2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编24

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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（二十四）
一、单选题
1．（2024·广东·一模）已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16B．24C．32D．48
【答案】B
【解析】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
2．（2024·广东江门·一模）物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【解析】，
而，故．
故选：C．
3．（2024·广东·模拟预测）在正三棱锥中，的边长为6，侧棱长为8，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，记的中点为，连接，记正的中心为，连接，
因为在正三棱锥中，底面，
在正中，，在平面中过点作轴底面，则轴，
以点为原点，建立空间直角坐标系，如图，
因为在正三棱锥中，的边长为6，侧棱长为8，
所以，
则，，
故，
则，，，
所以，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
4．（2024·天津滨海新·一模）已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为E，线段被双曲线顶点三等分，且两曲线，的交点连线过曲线的焦点F，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】求得抛物线的焦点和准线，可得的长度，由题意可得，求出两曲线交点坐标，代入双曲线方程可得的关系，利用离心率公式可求得结果.抛物线的焦点为，准线方程为，，
，
因为线段被双曲线顶点三等分，所以，即，
因为两曲线，的交点连线过曲线的焦点F，所以两个交点为、，
将代入双曲线得，
所以，所以，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：D
5．（2024·湖南·二模）已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由可得：，
若沿轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数.
令，即，，取，则.
依题意知，在上至少有2解，至多有3解，
则须使区间的长度在到之间，即，解得.
故选：A.
6．（2024·湖南·二模）过点的动直线与圆交于两点，在线段上取一点，使得，已知线段的最小值为，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】圆心，半径为2，则圆与轴相切，设切点为，
则，则，
设的中点为，连接，则，
令圆心到直线的距离为，则，
由，得，
因此，而的最小值为，
所以，则.
故选：A
7．（2024·高三·浙江宁波·阶段练习）如图1，水平放置的直三棱柱容器中，，，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形，如图2，则容器的高h为（ ）

A．3B．4C．D．6
【答案】A
【解析】在图1中水的体积，
在图2中水的体积，
所以．
故选：A
8．（2024·江西·高考真题）已知、是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为．因为所以点M的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．与因为点M在椭圆的内部，所以，所以，所以 ，所以 ，故选C．
9．（2024·高二·湖北鄂州·阶段练习）已知双曲线的焦距为，过右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点.设，到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的离心率的取值范围为
（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知，直线经过双曲线的右焦点，且垂直于轴，不妨设，
代入椭圆方程，又，所以，
所以，，任取双曲线的一条渐近线为直线，
由点到直线的距离公式可得点到渐近线的距离，
点到渐近线的距离，
所以，因为，
所以，因，所以，即，
所以，所以，
因为双曲线离心率，所以，
所以双曲线的离心率的取值范围为.
故选：C.
10．（2024·高二·广东深圳·期末）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】当在第一象限时，
设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，
因为，且为的中点，
所以为三角形的中位线，即，
所以，又根据抛物线的定义，
所以，
所以在直角三角形中，，
所以，此时，
根据对称性，当在第四象限时，，
故选：D.
11．（2024·湖北·一模）设直线：，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】如图，设点关于直线的对称点为，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B
12．（2024·湖北·二模）能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况，
设三个半径为1的圆的圆心分别为，设被覆盖的圆的圆心为，如图，
设圆与交于交于交圆于，显然为正的中心，
设，则，
，又，
因此圆的最大半径为，令，求导得，
由，得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，，
所以被完全覆盖的最大的圆的半径为，
此时，即圆､圆､圆中的任一圆均经过另外两圆的圆心．
故选：C
13．（2024·高三·浙江嘉兴·期末）已知正实数满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因，由可得：，则．
由化简得：，分别设函数，．
由，，则当时，，当时，，
则在上递减,在上递增，故.
又，则当时，，当时，，
则在上递减；在上递增， 故．
由，则时，；时，；时，．函数与的图象如图．
令．由于，则，，排除C，D；
由于，，则．
令，其在R上单调递增．由于，则，
则有，即得．
综上，.
故选：A．
14．（2024·高二·北京西城·期末）在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），
由题意对于直线上任意一点，存在，使得，
则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，
因为在直线上，所以满足
设，所以，
即所在直线方程为，
而圆的圆心，半径分别为，
若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，
所以圆心到直线的距离，解得.
故选：A.
