2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编23

这是一份2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编23，文件包含2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编二十三原卷版docx、2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编二十三解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共73页， 欢迎下载使用。

一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十三）
一、单选题
1．（2024·广东·一模）已知函数的定义域为，且满足是偶函数，，若，则（ ）
A．202B．204C．206D．208
【答案】C
【解析】因为，所以①，即有②，
由①②得到，所以函数的周期为，
又是偶函数，所以，得到，即函数为偶函数，
又由，得到，，，
又，所以，故，
故选：C.
2．（2024·高三·湖南·阶段练习）设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意得，，由得，
如图画出函数和的图象，两个函数有2个交点，
令，则，，，
由，得，，故A错；
由，得，
由，，得，
即，所以，故C对，B错，
由，，所以，D错误.
故选：C
3．（2024·福建·二模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，，且在第一象限内相交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为，．若，则的最小值是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设共同的焦点为，，设，，运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和基本不等式，即可得到所求最小值．设共同的焦点为，，
设，，
由椭圆和双曲线的定义可得，，
解得，，
在中，，
可得，
即为，
即有，
即为，
由，
可得，当且仅当时，取得最小值，
故选C．
4．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）求值：（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
.
故选：A.
5．（2024·陕西安康·二模）宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图（如下图）将平衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数，若存在圆C，使得的图象能将圆C的周长和面积同时平分，则称是圆C的太极函数．下列说法正确的是（ ）
①对于任意一个圆，其太极函数有无数个
②是的太极函数
③太极函数的图象必是中心对称图形
④存在一个圆C，是它的太极函数
A．①④B．③④C．①③D．②③
【答案】A
【解析】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，
所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确
对于②：，
，所以关于y轴对称，不是太极函数，故②错误；
对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．
但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；
对于④：曲线存在对称中心，
所以必是某圆的太极函数，故④正确．
故选：A．
6．已知定义在上的函数满足：
①；
②对所有，且，有.
若对所有，，则k的最小值为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】不妨令，则
法一：
，
即得，
另一方面，当时，，符合题意，
当时，，
故
法二：当时，，
当时，
，
故
考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.
7．（2024·高三·浙江杭州·专题练习）已知三棱锥中，，和所成的角为，则该三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将三棱锥放入长方体中，在棱上面，
并以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
所以，
因为和所成的角为，，
所以，
而底面三角形外接圆圆心为中点， 设球心到平面的距离为，
则，
所以，
则由，
解得，从而，
即该三棱锥外接球的表面积是.
故选：B.
8．已知等差数列中， 记，，则数列的前项和为
（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由等差数列性质得
设，当，时，

故

故选：C
9．（2024·高三·浙江·阶段练习）若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】一方面由题意，且注意到，
联立得，解得，
所以，
另一方面不妨设，且，
所以有，解得或（舍去），即，
由两角和的正切公式有，
所以
.
故选：B.
10．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，为中点，过作轴垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，若，则椭圆离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示：
设，则，
而，
又因为，
所以，解得，
所以椭圆离心率为.
故选：D.
11．（2024·高三·江苏南京·开学考试）斜率为的直线经过双曲线的左焦点，与双曲线左，右两支分别交于A，B两点，以双曲线右焦点为圆心的圆经过A，B，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】取的中点，连接，
由题意可知：，则，
设，则，即，
因为，则，
可得，，
又因为直线的斜率为，即，且为锐角，
则，可得或（舍去），
则，
且，即，整理得，
所以双曲线的离心率.
故选：D.
