心率；（2）设出直线，联立方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由渐近线方程求出，进而求出的取值范围.
【详解】
当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：

又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，
35．（2022·湖南湘潭·一模）用实数（或1）表示命题的真假，其中表示命题为假，表示命题为真．设命题：，（）．
（1）当时，______；（2）当时，实数的取值范围为______．
【答案】     0    
【解析】
【分析】
（1）根据题意，当时，取，则不等式不成立，进而得该命题为假命题；
（2）令，进而根据分段函数，将问题转化为和时，都成立，进而代入求解即可.
【详解】
解：（1）当时，不等式对不成立，所以为假命题，故；
（2）因为，所以命题为真命题，令，
则，
所以当时，为减函数，当时，为增函数，
要使，成立，
只需和时，都成立，
所以，得．
故答案为： 0；．
36．（2022·湖北·襄阳四中一模）已知､为双曲线：的左､右焦点，点在上，，则的面积为___________，内切圆半径为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
设，，由余弦定理和双曲线定义计算得，进而可得△的面积；
由等面积法可得△的内切圆半径的值.
【详解】
依题意知，，所以.
设，，在△中，
由余弦定理得，即①，
由双曲线定义得，平方，得②，
联立①②得，，进而可得，
所以，△的面积，
设△内切圆半径为，则△的面积，
所以，解得内切圆半径为.
故答案为：①；②.

【点睛】
方法点睛：
（1）双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、面积公式、双曲线的定义等；
（2）求三角形的内切圆半径经常利用等面积法．
四、填空题
37．（2022·广东深圳·一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】
由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.
【详解】
根据圆内接四边形的性质可知; ,

所以，
即，
在中，,故，
由题意可知： ,
则，所以，
故，
当且仅当时等号取得，
又，所以，
则，则实数的最小值为，
故答案为：
38．（2022·广东深圳·一模）在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点，则的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意求出点A、B的坐标，由平面向量的坐标表示和向量的几何意义写出的表达式，利用三角函数的值域即可求出的最大值.
【详解】
由题意知，
直线分别与x轴、y轴交于点A、B，
则，又P(cosθ,sinθ)，
所以PA=(4-cosθ,-sinθ)，PB=(-cosθ,2-sinθ)，
有PA+PB=(4-2cosθ,2-2sinθ)，
则PA+PB=(4-2cosθ)2+(2-2sinθ)2=24-8(sinθ+2cosθ)
=24-85sin(θ+φ)，其中tanφ=2，
当sin(θ+φ)=-1时，取得最大值，
且最大值为24+85=26+25=2(5+1)2=25+2.
故答案为：
39．（2022·湖南·雅礼中学一模）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．

【答案】55336π
【解析】
【分析】
可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得r=5l6，R=31111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
【详解】
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，
则l2r=sin36°=35，得r=5l6，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是h=l2-r2=l2-5l62=116l，
所以R2=r2+(R-h)2，即R2=5l62+R-116l2，解得R=31111l．
所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×31111l2=36π11l2，
而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=53l2，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336π．
故答案为：55336π.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
40．（2022·湖南·雅礼中学一模）在锐角三角形ABC中，若sinA=2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是______.
【答案】8.
【解析】
【详解】
sinA=sin(B+C)=2sinBsinC⇒tanB+tanC=2tanBtanC，又tanA=tanB+tanCtanBtanC-1，因此
tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC=tanA+2tanBtanC≥22tanAtanBtanC⇒tanAtanBtanC≥8,即最小值为8.
【考点】三角恒等变换，切的性质应用
【名师点睛】消元与降次是高中数学中的主旋律，利用三角形中隐含的边角关系作为消元依据是本题突破口，斜三角形ABC中恒有tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC，这类同于正、余弦定理，是一个关于切的等量关系，平时应多总结积累常见的三角恒等变形，提高转化问题能力，培养消元意识．此类问题的求解有两种思路：一是边化角，二是角化边．
41．（2022·湖南岳阳·一模）已知函数fx=log2x+1,x>313x+3,-9≤x≤3，若且fx1=fx2，fx1+fx3=4，则x3x1+x2的取值范围是______．
【答案】-52,-12
【解析】
【分析】
画出的图象，根据图象求得x1+x2=-6，0