15．（2024·山东青岛·一模）已知，，设点P是圆上的点，若动点Q满足：，，则Q的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，可得，
而，可知点在的平分线上.
圆，圆心为原点，半径，
连接，延长交于点，连接，
因为且，所以，且为中点，，
因此，，
点在以为焦点的双曲线上，设双曲线方程为，
可知，由，得，故，
双曲线方程为.
故选：A.
16．（2024·山东青岛·一模），，，则的值为（ ）
A．2B．1C．0D．－1
【答案】B
【解析】由题意知，，，
令，则
显然时，不成立，故，
故，则，
即6为函数的周期，
则，
故选：B
17．（2024·山东聊城·一模）已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.
故选：A.
18．（2024·山东聊城·一模）在三棱柱中，点在棱上，且所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】D
【解析】如图，连接，则，
又所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，
所以，
即，
即，设到平面的距离为，
则，，
所以，所以为的中点，
在上取点，使得，连接、，
因为，所以，又平面，平面，
所以平面，
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以.
故选：D
19．（2024·山东烟台·一模）在平面直角坐标系中，点，向量，且.若为椭圆上一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设点，由及，得，
即，而，消去得：，
设椭圆上的点，
则点到直线的距离，其中锐角由确定，
当时，，而，所以的最小值为.
故选：A
20．（2024·山东济宁·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第一象限的交点为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
设，为锐角，
因为，，所以，，
，，又，
，
，
，
，
，
，（负值舍去），，
，，
双曲线的离心率．
故选：D．
21．（2024·山东济宁·一模）设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【解析】因为函数定义域为，为奇函数，所以，所以函数关于点中心对称，且，
因为为偶函数，所以，所以函数关于直线轴对称，
又因为，所以函数的周期为，
因为当时，，
所以，，
所以.
故选：C.
22．（2024·山东淄博·一模）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q是它们的两个公共点，且P，Q关于原点对称， 若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则 的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义得：，
，设，
根据椭圆与双曲线的对称性知四边形为平行四边形，则，
则在中，由余弦定理得，，
化简得，即，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A.
23．（2024·广东茂名·一模）若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，，得，则，
即，整理得，且，
那么，则.
故选：C.
二、多选题
24．（2024·广东江门·一模）已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．随着增大而减小
B．曲线的横坐标取值范围为
C．曲线与直线相交，且交点在第二象限
D．是曲线上任意一点，则的取值范围为
【答案】AD
【解析】因为曲线，
当，时，则曲线为椭圆的一部分；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知随着增大而减小，故A正确；
曲线的横坐标取值范围为，故B错误；
因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为，即点到直线的距离的倍，
当直线与曲线相切时，
由，消去整理得，
则，解得（舍去）或，
又与的距离，
所以，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：AD
25．（2024·广东江门·一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．当，时，的值域为
C．当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
D．若在区间上有且仅有两个零点，则
【答案】BCD
【解析】
，
对于A，若相邻两条对称轴的距离为，则,故，A错误，
对于B，当，，当时，，
则的值域为，B正确，
对于C，当，，
的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
，C正确，
对于D，当时，，
若在区间上有且仅有两个零点，则，解得，故D正确，
故选：BCD
26．（2024·广东·一模）已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点，使得平面
B．有无数个点，使得平面
C．若点平面，则四棱锥的体积的最大值为
D．若点平面，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】令正方体的外接球半径为，，，则，
连接，由四边形是该正方体的对角面，得四边形是矩形，
即有，而平面，平面，则平面，
同理平面，又平面，
因此平面平面，令平面截球面所得截面小圆为圆，
对圆上任意一点（除点外）均有平面，A正确；
对于B，过与平面垂直的直线仅有一条，这样的点至多一个，B错误；
对于C，平面截球面为圆，圆的半径为，则圆上的点到底面的距离的最大值为，
因此四棱锥的体积的最大值为，C正确；
对于D，显然平面，在平面内建立平面直角坐标系，如图，
令点，而，
因此，
，令，
，当且仅当取等号，
此时，即，因此的最大值为，D正确.
故选：ACD
27．（2024·广东·一模）已知偶函数的定义域为，为奇函数，且在上单调递增，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】因为为偶函数，所以；
因为是上的奇函数，所以，
且的图象是由的图象向左平移个单位得到的，所以的图象关于点对称，进一步得的图象关于点中心对称，即.
