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广东省新高考数学模拟卷02-多选题09-12题精编真题重组卷（新高考通用）
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3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】广东省新高考数学模拟卷（二）多选题9-12题精编真题重组卷（新高考通用）
1．（2023·广东·统考一模）如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的最高点与最低点的距离为
B．小球经过往复运动一次
C．时小球是自下往上运动
D．当时，小球到达最低点
【答案】BD
【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可．
【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；
因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；
当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；
当时，，所以选项D正确，
故选：BD
2．（2023·广东·统考一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A．
B．与所成角为
C．与平面所成角为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，进而可判定选项A正确；对于选项B，由平面，知，故可选项B错误；对于选项C和D，利用线面的定义，找出线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可判断选项的正误．
【详解】选项A，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，
又面，所以，选项A正确．
选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．
选项C，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面,
所以平面,
所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．
选项D，如图，取中点，连，
因为底面，面，所以,
双四边形是正方形，所以，又，所以平面,
面，所以，
又，所以，，所以面，
所以与平面所成角为，
不妨设，易知,
在，，故选项D正确．
故选：ACD
3．（2023·广东·统考一模）已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．若为△的中线，则
B．若为的角平分线，则
C．存在直线，使得
D．对于任意直线，都有
【答案】AD
【分析】设，不妨令都在第一象限，，联立抛物线，根据已知及韦达定理得、，则，再根据各项描述、抛物线定义判断它们的正误．
【详解】由题意，设，不妨令都在第一象限，，
联立，则，且，即，
所以，则，如上图所示．
A：若为△的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，故A正确；
B：若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B错误；
C：若，即，即△为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D：，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确．
故选：AD.
4．（2023·广东·统考一模）已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数．则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C、D根据定义得到都有、有，再判断所给定区间里是否有、成立即可判断．
【详解】A：当时，，而，错误；
B：对于区间，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，正确；
C：对于区间，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于区间，使，则，，
而，，．.．，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，正确；
D：对于区间，存在一个满足在使，都有，且，
此时，上述为一个“封闭”函数，且该函数在有恒成立，
对于区间，结合上述函数，使，则，，．.．，，
将上述各式，两边分别累加并消项得，故成立，
所以一定是“封闭”函数，故错误．
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C、D，根据给定的条件得到都有、有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误．
5．（2023·广东湛江·统考一模）某服装生产商为了解青少年的身高和体重的关系，在15岁的男生中随机抽测了10人的身高和体重，数据如下表所示：
由表中数据制作成如下所示的散点图：
由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为；经过残差分析确定为离群点（对应残差过大），把它去掉后，再用剩下的9组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为．则以下结论中正确的有（ ）A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】求出身高的平均数，再根据的意义逐一分析判断即可．
【详解】身高的平均数为，
因为离群点的横坐标168小于平均值，纵坐标89相对过大，
所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，
所以，，所以A正确，B错误；
去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，
所以，所以C正确，D错误．
故选：AC．
6．（2023·广东湛江·统考一模）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
7．（2023·广东湛江·统考一模）已知，函数，下列选项正确的有（ ）
A．若的最小正周期，则
B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象
C．若在区间上单调递增，则的取值范围是
D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图象变换，可判定B错误；根据在区间上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当时，不等式有解，可判定C正确；由在区间上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定D正确．
【详解】解：由余弦函数图象与性质，可得，得，所以A正确；
当时，可得，
将函数的图象向右平移个单位长度后得
，所以B错误；
若在区间上单调递增，则，
解得，
又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以C正确；
若在区间上只有一个零点，则，解得，所以D正确．
故选：ACD．
8．（2023·广东湛江·统考一模）已知分别为双曲线的左、右焦点，点为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若，且，则双曲线C的离心率
【答案】AB
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程即可求得可判断选项C，再根据可判断选项A，利用可判断选项B，根据向量共线的坐标表示与余弦定理可判断D.