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
12．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）双曲线的右支上一点在第一象限，，分别为双曲线的左、右焦点，为的内心，若内切圆的半径为1，则的面积等于（ ）
A．24B．12C．D．
【答案】C
【解析】由双曲线的，，，
设圆与三角形三边相切于点,
则，
又，
所以，
因此轴，因此,，
,
所以,
因此,故三角形的面积为．
故选：C
13．（2024·高三·江苏无锡·开学考试）已知函数 ，若方程的实根个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，则，，，，
令，解得或，
又在同一平面直角坐标系中画出与的图象，
由图象观察可知与有个交点，不妨设为且，
则，
当时，由，，则存在个不同实根，
由，，则存在个不同实根，
由，，则存在个不同实根，
由，，则存在个不同实根，
综上的实根个数为．
故选：C
14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知圆与圆交点的轨迹为，过平面内的点作轨迹的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】圆圆心，
圆圆心，
设两圆交点为，则由题意知，，所以，
又由于，所以由椭圆定义知，交点是以、为焦点的椭圆，
且，，则，所以轨迹的方程为，
设点，当切线斜率存在且不为时，设切线方程为：，
联立，消得，
则，
即，由于，则由根与系数关系知，即．
当切线斜率不存在或为时，点的坐标为，，，，满足方程，
故所求轨迹方程为．
故选：A．
15．（2024·高三·河北保定·开学考试）已知是左、右焦点分别为的椭圆上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，是坐标原点，过作的平行线交直线于点，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，因为为线段的中点，为中点，所以为中位线，
，又因为，
所以四边形为平行四边形，，
由几何关系易得，设，
则，
又，当且仅当时，，
所以.
故选：D
16．（2024·高三·山西晋城·开学考试）已知分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，则的最大值为（ ）
A．20B．16C．64D．24
【答案】A
【解析】由椭圆的定义可知，
∴，
∴
，
当且仅当时等号成立，
故选：.
17．（2024·高三·山西晋城·开学考试）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由于，
，
解得或，
，
将代入可得：.
将代入可得：.
故选：A.
18．（2024·高三·山西·阶段练习）在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，取的中点，可知为的外心，
过作平面的垂线，可知三棱锥外接球的球心在该垂线上，
设，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，即，
整理得，当且仅当，即时，等号成立，
所以三棱锥外接球半径的最小值为.
故选：C.
19．（2024·高三·山西·阶段练习）已知是自然对数的底数，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】构建，则在内恒成立，
可知在内单调递增，
因为，
可知，即；
构建，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，即，
可得，且，则，即；
综上所述：.
故选：B.
20．（2024·高三·重庆·阶段练习）将分别标有数字，，，，的五个小球放入，，三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒子，且盒子中只放一个小球，则不同的放法数为（ ）
A．28B．24C．18D．12
【答案】C
【解析】第一种情况，将五个小球按，，分为三组，则安排的方法有种；
第二种情况，将五个小球按，，分为三组，则安排的方法有种.
不同的放法数为18.
故选：.
二、多选题
21．（2024·高三·广东·阶段练习）已知O为坐标原点，点F为抛物线的焦点，点，直线：交抛物线C于A，B两点（不与P点重合），则以下说法正确的是（ ）
A．B．存在实数，使得
C．若，则D．若直线PA与PB的倾斜角互补，则
【答案】CD
【解析】由题意可知，抛物线焦点为，准线方程为，
直线恒过，如下图所示：
设，作垂直于准线，垂足为，
根据抛物线定义可知，，易知，所以，
但当时，此时与坐标原点重合，直线与抛物线仅有一个交点，因此，
所以，即A错误；
联立直线和抛物线方程得；
所以，，
此时，所以，即，
所以不存在实数，使得，故B错误；
若AF＝2FB，由几何关系可得，结合，可得或，即或，
将点坐标代入直线方程可得，所以C正确；
若直线PA与PB的倾斜角互补，则，
即，整理得，
代入，解得或，
当时，直线过点，A与P点重合，不符合题意，所以；即D正确.