所以，所以.所以函数是周期函数，且周期为；
又在上单调递增，所以在上，有.
所以函数的草图如下：
由图可知：，故A错；，故B对；，故C错；
，故D对.
故选：BD
28．（2024·广东·模拟预测）已知函数的定义域为是奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称
C．D．
【答案】ABD
【解析】设，因为是奇函数，
所以，即，
即关于对称，B正确；
设，因为为偶函数，所以，
即，，所以的关于直线对称，
A正确；
由关于对称可得，由的关于直线对称，
可得，两式联立得，令得：
，即，令，
得，即，故的周期为8，
故，C错误；
因为，所以，
又，令得，
，所以，故D正确.
故选：ABD
29．（2024·高二·福建三明·期中）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．异面直线､所成角为定值
B．
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【解析】
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系
则，，设，则，
其中，
，，
．
取时，，
取时，，
，异面直线、所成角不是定值，故A错误；
由正方体的结构特征可知，，，又，平面
平面，又平面，则，故B正确；
到的距离为，到的距离大于上下底面中心的连线，则到的距离大于1，
的面积大于的面积，故C错误；
平面，∴到平面的距离为，的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：BD．
30．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．三棱锥体积的最大值为
C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
【答案】CD
【解析】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，
动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误；
对于B，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，所以，B错误；
对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，
弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；
对于D，取的中点分别为，
连接，如图2所示，
因为平面平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，
故三角形是以为直角的直角三角形；
故，故长度的最大值为，故正确.
故选：.
31．（2024·湖南·二模）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，的最小值为1
D．若为锐角三角形，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
32．（2024·高二·广东江门·期末）已知抛物线的焦点为，直线，过的直线交抛物线于两点，交直线于点，则（ ）
A．的面积的最大值为2B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】设直线，由得：.
选项A：，
应是最小值为2，故A错误；
选项B：，故B正确；
选项C：，故C正确；
选项D：由，，，
得：，，
，故D正确.
故选：BCD
33．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（ ）
A．在区间上有且仅有3个不同的零点
B．的最小正周期可能是
C．的取值范围是
D．在区间上单调递增
【答案】BD
【解析】由函数，
令，则，
函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，
由，得，
则，，，
即，
，故C错误；
对于A，，，
，
当时，在区间上有且仅有个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有个不同的零点，故A错误；
对于B，周期，由，则，
，
又，所以的最小正周期可能是，故B正确；
对于D，，，
又，，
又，所以在区间上一定单调递增，故D正确．
故选：BD．
34．（2024·高一·辽宁丹东·期中）已知是定义在上的连续函数，且满足，当时，，设（ ）
A．若，则
B．是偶函数
C．在上是增函数
D．的解集是
【答案】ACD
【解析】对选项A：取得到，即，
取，得到，又，，
解得，正确；
对选项B：取得到，即，
，函数定义域为，函数为奇函数，错误；
对选项C：设，则
，
时，，故，，故，
即，函数单调递增，正确；
对选项D：，，
当时，，则，故；
当时，不成立；
当时，，则，故；
综上所述：，正确；
故选：ACD.
35．（2024·湖北·一模）某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数的图象是双曲线，设其焦点为，若为其图象上任意一点，则（ ）
A．是它的一条对称轴B．它的离心率为
C．点是它的一个焦点D．
【答案】ABD
【解析】反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为，
容易知道是实轴，是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程与反比例函数表达式得实轴顶点，
所以，其中一个焦点坐标应为而不是，
由双曲线定义可知．
故选：ABD.
36．（2024·湖北·一模）已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．一定能被3整除D．的取值集合为
【答案】AB
【解析】由题意可知为二次函数，且为的零点，
由得或，
当时，令，解得或；令，解得；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
则有2个根，有1个根，可知，
若，可知，；
若，可知，；
若，可知，；
故A正确；
当时，令，解得；令，解得或；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
此时，故B正确；
综上所述：的取值集合为，的取值集合为，
故CD错误；
故选：AB.
37．（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）

A．动点轨迹的长度为
B．三棱锥体积的最小值为
C．与不可能垂直
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】对A，如图，令中点为,中点为,连接，
又正方体中，为棱的中点，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，
此时,所以体积最小值为，故选项B正确；
对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,
，而，,故选项C不正确；
对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，
由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，
,,,所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,
由,,可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ABD.