【详解】由，得，所以，
则在点处的切线斜率为，
所以在点处的切线方程为，
又有，化简即可得切线方程为，
所以，所以，故C错误；
由，得，又，所以，故A正确；
由，得，
故，
由，得
所以，
所以，
所以，
设点A到x轴的距离为h，
则，
，
，
又，所以，故B正确；
由上可得，
因为，则，得，
，
所以，
解得，故D错误，
故选:AB．
【点睛】关键点点睛:解决本题的关键在于利用导数的几何意义求切点处切线方程为
.
9．（2023·广东广州·统考一模）某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：kg）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．频率分布直方图中a的值为0.07
B．这100名学生中体重低于60kg的人数为60
C．据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62
D．据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5
【答案】AC
【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及频数、百分位数、平均数计算公式计算即可．
【详解】对于A项，因为，解得：，故A项正确；
对于B项，人，故B项错误；
对于C项，因为，，，所以第78百分位数位于之间，
设第78百分位数为x，则，解得：，故C项正确；
对于D项，因为，即：估计该校学生体重的平均数约为，故D项错误．
故选：AC.
10．（2023·广东广州·统考一模）已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A．函数的图像关于点对称
B．函数在有且仅有2个极值点
C．若，则的最小值为
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答．
【详解】依题意，，即，而，则，，
对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；
对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点，
所以函数在有且仅有2个极值点，B正确；
对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点，
另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；
对于D，依题意，，
则
，因此，D正确．
故选：ABD
11．（2023·广东广州·统考一模）已知函数，点分別在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于的方程在上无解，则
B．存在关于直线对称
C．若存在关于轴对称，则
D．若存在满足，则
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出方程在上有解的a范围判断A；设出点的坐标，由方程有解判断B；设出点的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断CD作答．
【详解】函数，
对于A，方程在上有解，
显然函数在上单调递增，则有，解得，
因此关于的方程在上无解，则或，A错误；
对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，
即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，
，即函数在上单调递增，，
而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，
因此函数的值域为，又，于是在有解，
所以存在关于直线对称，B正确；
对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，
即，令，，
即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；
对于D，令，由得，
显然，且，，令，，
当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，即有，，
而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确．
故选：BCD
12．（2023·广东广州·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的取值范围是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】BC
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答．
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误．
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点．
13．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数的导函数为，则以下结论中，正确的是（ ）
A．是的对称中心B．是增函数
C．是偶函数D．最大值与最小值的和为2
【答案】ACD
【分析】根据函数的解析式、定义域，求解导函数，根据函数对称性、最值、单调性与导函数函数性质逐项判断即可得答案．
【详解】对A，已知函数，则，
所以，因此关于点对称，故A正确；
对B，又，则，所以不是增函数，故B不正确；
对C，又，所以是偶函数，故C正确；
对D，又函数在闭区间上有最值，又关于点对称，所以最大值与最小值的和为2，故D正确．
故选：ACD.
14．（2023·广东·校联考模拟预测）已知双曲线：（，），的左、右焦点分别为，，为上一点，则以下结论中，正确的是（ ）
A．若，且轴，则的方程为
B．若的一条渐近线方程是，则的离心率为
C．若点在的右支上，的离心率为，则等腰的面积为
D．若，则的离心率的取值范围是
【答案】AD
【分析】由双曲线上一点，及轴，可得的值，即可求得双曲线方程，从而判断A；根据双曲线渐近线方程与离心率的关系即可判断B；根据双曲线的离心率与焦点三角形的几何性质即可求得等腰的面积，从而判断C；由已知结合正弦定理与双曲线的定义、焦半径的取值范围即可求得双曲线离心率的范围，从而判断D.
【详解】对于A，若，且轴，则，，
所以，则，所以，则的方程为，故A正确；
对于B，若的一条渐近线方程是，则，离心率，故B不正确；
对于C，若的离心率为，则，所以，若点在的右支上，为等腰三角形，则，连接，如图，
则是直角三角形，所以，故C不正确；
对于D，若，由正弦定理得，可知点在双曲线的左支上，故，
则，又，所以，整理得，解得，
所以的离心率的取值范围是，故D正确．
故选：AD.