故选：CD
22．（2024·广东·一模）将圆柱的下底面圆置于球的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球的内壁相接（球心在圆柱内部）．已知球的半径为3，．若为上底面圆的圆周上任意一点，设与圆柱的下底面所成的角为，圆柱的体积为，则（ ）
A．可以取到中的任意一个值
B．
C．的值可以是任意小的正数
D．
【答案】BD
【解析】
过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，
由与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，
即，故B正确；
当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，
所以，故A错误；
令，所以，
所以，另，
解得两根，
所以，
所以在时单调递减，
所以，故D正确，C错误；
故选：BD．
23．（2024·高三·湖南·阶段练习）已知体积为2的四棱锥，底面是菱形，，，则下列说法正确的是（ ）

A．若平面，则为
B．过点P作平面，若，则
C．与底面所成角的最小值为
D．若点P仅在平面的一侧，且，则P点轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】设到底面的距离为，
，
则当平面时，，则，即为或，A错误；
如图1，若平面，平面，则，又，
平面，
则平面，平面,故，又，
平面,
所以平面，平面,，B正确；
设与底面所成角为，又，
则，因为，则，
由于，所以
则与底面所成角的最小值为，C正确；
如图2，当，根据，得，即P点到底面的距离为，过A点作底面的垂线为l，过点P作交l于点O，则，点P的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，轨迹长度为，D正确.
故选：BCD
24．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的有
A．有唯一零点
B．无最大值
C．在区间上单调递增
D．为的一个极小值点
【答案】BCD
【解析】对于A，依题意，，即和是函数的零点，A错误；
对于B，当时，令，求导得，函数在上递增，当时，，
而在上递增，值域为，
因此当时，，则无最大值，B正确；
对于C，，
令，求导得，
当时，令，则，即在上递增，
，则在上递增，，
因此在上递增，即在上单调递增，C正确；
对于D，当时，，
求导得，显然函数在上递增，
而，则存在，使得，
当时，，函数在上单调递增，则，
即当时，，则，又，
因此为的一个极小值点，D正确.
故选：BCD
25．（2024·高三·山东济南·期末）已知函数的定义域为R，且，，则（ ）
A．B．有最小值
C．D．是奇函数
【答案】ACD
【解析】对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最小值，所以B错误；
对于C中，令，可得，
即，
所以，， ，，
各式相加得，所以，所以C正确；
对于D中，令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
26．（2024·高三·山东德州·期末）双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作双曲线的切线交轴于点，交轴于点，则（ ）
A．平面上点的最小值为
B．直线的方程为
C．过点作，垂足为，则（为坐标原点）
D．四边形面积的最小值为4
【答案】ABD
【解析】对于A，由双曲线定义得，且，
则，
所以的最小值为.故A正确；
对于B，设直线的方程为，，
联立方程组，消去整理得，，
，化简整理得，解得，
可得直线的方程为，即，故B正确；
对于C，由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点，
则垂直平分，即，为的中点，
又是中点，所以，故C错误；
对于D，由直线的方程为，令，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为4，故D项正确.
故选：ABD.
.
27．（2024·高三·浙江杭州·专题练习）数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在，使恒成立
B．当时，为递增数列，且存在，使恒成立
C．当时，为递减数列，且存在，使恒成立
D．当时，递增数列，且存在，使恒成立
【答案】BC
【解析】由题意可知，
，
归纳猜想：，
A：当时，，则为递减数列，无边界，故A错误；
B：当时，，则为递增数列，有边界，
由指数函数的单调性可知，当时，，故存在，使恒成立，故B正确；
C：当时，，则为递减数列，有边界，
由指数函数的单调性可知，当时，，故存在，使恒成立，故C正确；
D：当时，，则为递增数列，无边界，故D错误；
故选：BC.
28．（2024·高三·吉林·阶段练习）在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，在堑堵中，是的中点，，若平面α过点P，且与平行，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．三棱锥的体积是该“堑堵”体积的
C．当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于
D．当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于
【答案】ABC
【解析】对于A，由题可知两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确；
对于B，，，所以B正确；
对于C，如图，，，分别为的中点，
则，，，，，
所以，共面，又，平面，平面，
所以平面，
则四边形为平面α截棱柱的截面图形，
所以四边形是等腰梯形，且高为，
当不是中点时，不平行平面，
则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，，所以C正确；
对于D，如图，分别为的中点，
则，，，，
所以，
同理可得四边形为平面α截棱柱的截面图形，
由题可知平面，平面，
所以平面，所以平面，又平面，
所以，
故四边形是直角梯形，当不是中点时，不平行平面，
则四边形不是梯形，直角梯形有且仅有一个，其面积为，故D错误.
