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2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编29
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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29，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二十九原卷版docx、2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编二十九解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68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（二十九）
一、单选题
1．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，所以，
设，，，
则，，，
由恒是锐角，得，
又，，
不等式可化为：，
整理得：，
只需，
解得．
故选：C．
2．（2024·广东·二模）已知球与圆台的上、下底面和侧面均相切，且球与圆台的体积之比为，则球与圆台的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
由题意，作出圆台的轴截面，
设圆台的上、下底面半径分别为，球的半径，
则，过A作于点，
由，得，化简得，
由球的体积公式，
圆台的体积公式，
已知球与圆台的体积之比为，则，
化简得，
则，得，
又球的表面积，圆台的表面积，
所以，
故选：D．
3．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，若等腰直角的直角边为圆的一条弦，且圆心在外，点在圆外，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，设，则，
故，
由余弦定理得
，
故等腰直角三角形的面积为，
故四边形的面积为，
其中，，
其中，故，
则当时，取得最大值，最大值为．
故选：A
4．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知的定义域为是的导函数，且，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，即，
构造函数，则，．
将代入，得．
再构造函数，则，
易知，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，
由于，所以，所以，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递减，所以在单调递减．
又根据单位圆可得三角不等式，又，，所以，故．
故选：C．
5．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”．显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙．材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化．记原金属晶体的原子半径为，另一种金属晶体的原子半径为，则和的关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体，
设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心，
则必有平面且，，三点共线，
在正三角形中，易求得，
在中，由，可得，
在中，由，得，
解得，
由题意得，所以，
所以．
故选：D．
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数的最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由函数的最小正周期为，得，而，解得，
则，由，
得，又在上单调递减，
因此，且，解得①，
由余弦函数的零点，得，即，
而在上存在零点，则，
于是②，又，联立①②解得，
所以的取值范围是．
故选：B
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）如果，记为区间内的所有整数．例如，如果，则；如果，则或3；如果，则不存在．已知，则（ ）
A．36B．35C．34D．33
【答案】B
【解析】令函数，求导得，
则可视为函数在处的切线斜率，
设，则直线的斜率，
由导数的几何意义有，因此，
而，
即有，
又，因此，
所以．
故选：B
8．（2024·山东·二模）已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】函数，的图象向左平移个单位后所得函数，
函数的图象与的图象关于直线对称，则，
于是对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
因此，解得，而，则，
所以当时，取得最小值．
故选：A
9．（2024·山东·二模）已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A．1B．C．2D．2023
【答案】C
【解析】因为，所以两边求导，得，
即①
因为为定义在上的奇函数，则，
所以两边求导，得，所以是定义在上的偶函数，
所以，结合①式可得，，
所以，两式相减得，，
所以是周期为4的偶函数，
所以．
由①式，令，得，所以．
故选：C．
10．（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因为平面，则，因为，
故，即．
故选：C．
11．（2024·河南信阳·模拟预测）若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对于，有，令切点为，则切线方程为，
即，即有，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，
故，即．
故选：A．
12．（2024·福建福州·模拟预测）函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为
，
又因为，且，则，
若在上单调递增，
所以，所以，
因为对任意的实数，在上不单调，
所以的周期，所以，
所以．
故选：D．
13．（2024·浙江嘉兴·二模）6位学生在游乐场游玩三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有（ ）
A．180种B．210种C．240种D．360种
【答案】C
【解析】若A有2人游玩，则有种；
若A有4人游玩，则有种；
所以共有240种，
故选：C．
14．（2024·浙江嘉兴·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由变形得，
从而有，，
所以，
因为，所以，则，
则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，，
又，而，所以，
所以．
故选：D．
15．（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设棱台上下底面的中心为，连接，
则，
所以棱台的高，
设球半径为，根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于，与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接，
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
16．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数的取值范围为．
故选：A
17．（2024·浙江杭州·二模）在中，已知．若，则（ ）
A．无解B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】由，即，则，