38．（2024·湖北·二模）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．函数的值域为
B．函数的图象关于点成中心对称图形
C．函数的导函数的图象关于直线对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】BCD
【解析】对于A，显然的定义域为R，，则，即函数的值域为，A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，D正确.
故选：BCD
39．（2024·高三·福建泉州·期末）在空间直角坐标系中，，，，，在球的球面上，则（ ）
A．平面
B．球的表面积等于
C．点到平面的距离等于
D．平面与平面的夹角的正弦值等于
【答案】AC
【解析】平面ABC的一个法向量，，
则，又因为平面ABC，所以平面ABC，A正确；
因为，，，则，球心F在平面上的投影点即外接圆圆心，
设，因为，则，
得，即，球半径，球F表面积，B错误；
由，，得，，
，，设平面ACE的一个法向量，
，所以，取，
，点到平面的距离等于，C正确；
同理可得平面的一个法向量 ，
平面与平面的夹角的余弦值等于，
正弦值等于，D错误.
故选：AC.
40．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（ ）
A．在区间单调递增
B．的图象关于直线对称
C．的值域为
D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为
【答案】BCD
【解析】对于A：当时，
所以，
因为在上单调递增，又，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误；
对于B：因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因为，
令，则，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，又，，，
所以，所以的值域为，故C正确；
对于D：当时，所以，
由A选项可令且，
则当时单调递增，
令，即时在上单调递增，且，
所以在上单调递减，
又，令，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递增，
当，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递减，
又，，，
所以在上的函数图象如下所示：
由图可知：
①当时与有且仅有一个交点，
即关于的方程在区间的实数根为；
②当或时与有两个交点，
即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，
所以两根之和为；
③当时与有四个交点，
即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且，
所以与关于对称，与关于对称，
所以；
④当或时与无交点，
即关于的方程在区间无实数根；
综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确；
故选：BCD
41．（2024·山东聊城·一模）设是定义在上的可导函数，其导数为，若是奇函数，且对于任意的，，则对于任意的，下列说法正确的是（ ）
A．都是的周期B．曲线关于点对称
C．曲线关于直线对称D．都是偶函数
【答案】BC
【解析】由是奇函数，故有，即有，
故，则，即，故关于对称，
由，则，即，
故关于中心对称，
由，则，又，
故，即有，
则，故，
即，故，故周期为.
对A：当时，，故A错误；
对B：由周期为，故，
又，故，故，
故曲线关于点对称，故B正确；
对C：由周期为，故，
又，故，
故曲线关于直线对称，故C正确；
对D：由B得，故，又周期为，
故有，故，又，
即都是奇函数，故D错误.
故选：BC.
42．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
【答案】BC
【解析】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，
因此不存在，使得恒成立，A错误；
对于B，由选项A知，，则，
显然当时，恒成立，B正确；
对于C，由，得，
当时，
即，
于是，
两式相减得，
因此，显然满足上式，则，由，
得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，
从而对任意，总存在，使得，C正确；
对于D，，由选项C得，
显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.
故选：BC
43．（2024·山东济宁·一模）如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为
C．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
D．若CN与平面所成的角为，则
【答案】AD
【解析】对于A,连接,因为,
平面,平面,
所以平面,
又点是棱上的动点（含端点），
所以点到平面的距离为定值，设为，
则，为定值，故A正确；
对于B,如图，
四边形为过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形，
因为平面平面,
且平面平面,
且平面平面,
根据面面平行的判断定理知，，
又因为为中点，所以为四等分点，
则四边形的周长为：
,
故B错误；
对于C,如图所示，连接,取的中点为,
连接，设外接圆圆心为,外接球球心为,
连接,则,
在中，设其外接圆半径为，
由正弦定理知，，
所以，即，
依题易得,故,
弦所对的圆周角相等，故四点共圆，
则,
设外接球半径为,过作,交于,
则在中，,
即,①
在中，,
即,②
联立①②，解得,
故外接球的表面积为,
故C错误；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则,
则,
设平面的法向量，
则，
令，则，故，
则,
,
当时，，
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，
综上可知，，故D正确，
故选：AD.