故选：ABC.
29．（2024·高三·湖南株洲·期末）已知点动点满足直线和的斜率之积为，记点的轨迹为曲线，过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点，则（ ）
A．曲线的方程为：B．为直角三角形
C．面积最大值为D．面积最大值为
【答案】BD
【解析】对A：设，则化简得：，故A错误；
对B：设，，，则，，
∵，，∴，则，则，故B 正确；
对C：与直线平行且与曲线相切且切点在第一象限的切线方程为，
联立得，由得，
∴切线为，两平行直线的距离为，
此时面积最大，最大值为，故C错误；
对D：设直线得方程为，，解得，
则直线：，
联立直线与曲线的方程可得，则，
，
令，则，∵在，即上单调递增，故，
即，当且仅当时等号成立，故D正确，
故选：BD
30．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）正方体的8个顶点中的4个不共面顶点可以确定一个四面体，所有这些四面体构成集合，则（ ）
A．中元素的个数为58
B．中每个四面体的体积值构成集合，则中的元素个数为2
C．中每个四面体的外接球构成集合，则中只有1个元素
D．中不存在四个表面都是直角三角形的四面体
【答案】ABC
【解析】正方体的8个顶点中任取4个，共有种情况，
其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，
所以中元素的个数为58，A选项正确；
四面体的体积有以下两种情况：
第一种情况如下图所示，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，如四面体，
若正方体棱长为，则四面体体积为 ，
第二种情况如下图所示，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，如四面体，
若正方体棱长为，则四面体体积为，
所以中每个四面体的体积值构成集合，则中的元素个数为2，B选项正确；
每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，中只有1个元素，C选项正确；
如下图， 四面体的每个面都是直角三角形，D选项错误.
故选：ABC
31．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是的一个周期
B．的最小值是
C．存在唯一实数，使得是偶函数
D．在上有3个极大值点
【答案】ACD
【解析】对于A，，所以是的一个周期；
对于B，，故B错误；
对于C，若，
则，即，
所以，又，所以，经检验符合题意，故C正确；
对于D，设，
则，
令，
则在上的函数值小于0，
在上的函数值小于0，
故所有上面的极值点都是极大值点，
同时，，
，
所以在上各有一个极大值点，从而有三个极大值点，故D正确.
故选：ACD.
32．（2024·高三·江苏南京·开学考试）如图，该几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）

A．不存在点，使得平面
B．存在点，使得平面平面
C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为
【答案】BCD
【解析】由题意，可将几何体补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，则，
，设.
对于A选项，假设存在点，使得平面，
因为，，，
则，可得，
因为，则，
即当点与点重合时，平面，故A选项错误；
对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，
假设存在点，使得平面平面， 则，
，，则，可得，
又因为，解得，即当点为的中点时，平面平面，故B选项正确；
对于C选项， 若存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
则直线与平面所成角的正弦值为，，
所以，
整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，所以存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，C选项正确；
对于D选项， 设平面的法向量为，，
则，取，则，可得，
假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则，
可得，即可得或，
因为，则则，所以，
故当时，方程和均无解，
综上所述， 不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，故D选项正确.
故选：BCD
33．（2024·高三·江苏无锡·开学考试）如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．直线与直线相交
B．当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点
C．不存在点，使得直线与直线所成角为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】CD
【解析】A：由题意知，，平面，平面
所以平面，
又平面，所以与不相交，故A错误；
B：连接，如图，
当点为的中点时，，又，所以，
若点在平面的射影为，则平面，垂足为，
所以，设正方体的棱长为2，则，
在中，，所以，
即不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，
所以异面直线与所成角为直线与所成角，
设正方体的棱长为2，若存在点使得与所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，
不符合题意，故不存在点使得与所成角为，故C正确；
D：如图，
由等体积法可知，
又，
为定值，所以为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：CD.