15．（2023·广东·校联考模拟预测）已知某养老院75岁及以上的老人占60%．75岁以下的老人中，需要有人全天候陪同的占10%；75岁及以上的老人中，需要有人全天候陪同的占30%．如果从该养老院随机抽取一位老人，则以下结论中，正确的是（ ）
A．抽到的老人年龄在75岁以下的概率为35%
B．抽到的老人需要有人全天候陪同的概率为22%
C．抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4%
D．抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为40%
【答案】BC
【分析】不妨设共有100名老人，则根据题意作出表格，根据表格数据逐项进项判断即可．
【详解】不妨设共有100名老人，则根据题意可作出如下表格：
所以如果从该养老院随机抽取一位老人，抽到的老人年龄在75岁以下的概率为40%，故选项错误；
抽到的老人需要有人全天全天候陪同的概率为22%，故选项正确；
抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4%，故选项正确；
抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为42%，故选项错误，
故选：.
16．（2023·广东·校联考模拟预测）已知一个四面体中，任意两条异面的棱，长度相等．则下列结论中，正确的有（ ）
A．该四面体任意两条异面的棱一定垂直
B．该四面体任意两组异面的棱，中点连线围成的四边形都是菱形
C．以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值
D．该四面体的任何一个面都是锐角三角形
【答案】BCD
【分析】根据题意，将该四面体放置于长方体中，根据图形逐项进行验证即可求解．
【详解】因为四面体中，任意两条异面的棱，长度相等．所以可将该四面体放置于如图所示的长方体中，
由图可知，与不一定垂直，故选项A错误；
两组异面的棱的中点为长方体相对的面的中心，由图可知四边形为菱形，故选项B正确；
以该四面体任意两条棱中点为端点的线段的长度，为长方体的棱长，而四面体的棱长为，，，所以以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值，故选项C正确；
如图，，，，则，所以为锐角，同理可证为锐角，为锐角， 所以为锐角三角形，同理可证该四面体的任何一个面都是锐角三角形，故选项D正确，
故选：BCD.
17．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为B．的图像关于点中心对称
C．的最小正周期为D．的增区间为（）
【答案】AD
【分析】根据正弦函数的性质结合绝对值的定义判断各选项．
【详解】因为，所以，A正确；
，但，因此的图象不可能关于点成中心对称，B错；
的最小正周期是，所以的最小正周期是，C错；
由得，，，
时，，易得时，递增，时，递减，又的最小正周期是，
所以的增区间是（），D正确；
故选：AD．
18．（2023·广东江门·统考一模）已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线表示两条平行线，则
B．若曲线表示双曲线，则
C．若，则曲线表示椭圆
D．若，则曲线表示焦点在轴的椭圆
【答案】BD
【分析】根据曲线的形状求出参数的取值范围，逐项判断可得出合适的选项．
【详解】对于A选项，若曲线表示两条平行线，则有或，且.
若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，
若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，
故A错；
对于B选项，若曲线表示双曲线，则，
由于且，则，可得，则，B对；
对于C选项，若曲线表示椭圆，则，解得且，C错；
对于D选项，若，则，则，
曲线的方程可化为，
此时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，D对．
故选：BD.
19．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象是轴对称图形B．的极大值为0
C．的所有极值点之和为D．的极小值之积为
【答案】BCD
【分析】将代入中化简，若，使得，等式均成立，则是轴对称图形，化简等式，建立方程解出根，即可判断A；对求导，令导函数为0，求出极值点之间关系，进而判断单调性即可判断B、C，计算的极小值之积，即可判断D.