44．（2024·山东济宁·一模）已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．若和为函数图象的两条相邻的对称轴，则
B．若，则函数在上的值域为
C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为
D．若函数在上恰有一个零点，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，若和为函数图象的两条相邻的对称轴，
则函数的最小正周期为，则，
所以，，此时，，合乎题意，A对；
对于B选项，若，则，
当时，则，所以，，
故当时，则函数在上的值域为，B错；
对于C选项，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
则为奇函数，
所以，，解得，
因为，当时，取最小值，C对；
对于D选项，因为，当时，，
因为函数在上恰有一个零点，则，解得，D对.
故选：ACD.
45．（2024·山东淄博·一模）把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（ ）

A．当平面时，为的中点
B．三棱锥外接球的表面积为
C．若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为
D．三棱锥体积的最大值为8
【答案】ACD
【解析】由题设，长轴长，短轴长，
则，
得分别是中点，而柱体中为矩形，连接，
由，，∴四边形为平行四边形，，
当平面时，平面，平面平面，
则，有，
中，是中点，则为的中点，A选项正确；
，，，则中，，，
外接圆半径为，
，则平面，
三棱锥外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，B选项错误；
点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，
令，则，又，
则，，，
，由椭圆性质知，
则当或时，的最大值为，C选项正确；
由，要使三棱锥体积最大，
只需的面积和到平面距离之和都最大，
，令，且，则，
，
当时，有最大值，
在下底面内以为原点，构建如上图的直角坐标系，且，则椭圆方程为，
设，联立椭圆得，，
，，
令，，
由对勾函数性质可知在上递增，，
综上，三棱锥体积的最大值为，D选项正确.
故选：ACD
三、填空题
46．（2024·广东江门·一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有 个面；若被截正方体的棱长是60cm，那么该几何体的表面积是 cm2.
【答案】 14
【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，
再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；
如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是
.
故答案为：14，.
47．（2024·广东江门·一模）函数的定义域为，对任意的，，恒有成立.请写出满足上述条件的函数的一个解析式 .
【答案】（答案不唯一）
【解析】依题意不妨令，
则，
又
，
所以，故符合题意.
同理可证明，，，也符合题意.
故答案为：（答案不唯一）
48．（2024·广东·一模）已知直线与椭圆在第一象限交于P，Q两点，与轴，轴分别交于M，N两点，且满足，则的斜率为 .
【答案】/
【解析】如图所示，不妨设P在Q的左侧，取的中点，
设，则，
可得直线的斜率，直线的斜率，
因为在椭圆上，
则，两式相减得，
整理得，即，
可知，
因为在内单调递增，
由可得，
即，整理得，
可知为的中点，则，可知，
结合可得，且，则，
检验符合题意，所以直线的斜率为.
故答案为：.
49．（2024·广东·模拟预测）已知，且，则的最小值为 ，此时 ．
【答案】 12 或2
【解析】因为，所以，
所以，当且仅当时取到等号，
故的最小值为12，
此时满足，解方程得或，故或1.
故答案为：12；或2
50．（2024·高二·全国·课时练习）已知是过抛物线的焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，，则的值为 .
【答案】8
【解析】根据题目意思将面积用和面积表示得到，结合即可求解.不妨设直线的斜率，过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，
过作于，
由，得，，
，
，
由，
又，
所以，
.
故答案为：.
51．（2024·山西晋中·模拟预测）记数列的前项和为，已知，且．若对任意的，都有，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在已知式中用代得另一等式，两式相减可证得数列是等差数列，由求出，得公差，从而可得前项和，令，求出后确定数列的最大值，得的取值范围．依题意，，则，
两式相减，可得，所以为等差数列，
由，得，又，解得，
所以，则，所以.
令，，
当时，，数列单调递减，
而，，，故．
故答案为：．
52．（2024·湖南·二模）函数在范围内极值点的个数为 .
【答案】2
【解析】易知.
当时，；当时，；
当时，和均为单调减函数，
令，则，
当时，恒成立，
所以在上是单调增函数，
根据复合函数单调性可知为减函数，又，
易知，由零点存在定理可得函数在上存在一个零点，
同理可得，所以函数在上存在一个零点，
结合的正负情况，的零点为函数的极值点，
因此函数在内一共有2个极值点.
故答案为：2
53．（2024·湖南·二模）已知椭圆与双曲线，椭圆的短轴长与长轴长之比大于，则双曲线离心率的取值范围为 .