34．（2024·全国·一模）设a为常数，，则（ ）．
A．
B．成立
C．
D．满足条件的不止一个
【答案】ABC
【解析】
对A：对原式令，则，即，故A正确；
对B： 对原式令，则，故，
对原式令，则，故非负；
对原式令，则，解得，
又非负，故可得，故B正确；
对C：由B分析可得：，故C正确；
对D：由B分析可得：满足条件的只有一个，故D错误.
故选：ABC.
35．（2024·高三·河北保定·开学考试）如图，在三棱锥中，，平面平面是的中点，，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．与底面所成的角为
C．
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】CD
【解析】因为，则三角形为等边三角形，
又是的中点，，所以，
所以，
在中，，，
则三角形为等边三角形，
对于A：因为平面平面，
且，平面平面，面，
所以平面，
则，A错误；
对于B：因为平面，所以为与底面所成的角，
则，所以，B错误；
对于C：，C正确；
对于D：设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为，
则，所以，
则，
则外接球表面积为，D正确.
故选：CD.
36．（2024·高三·河北保定·开学考试）已知是奇函数，的图象关于直线对称，则下列结论正确的为（ ）
A．是周期为4的周期函数
B．为偶函数
C．的图象关于点对称
D．
【答案】BCD
【解析】由题知为奇函数，所以有，
所以关于对称，即有①，
因为的图象关于直线对称，
所以②，
将②带入①可得，
将换为带入上式有：③，
再将换为带入上式有：④，
④·③可得：，
所以是周期为8的函数，
同时，由③知，故选项A错误；
关于选项B，由A知关于对称且周期为8，
所以，
所以为偶函数，故选项B正确；
关于C，，
所以的图象关于点对称，故选项C正确；
因为，取可得，
所以，故选项D正确.
故选：BCD.
37．（2024·高三·山西晋城·开学考试）设函数的定义域为，且满足，当时，，则（ ）
A．是周期为4的函数
B．
C．的取值范围为
D．在区间内恰有1011个实数解
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
所以，故是周期为4的函数，故A正确.
故，
而，故为上的奇函数，故，
故，故B正确.
当时，，则，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
而时，，，，
故在上的值域为，
而，即，故的图象关于对称，
故在的值域为，而，故，
故在的值域为，
根据为奇函数可得在的值域为，
故在上的值域为，故C错误.
令，故，
故为周期函数且周期为.
当时，，
此时，当且仅当时，即，
故当时，，
故，
此时，
当且仅当时，即，
因，故在上，有且只有2个不同的实数解，
且这两个实数解在内，
故在上共有个不同的实数解，且它们在内，
考虑上的解的个数，因为，，
结合的周期可得在上有且只有两个不同的实数解，
故在上共有个不同的实数解，故D正确.
故选：ABD.
38．（2024·高三·山西晋城·开学考试）已知函数，其导函数为，且，记，则下列说法正确的是（ ）
A．恒成立
B．函数的极小值为0
C．若函数在其定义域内有两个不同的零点，则实数的取值范围是
D．对任意的，都有
【答案】CD
【解析】由函数，因为，可得，所以，
对于A中，由，因为，，
所以不恒成立，所以A不正确；
对于B中，由，可得，
其中无意义，所以的极小值一定不为，所以B错误；
对于C中，由，
当时，可得；当时，可得，
所以函数在上单调递减，在在上单调递增，
且当时，， 当时，，当时，，
函数的图象，如图所示，
结合图象得，当时，函数与的图象有两个不同的交点，
所以函数在其定义域内有两个不同的零点，则实数的取值范围是，
所以C正确；
对于D中，由，
设，可得，
所以，单调递增，即单调递增，
所以为单调递增函数，且单调递增函数，且，
所以函数的图像，如图所示，函数图象为凸函数，
所以，当且仅当时，等号成立，所以D正确.