【详解】对A，若，使得,有成立，
即，
即，
即，
化简可得：
，
因为等式成立，所以有成立，解得，
故不存在这样的使得，有成立，即不是轴对称图形，
故选项A错误；
对B,因为，
所以，可得或，
因为，所以有两个不等实根记为，
由韦达定理得，所以，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
所以的极大值点为，即选项B正确；
对C，的所有极值点之和为：，即选项C正确；
对D，由单调性可知的极小值点为，所以
将代入有：
，
故选项D正确．
故选：BCD
20．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人．他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度．
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确．
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
21．（2023·广东汕头·统考一模）如图所示，函数，的部分图象与坐标轴分别交于点，，，且的面积为，以下结论正确的是（ ）
A．点的纵坐标为
B．是的一个单调递增区间
C．对任意，点都是图象的对称中心
D．的图象可由图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位得到
【答案】BC
【分析】首先求出函数的周期，再根据的面积，求出的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为，所以最小正周期，即，又的面积为，所以，所以，即的纵坐标为，故A错误；
因为，所以，所以，因为
所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，故B正确；
令，，解得，，所以函数的对称中心为，，故C正确；
将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到，再将函数向左平移个单位，得到，故D错误；
故选：BC
22．（2023·广东汕头·统考一模）已知直线：，：，圆C：，若圆C与直线，都相切，则下列选项一定正确的是（ ）
A．与关于直线对称
B．若圆C的圆心在x轴上，则圆C的半径为3或9
C．圆C的圆心在直线或直线上
D．与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个
【答案】ACD
【分析】对于A，将线关于线对称转化为点关于线对称，利用点关于线对称的解决办法及点在直线上即可求解；
对于B，根据已知条件设出圆心，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式即可求解；
对于C，利用圆的标准方程得出圆心和半径，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式，结合点在直线上即可求解；
对于D，根据已知条件及选项C的结论，利用点到坐标轴的距离公式及半径的定义，结合点在直线上即可求解．
【详解】对于A，设直线：上任意一点关于直线对称的点为，则，解得，所以点在直线：上，所以与关于直线对称，故A正确；
对于B，因为圆C的圆心在x轴上，设圆心为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，当时，；当时，，故B错误；
对于C，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，所以圆心在直线或直线上，故C正确；
对于D，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆与两坐标轴都相切，得圆心到轴的距离为，到轴的距离为，所以且，即，解得或，当时，由题意可知，解得或，当时，此时不满足，所以与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D正确．
故选：ACD.
23．（2023·广东汕头·统考一模）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
【答案】ABD
【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积．
【详解】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；
连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；
过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确．
故选：ABD.
24．（2023·广东汕头·统考一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】将指数转化为对数可得，，利用换底公式计算的值可判断A；根据对数函数的单调性判断的范围即可得的范围，再由即可得的范围可判断B；由对数的运算可得，利用函数的单调性求出得范围可判断C；根据的范围即可得以及的范围可判断D，进而可得正确选项．
【详解】由可得：，，
对于A：，所以，故选项A正确；
对于B：，，
即，所以，
，即，
所以，所以，，故选项B正确；
对于C：，，
所以，令，
则在上单调递增，
所以，故选项C正确；
对于D：，，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC.