【答案】
【解析】依题意，对于椭圆方程，对于双曲线方程，.
不妨设，则，于是，由复合函数的单调性可得函数在区间上单调递增，
故，即，故双曲线离心率的取值范围为.
故答案为：.
54．（2024·高三·湖北·期中）已知函数的定义域为，且满足，，，则 .
【答案】2024
【解析】由可知的图象关于直线对称，
从而，
又因为，令，得，
所以，
由，得，
两式相减可得，故的最小正周期为8，
则，，
因为，
所以.
故答案为：.
55．（2024·湖南·二模）已知对任意，且当时，都有：，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为对任意，且当时恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立①，
令，
由①式可得，所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，又，当且仅当，即时取等号，
.
故答案为：
56．（2024·湖北·一模）记，分别表示函数在上的最大值和最小值．则 ．
【答案】2
【解析】由，设为变量，
，
令，当时，，当时，，当时，，
最大值只可能在或或处取得，
所以的最大值为，
所以，
当时，原式的最小值为2．
或者由在时的最大值只可能在或
或处取得，令，当时，，当时，，
当时，，结合图象可得原式的最小值为2．
故答案为：2.
57．（2024·湖北·二模）已知函数有零点，当取最小值时，的值为 ．
【答案】
【解析】设的零点为，则，即，
设为直线上任意一点，
坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离，
下求的最小值，令，则
在为减函数，在为增函数，即，
此时，所以的斜率为，
此时的最小值为，此时，
（此时）．
故答案为：
58．（2024·湖北·二模）已知双曲线的左右顶点分别为，点是双曲线上在第一象限内的点，直线的倾斜角分别为，则 ；当取最小值时，的面积为 ．
【答案】
【解析】设，则，可得，
又因为分别为双曲线的左右顶点，可得，
所以；
又由，所以，
当且仅当时，等号成立，所以，解得，
所以，所以，
所以的面积为.
故答案为：；.
59．（2024·浙江·高考真题）已知正方形的边长为1，当每个取遍时，的最小值是 ；最大值是 .
【答案】 0
【解析】正方形ABCD的边长为1，可得，，
•0，
要使的最小，只需要
，此时只需要取
此时






等号成立当且仅当均非负或者均非正，并且均非负或者均非正．
比如
则.
60．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】令双曲线的半焦距为c，显然，
由双曲线的对称性，不妨令点在双曲线的渐近线上，且点在第一象限，
由四边形为矩形，得，令，则，，，
于是，则，，
，即直线的斜率，因此，即，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
61．（2024·山东青岛·一模）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为 .
【答案】/
【解析】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
62．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 .
【答案】
【解析】由，故点在过点且垂直于的平面上，
由，故点在以为直径的球面上，
即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，
由正四面体的性质可得，取中点，连接，，
则有，又、平面，，
故平面，取中点，中点，连接，
则，由平面，故平面，
，，
为以为直径的球的球心，则该球半径为，
则点的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长为.
故答案为：.
63．（2024·山东烟台·一模）若函数在上佮有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
故答案为：
64．（2024·山东济宁·一模）已知函数（且）恰有一个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令得，即，令，
当时，即时，若两函数有且仅有一交点，
由指数函数和对数函数特征可判断此交点必定落在这条直线上，且该点为两函数的公切点，
设切点为，则，则有，即，解得，
由得，，所以，解得，即，，即，；
当时，即时，由指数函数和对数函数特征可判断与要有公切点，
此切点必定落在这条直线上，设切点为，，
则有，即，解得，由得，
所以，解得，即，，即，；
由指数函数和对数函数特征可知：
当时，与有3个交点；
当时，与有1个交点；
故时，即时，时，与有一交点.
故答案为：
65．（2024·山东淄博·一模）已知定义在上的函数，为的导函数，定义域也是 R，`满足，则 .
【答案】
【解析】对两边同时求导得
，
即，
则，，
则.
故答案为：.
66．（2024·山东淄博·一模）设方程，的根分别为p，q，函数 ，令 则a，b，c的大小关系为 .
【答案】
【解析】由，得，由，得，
依题意，直线与函数图象交点的横坐标分别为，
而函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，又直线垂直于直线，
因此直线与函数图象的交点关于直线对称，即点在直线上，
则，，于是，
，而，
所以，即.
故答案为：