故选：CD
39．（2024·高三·山西·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则（ ）
A．B．在棱上存在点，使得平面
C．平面与平面的交线平行于平面D．到平面的距离为
【答案】AC
【解析】对A，如图所示，取中点，连接，
因为底面是菱形，，则为三角形，又因为侧面为正三角形，
则，则，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确;
对B，假设在棱上存在点，使得平面，因为平面，则，
因为，所以为的中点，
连接，因为平面，平面，则，
所以为锐角，与不垂直，因为，
则与不垂直，因为平面，这与平面矛盾，
所以不存在这样的点，使得平面，故B错误；
对C，因为底面为菱形，所以，又平面平面，
所以平面.设平面与平面的交线为，
因为平面，平面，平面平面，所以.
又因为平面平面，所以平面，故C正确；
因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，所以为三棱锥的高，
因为和为等边三角形，则，，
因为平面，平面，则，则，
所以，
设到平面的距离为，
则由得，解得，故D错误.
故选：AC.
40．（2024·高三·山西·阶段练习）已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】因为为偶函数，则，
即，可知关于对称，
又因为为偶函数，则，可知关于对称，
且，则，即，
可得关于点对称，且，
则，可知4为的周期，
由，可得，即，
则，
即，
所以，，故AB正确；
因为，则，即，
可知4为的周期，
又因为，则，
即，可知关于点对称，
但没有充分条件求，故无法求CD选项的值，故CD错误；
故选：AB.
41．（2024·高三·重庆·阶段练习）如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，点在轴上，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（ ）
A．的渐近线方程为
B．的离心率为
C．
D．的面积为
【答案】BC
【解析】依题意，直线的斜率为,所以，又，所以为等边三角形，故.
在中，为锐角，
所以，根据正弦定理可得
，解得，
所以，即，
所以的渐近线方程为的离心率为
的面积为
故选：BC.
三、填空题
42．（2024·浙江·模拟预测）已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是 .
【答案】
【解析】因为，即，可得，
设，，则，则，
设，则，
因为，，则或，
因为，则或，
令，则或，
根据对称性，可只考虑，
由，
记点、、，则，，
所以，，
当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，
所以，
.
故答案为：.
43．（2024·高三·山东菏泽·开学考试）已知，，则 ， .
【答案】 /0.5
【解析】由得，则，
因为，
所以，
令则，
所以，
则，
所以，
因为，
所以，
令则，
所以，
又因为，
.
故答案为: ;.
44．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则 ；若，则的值为 .
【答案】 /5.75
【解析】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故答案为：；
45．（2024·高三·上海宝山·期中）如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第条线段所夹的角为，则 ．
【答案】
【解析】第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推， ，，
，，，，，，，
观察规律，三角形会有个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有个，正五边形有个，正六边形有个，
多边形有个
又观察图形得：正三角形画条线段，正方形画条线段，正五边形画条线段，正六边形画条线段，，正边形画条线段；
画到正多边形时，画线段的条数为，
当时，；当时，
第条线段应在正边形中，
故答案为：.
46．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为 ；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为 ．
【答案】
【解析】如图，在圆锥中，设圆锥母线长为，底面圆半径为，
因为侧面积为，所以，即．
因为，所以，所以．
棱长为的正四面体如图所示，
则正方体的棱长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为．
取轴截面，设内切圆的半径为，
则，解得，
即圆锥的内切球半径为．
因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，
所以正四面体的最大棱长为．
故答案为：；
47．（2024·四川资阳·模拟预测）若函数存在最小值，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】注意到，当时，，
由于，，显然，没有最小值；
当时，且无限接近，为增函数，
则，，
，，
此时没有最小值；
当时，为减函数，则，，
，由于增长变化速度远大于减少速度，
此时，由于函数定义域为R,函数连续不断，所以存在最小值．
故答案为：
48．（2024·高三·山东青岛·期中）已知四边形ABCD，为边BC边上一点，连接交BD于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前n项 .

【答案】
【解析】因为，
所以，
因为三点共线，所以，
所以，
因为，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，
所以
因为，所以，
所以，
故答案为：
49．（2024·高三·江苏苏州·阶段练习）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，在抛物线的准线上，则的最大值为 ；若为等边三角形，则其边长为 .