25．（2023·广东梅州·统考一模）函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在单调递减
D．函数是偶函数
【答案】AB
【分析】根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项．
【详解】根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；
又因为函数图象过，所以，
可得，又可得，所以；
将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；
当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；
易得是奇函数，即D错误．
故选：AB
26．（2023·广东梅州·统考一模）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数．当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
27．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
28．（2023·广东梅州·统考一模）对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（ ）
A．B．，
C．D．，
【答案】ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案．
【详解】A．因为，所以令得，所以，故A正确；
B．由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确．
故选：ACD
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
身高/cm
165
168
170
172
173
174
175
177
179
182
体重/kg
55
89
61
65
67
70
75
75
78
80
需要陪同
不需要陪同
合计
75岁及以上
18
42
60
75岁以下
4
36
40
合计
22
78
100
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】广东省新高考数学模拟卷（二）多选题9-12题精编真题重组卷（新高考通用）
1．（2023·广东·统考一模）如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的最高点与最低点的距离为
B．小球经过往复运动一次
C．时小球是自下往上运动
D．当时，小球到达最低点
【答案】BD
【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可．
【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；
因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；
当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；
当时，，所以选项D正确，
故选：BD
2．（2023·广东·统考一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A．
B．与所成角为
C．与平面所成角为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，进而可判定选项A正确；对于选项B，由平面，知，故可选项B错误；对于选项C和D，利用线面的定义，找出线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可判断选项的正误．
【详解】选项A，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，
又面，所以，选项A正确．
选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．
选项C，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面,
所以平面,
所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．
选项D，如图，取中点，连，
因为底面，面，所以,
双四边形是正方形，所以，又，所以平面,
面，所以，
又，所以，，所以面，
所以与平面所成角为，
不妨设，易知,
在，，故选项D正确．
故选：ACD
3．（2023·广东·统考一模）已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．若为△的中线，则
B．若为的角平分线，则
C．存在直线，使得
D．对于任意直线，都有
【答案】AD
【分析】设，不妨令都在第一象限，，联立抛物线，根据已知及韦达定理得、，则，再根据各项描述、抛物线定义判断它们的正误．
【详解】由题意，设，不妨令都在第一象限，，
联立，则，且，即，
所以，则，如上图所示．
A：若为△的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，故A正确；
B：若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B错误；
C：若，即，即△为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D：，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确．
故选：AD.
4．（2023·广东·统考一模）已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数．则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C、D根据定义得到都有、有，再判断所给定区间里是否有、成立即可判断．
【详解】A：当时，，而，错误；
B：对于区间，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，正确；
C：对于区间，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于区间，使，则，，
而，，．.．，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，正确；
D：对于区间，存在一个满足在使，都有，且，
此时，上述为一个“封闭”函数，且该函数在有恒成立，
对于区间，结合上述函数，使，则，，．.．，，
将上述各式，两边分别累加并消项得，故成立，
所以一定是“封闭”函数，故错误．
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C、D，根据给定的条件得到都有、有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误．
5．（2023·广东湛江·统考一模）某服装生产商为了解青少年的身高和体重的关系，在15岁的男生中随机抽测了10人的身高和体重，数据如下表所示：
由表中数据制作成如下所示的散点图：
由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为；经过残差分析确定为离群点（对应残差过大），把它去掉后，再用剩下的9组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为，决定系数为．则以下结论中正确的有（ ）A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】求出身高的平均数，再根据的意义逐一分析判断即可．
【详解】身高的平均数为，
因为离群点的横坐标168小于平均值，纵坐标89相对过大，
所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，
所以，，所以A正确，B错误；
去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，
所以，所以C正确，D错误．
故选：AC．
6．（2023·广东湛江·统考一模）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
7．（2023·广东湛江·统考一模）已知，函数，下列选项正确的有（ ）
A．若的最小正周期，则
B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象
C．若在区间上单调递增，则的取值范围是
D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图象变换，可判定B错误；根据在区间上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当时，不等式有解，可判定C正确；由在区间上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定D正确．
【详解】解：由余弦函数图象与性质，可得，得，所以A正确；
当时，可得，
将函数的图象向右平移个单位长度后得
，所以B错误；
若在区间上单调递增，则，
解得，
又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以C正确；
若在区间上只有一个零点，则，解得，所以D正确．
故选：ACD．
8．（2023·广东湛江·统考一模）已知分别为双曲线的左、右焦点，点为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若，且，则双曲线C的离心率
【答案】AB
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程即可求得可判断选项C，再根据可判断选项A，利用可判断选项B，根据向量共线的坐标表示与余弦定理可判断D.
【详解】由，得，所以，
则在点处的切线斜率为，
所以在点处的切线方程为，
又有，化简即可得切线方程为，
所以，所以，故C错误；
由，得，又，所以，故A正确；
由，得，
故，
由，得
所以，
所以，
所以，
设点A到x轴的距离为h，
则，
，
，
又，所以，故B正确；
由上可得，
因为，则，得，
，
所以，
解得，故D错误，
故选:AB．
【点睛】关键点点睛:解决本题的关键在于利用导数的几何意义求切点处切线方程为
.
9．（2023·广东广州·统考一模）某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：kg）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．频率分布直方图中a的值为0.07
B．这100名学生中体重低于60kg的人数为60
C．据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62
D．据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5
【答案】AC
【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及频数、百分位数、平均数计算公式计算即可．
【详解】对于A项，因为，解得：，故A项正确；
对于B项，人，故B项错误；
对于C项，因为，，，所以第78百分位数位于之间，
设第78百分位数为x，则，解得：，故C项正确；
对于D项，因为，即：估计该校学生体重的平均数约为，故D项错误．
故选：AC.
10．（2023·广东广州·统考一模）已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A．函数的图像关于点对称
B．函数在有且仅有2个极值点
C．若，则的最小值为
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答．
【详解】依题意，，即，而，则，，
对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；
对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点，
所以函数在有且仅有2个极值点，B正确；
对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点，
另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；
对于D，依题意，，
则
，因此，D正确．
故选：ABD
11．（2023·广东广州·统考一模）已知函数，点分別在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于的方程在上无解，则
B．存在关于直线对称
C．若存在关于轴对称，则
D．若存在满足，则
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出方程在上有解的a范围判断A；设出点的坐标，由方程有解判断B；设出点的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断CD作答．
【详解】函数，
对于A，方程在上有解，
显然函数在上单调递增，则有，解得，
因此关于的方程在上无解，则或，A错误；
对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，
即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，
，即函数在上单调递增，，
而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，
因此函数的值域为，又，于是在有解，
所以存在关于直线对称，B正确；
对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，
即，令，，
即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；
对于D，令，由得，
显然，且，，令，，
当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，即有，，
而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确．
故选：BCD
12．（2023·广东广州·统考一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的取值范围是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】BC
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答．
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误．
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点．
13．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数的导函数为，则以下结论中，正确的是（ ）
A．是的对称中心B．是增函数
C．是偶函数D．最大值与最小值的和为2
【答案】ACD
【分析】根据函数的解析式、定义域，求解导函数，根据函数对称性、最值、单调性与导函数函数性质逐项判断即可得答案．
【详解】对A，已知函数，则，
所以，因此关于点对称，故A正确；
对B，又，则，所以不是增函数，故B不正确；
对C，又，所以是偶函数，故C正确；
对D，又函数在闭区间上有最值，又关于点对称，所以最大值与最小值的和为2，故D正确．
故选：ACD.
14．（2023·广东·校联考模拟预测）已知双曲线：（，），的左、右焦点分别为，，为上一点，则以下结论中，正确的是（ ）
A．若，且轴，则的方程为
B．若的一条渐近线方程是，则的离心率为
C．若点在的右支上，的离心率为，则等腰的面积为
D．若，则的离心率的取值范围是
【答案】AD
【分析】由双曲线上一点，及轴，可得的值，即可求得双曲线方程，从而判断A；根据双曲线渐近线方程与离心率的关系即可判断B；根据双曲线的离心率与焦点三角形的几何性质即可求得等腰的面积，从而判断C；由已知结合正弦定理与双曲线的定义、焦半径的取值范围即可求得双曲线离心率的范围，从而判断D.
【详解】对于A，若，且轴，则，，
所以，则，所以，则的方程为，故A正确；
对于B，若的一条渐近线方程是，则，离心率，故B不正确；
对于C，若的离心率为，则，所以，若点在的右支上，为等腰三角形，则，连接，如图，
则是直角三角形，所以，故C不正确；
对于D，若，由正弦定理得，可知点在双曲线的左支上，故，
则，又，所以，整理得，解得，
所以的离心率的取值范围是，故D正确．
故选：AD.