【答案】
【解析】抛物线的准线为：，
令点到直线的距离分别为，
弦中点到直线的距离为，
由抛物线定义知，，
因此，以为直径的圆与准线相切于点，
即直线上除点外，其余各点都在以为直径的圆外，
由圆的性质知，当点与点重合时，是直角，
当点与点不重合时，是锐角，
所以的最大值是；
若为正三角形，，设直线：，
点，，弦中点，
由消去x并整理得：，
则，，，
其中，，
，
显然，，直线：，
且准线为，得点，
由，得，
解得，则，
所以正三角形边长为.
故答案为：；.
50．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）如果函数在区间上为增函数，则记为，函数在区间上为减函数，则记为．已知，则实数的最小值为 ；函数，且，则实数 ．
【答案】 2 3
【解析】对于第一空：由题意在上单调递增，首先有，（若，则当时，无意义），
由对勾函数性质得当时，的单调递增区间为，
所以，即实数的最小值为2；
对于第二空：显然可导，，
由题意在上单调递减，在上单调递增，即是函数的极值点，
所以，解得，经检验满足题意.
故答案为：2，3.
51．（2024·高三·江苏镇江·开学考试）已知是圆锥的底面直径，是底面圆周上的一点，，则二面角的余弦值为 ．
【答案】/
【解析】如图，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直为轴，建立空间直角坐标系，
点为底面圆周上一点，则，又，，
，，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，，
又易知平面的一个法向量为，
，
如图，锐二面角的余弦值为.
故答案为：.
52．（2024·高三·江苏南京·开学考试）已知实数m，n满足，则 .
【答案】
【解析】由可得，
由得，
记，因为，在上单调递增，在上单调递减，
根据复合函数性质知在上在单调递减，所以在上单调递增，
由可得，又，
因此，由可得，
所以，可得，
故答案为：
53．（2024·高三·江苏无锡·开学考试）“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【解析】由题意得，圆，圆心，半径，
设点，则，
故点的轨迹为如下所示的正方形，其中，，
则，，
则，即的最大值为.
故答案为：.
54．（2024·高三·河北保定·开学考试）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部反比例对称函数”.若的导函数是定义在区间上的“局部反比例对称函数”，则实数的最大值与最小值之差为 .
【答案】
【解析】，
因为的导函数是定义在区间上的“局部反比例对称函数”，
所以存在， ，即，
所以，在上有解，
令，设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以时，，
设，所以时有解，
当即时，在上单调递增，所以，解得；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，又，所以不存在符合条件的.
综上可得，所以实数的最大值与最小值之差为.
故答案为：
55．（2024·高三·河北保定·开学考试）已知平面向量是非零向量，，向量在向量方向上的投影向量为，则 ；向量的夹角为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，即，
又向量在向量方向上的投影向量为，
所以，又，
所以，
所以.
故答案为：；.
56．（2024·全国·高考真题）如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 ．
【答案】（，）
【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.
考点：正余弦定理；数形结合思想
57．（2024·高三·山西·阶段练习）锐角的内角的对边为，若的面积是，则的最小值是 ．
【答案】8
【解析】作于，则，所以.
设，则，因为是锐角三角形，
所以，解得，则，
又，
所以
，等号仅当，即时成立，
所以的最小值为8.
故答案为：8.
58．（2024·高三·山西·阶段练习）已知抛物线与圆的公共点为，则 ；若为圆的劣弧上不同于的一个动点，过点作垂直于轴的直线交抛物线于点不经过原点，则周长的取值范围是 ．
【答案】
【解析】联立方程，解得或，
不妨令，可得；
由题意可知：圆的圆心为，半径圆，
抛物线的焦点为，准线为；
因为不经过原点，设，，则，
所以周长；
故答案为：；.
59．（2024·高三·重庆·阶段练习）已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题可得，令，则方程的解有3个，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，，当时，，所以，
画的图象如下：
由图象可得，
且方程的三个解分别为，不妨设，
则有，即，
又
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
又因为，所以，
所以有，即，
令，所以，
所以在上单调递增，
又，所以的解集为，
综上，的取值范围为。
故答案为：