15．（2023·广东·校联考模拟预测）已知某养老院75岁及以上的老人占60%．75岁以下的老人中，需要有人全天候陪同的占10%；75岁及以上的老人中，需要有人全天候陪同的占30%．如果从该养老院随机抽取一位老人，则以下结论中，正确的是（ ）
A．抽到的老人年龄在75岁以下的概率为35%
B．抽到的老人需要有人全天候陪同的概率为22%
C．抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4%
D．抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为40%
【答案】BC
【分析】不妨设共有100名老人，则根据题意作出表格，根据表格数据逐项进项判断即可．
【详解】不妨设共有100名老人，则根据题意可作出如下表格：
所以如果从该养老院随机抽取一位老人，抽到的老人年龄在75岁以下的概率为40%，故选项错误；
抽到的老人需要有人全天全天候陪同的概率为22%，故选项正确；
抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4%，故选项正确；
抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为42%，故选项错误，
故选：.
16．（2023·广东·校联考模拟预测）已知一个四面体中，任意两条异面的棱，长度相等．则下列结论中，正确的有（ ）
A．该四面体任意两条异面的棱一定垂直
B．该四面体任意两组异面的棱，中点连线围成的四边形都是菱形
C．以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值
D．该四面体的任何一个面都是锐角三角形
【答案】BCD
【分析】根据题意，将该四面体放置于长方体中，根据图形逐项进行验证即可求解．
【详解】因为四面体中，任意两条异面的棱，长度相等．所以可将该四面体放置于如图所示的长方体中，
由图可知，与不一定垂直，故选项A错误；
两组异面的棱的中点为长方体相对的面的中心，由图可知四边形为菱形，故选项B正确；
以该四面体任意两条棱中点为端点的线段的长度，为长方体的棱长，而四面体的棱长为，，，所以以该四面体任意两条棱中点为端点的线段，长度小于所有棱长中的最大值，故选项C正确；
如图，，，，则，所以为锐角，同理可证为锐角，为锐角， 所以为锐角三角形，同理可证该四面体的任何一个面都是锐角三角形，故选项D正确，
故选：BCD.
17．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的值域为B．的图像关于点中心对称
C．的最小正周期为D．的增区间为（）
【答案】AD
【分析】根据正弦函数的性质结合绝对值的定义判断各选项．
【详解】因为，所以，A正确；
，但，因此的图象不可能关于点成中心对称，B错；
的最小正周期是，所以的最小正周期是，C错；
由得，，，
时，，易得时，递增，时，递减，又的最小正周期是，
所以的增区间是（），D正确；
故选：AD．
18．（2023·广东江门·统考一模）已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若曲线表示两条平行线，则
B．若曲线表示双曲线，则
C．若，则曲线表示椭圆
D．若，则曲线表示焦点在轴的椭圆
【答案】BD
【分析】根据曲线的形状求出参数的取值范围，逐项判断可得出合适的选项．
【详解】对于A选项，若曲线表示两条平行线，则有或，且.
若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，
若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，
故A错；
对于B选项，若曲线表示双曲线，则，
由于且，则，可得，则，B对；
对于C选项，若曲线表示椭圆，则，解得且，C错；
对于D选项，若，则，则，
曲线的方程可化为，
此时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，D对．
故选：BD.
19．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象是轴对称图形B．的极大值为0
C．的所有极值点之和为D．的极小值之积为
【答案】BCD
【分析】将代入中化简，若，使得，等式均成立，则是轴对称图形，化简等式，建立方程解出根，即可判断A；对求导，令导函数为0，求出极值点之间关系，进而判断单调性即可判断B、C，计算的极小值之积，即可判断D.
【详解】对A，若，使得,有成立，
即，
即，
即，
化简可得：
，
因为等式成立，所以有成立，解得，
故不存在这样的使得，有成立，即不是轴对称图形，
故选项A错误；
对B,因为，
所以，可得或，
因为，所以有两个不等实根记为，
由韦达定理得，所以，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
所以的极大值点为，即选项B正确；
对C，的所有极值点之和为：，即选项C正确；
对D，由单调性可知的极小值点为，所以
将代入有：
，
故选项D正确．
故选：BCD
20．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人．他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度．
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确．
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
21．（2023·广东汕头·统考一模）如图所示，函数，的部分图象与坐标轴分别交于点，，，且的面积为，以下结论正确的是（ ）
A．点的纵坐标为
B．是的一个单调递增区间
C．对任意，点都是图象的对称中心
D．的图象可由图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位得到
【答案】BC
【分析】首先求出函数的周期，再根据的面积，求出的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为，所以最小正周期，即，又的面积为，所以，所以，即的纵坐标为，故A错误；
因为，所以，所以，因为
所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，故B正确；
令，，解得，，所以函数的对称中心为，，故C正确；
将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到，再将函数向左平移个单位，得到，故D错误；
故选：BC
22．（2023·广东汕头·统考一模）已知直线：，：，圆C：，若圆C与直线，都相切，则下列选项一定正确的是（ ）
A．与关于直线对称
B．若圆C的圆心在x轴上，则圆C的半径为3或9
C．圆C的圆心在直线或直线上
D．与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个
【答案】ACD
【分析】对于A，将线关于线对称转化为点关于线对称，利用点关于线对称的解决办法及点在直线上即可求解；
对于B，根据已知条件设出圆心，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式即可求解；
对于C，利用圆的标准方程得出圆心和半径，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式，结合点在直线上即可求解；
对于D，根据已知条件及选项C的结论，利用点到坐标轴的距离公式及半径的定义，结合点在直线上即可求解．
【详解】对于A，设直线：上任意一点关于直线对称的点为，则，解得，所以点在直线：上，所以与关于直线对称，故A正确；
对于B，因为圆C的圆心在x轴上，设圆心为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，当时，；当时，，故B错误；
对于C，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆C与直线，都相切，所以，解得或，所以圆心在直线或直线上，故C正确；
对于D，由圆C：，得圆心为，半径为，因为圆与两坐标轴都相切，得圆心到轴的距离为，到轴的距离为，所以且，即，解得或，当时，由题意可知，解得或，当时，此时不满足，所以与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D正确．
故选：ACD.
23．（2023·广东汕头·统考一模）如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（ ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
【答案】ABD
【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积．
【详解】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；
连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；
过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确．
故选：ABD.
24．（2023·广东汕头·统考一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】将指数转化为对数可得，，利用换底公式计算的值可判断A；根据对数函数的单调性判断的范围即可得的范围，再由即可得的范围可判断B；由对数的运算可得，利用函数的单调性求出得范围可判断C；根据的范围即可得以及的范围可判断D，进而可得正确选项．
【详解】由可得：，，
对于A：，所以，故选项A正确；
对于B：，，
即，所以，
，即，
所以，所以，，故选项B正确；
对于C：，，
所以，令，
则在上单调递增，
所以，故选项C正确；
对于D：，，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC.
25．（2023·广东梅州·统考一模）函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在单调递减
D．函数是偶函数
【答案】AB
【分析】根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项．
【详解】根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；
又因为函数图象过，所以，
可得，又可得，所以；
将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；
当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；
易得是奇函数，即D错误．
故选：AB
26．（2023·广东梅州·统考一模）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数．当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
27．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
28．（2023·广东梅州·统考一模）对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（ ）
A．B．，
C．D．，
【答案】ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案．
【详解】A．因为，所以令得，所以，故A正确；
B．由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确．
故选：ACD
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
身高/cm
165
168
170
172
173
174
175
177
179
182
体重/kg
55
89
61
65
67
70
75
75
78
80
需要陪同
不需要陪同
合计
75岁及以上
18
42
60
75岁以下
4
36
40
合计
22
78
100
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