由，知，
则，则，
又，
故，设，则，
有，即，，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解．
故选：A．
18．（2024·浙江杭州·二模）设集合，且，函数（且），则（ ）
A．为增函数B．为减函数
C．为奇函数D．为偶函数
【答案】D
【解析】当时，，时，在上不是增函数，故A不正确；
当时，，时，在上为增函数，B不正确；
当时，，，为偶函数，故C不正确；
当时，，，为偶函数，故D正确；
故选：D．
19．（2024·浙江台州·二模）设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，设与的交点为，，
因为，所以，
所以，由双曲线的定义可知：，，
因为，所以，
所以，，
所以，，
所以，在中，，
所以 ，由余弦定理有：，
代入，，，整理得，
解得，（舍），
所以，，，，
所以，在中，由余弦定理有：，
代入数据整理得：，
所以，双曲线的离心率为：．
故选：B
20．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知菱形的边长为，动点在边上（包括端点），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图，作，以为原点，建立平面直角坐标系，
易知，，，
设，且，故，，
故，而，．
故选：C
21．（2024·江苏扬州·模拟预测）设方程和方程的根分别为，设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由得，由得，
所以令，这3个函数图象情况如下图所示：
设交于点，交于点，
由于的图象关于直线对称，
而的交点为，所以，
注意到函数的对称轴为直线，即，
且二次函数的图象是开口向上的抛物线方程，
从而．
故选：B．
22．（2024·河北邢台·一模）如图，正四棱台容器的高为12cm，，，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】正四棱台容器的高为12cm，，，
正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为，
其体积为；
放入铁球后，水位高为9cm，沿作个纵截面，从分别向底面引垂线，如图，
其中是底面边长10 cm，是容器的高为12 cm，是水的高为9 cm，
由截面图中比例线段的性质，可得，此时水面边长为4 cm，
此时水的体积为，
放入的57个球的体积为，
设小铁球的半径为，则，解得．
故选：A
23．（2024·河北邢台·一模）倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
首先，我们来证明抛物线中的焦半径公式，
如图，对于一个抛物线，倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．作准线的垂线，过作，
则，
解得，同理可得，
如图，不妨设在第一象限，由焦半径公式得，，
则，
而，可得，故，故A正确，
故选：A
二、多选题
24．（2024·广东梅州·二模）已知数列的通项公式为，，在中依次选取若干项（至少3项），，，，，，使成为一个等比数列，则下列说法正确的是（ ）
A．若取，，则
B．满足题意的也必是一个等比数列
C．在的前100项中，的可能项数最多是6
D．如果把中满足等比的项一直取下去，总是无穷数列
【答案】AB
【解析】因为数列的通项公式为，
对于A，取，，则，，
由于为等比数列，则，则有，即，故A正确；
对于B，数列的通项公式为，则，
若为等比数列，即，，，，，是等比数列，
则，，，，，，是等比数列，
故满足题意的也必是一个等比数列，故B正确；
对于C，在的前项中，可以取，，，，，，，
可以使成为一个等比数列，此时为项，故C错误；
对于D，取，，则，则，
不是数列的项，
所以把中满足等比的项一直取下去，不总是无穷数列，故D错误．
故选：AB．
25．（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【解析】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为，故截痕长为，A错误，
对于B，由于平面，所以以为，在平面内过作，平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
，所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于，故，因此，C正确，
对于D， ，，
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
26．（2024·广东·二模）设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】由已知，，设过点的直线方程为：，
设点，则，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A正确，
，故B错误，
，
，故，C正确，
，
由选项C可知，所以，故，D正确；
故选：ACD
27．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图1所示，为曲杆道闸车库出入口对出人车辆作“放行”或“阻拦”管制的工具．它由转动杆与横杆组成，为横杆的两个端点．在道闸抬起的过程中，横杆始终保持水平．如图2所示，以点为原点，水平方向为轴正方向建立平面直角坐标系．若点距水平地面的高度为1米，转动杆的长度为1．6米，横杆的长度为2米，绕点在与水平面垂直的平面内转动，与水平方向所成的角（ ）
A．则点运动的轨迹方程为（其中）
B．则点运动的轨迹方程为（其中）
C．若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则横杆距水平地面的高度为米
D．若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则点运动轨迹的长度为米
【答案】BC
【解析】对于A：点P的轨迹显然是以O为原点，OP为半径的圆，
故点P运动轨迹方程为（其中），故A错误；
对于B：设，因为PQ平行于x轴，
所以，所以，又因为在加圆上，
所以点Q的运动轨迹是以为圆心，1．6为半径的圆，
所以点Q的轨迹方程为（其中），故B正确；
对于C：若OP绕点O从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，
横杆PQ达到最高点，此时横杆PQ距水平地面的高度为，故C正确；
对于D：因为绕点O从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，
故绕点转动的角度与点绕点转动的角度一样为，
所以点Q运动轨迹的长度即为圆（其中）的弧长，等于，故D错误．
故选：BC．
28．（2024·湖南益阳·模拟预测）在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．为钝角三角形
C．若．则的面积是
D．若的外接圆半径是，内切圆半径为，则
【答案】BD
【解析】因为，
由正弦定理，可得，
设，，，
则，故A错误；
由题意可知，为最大角，
因为，故为钝角，故B正确；
若，则，，，
又，所以，
所以的面积，故C错误；
由正弦定理得，，即，
由面积公式可得，
即，
所以，
所以，故，故D正确．
故选：BD．
29．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．
C．数列是等差数列D．
【答案】BCD
【解析】对A，由题意可知，所以，
则，所以，故A错误；
对C，由，故C正确；
对C，所以，
则，故B正确；
对D，易知，令，
则，则单调递增，
所以，即，故D正确．
故选：BCD
30．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，点是椭圆上任意一异于顶点的点，连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则下列结论正确的是（ ）
A．为定值
B．
C．当四边形的面积最大时，直线的斜率为1
D．点的纵坐标没有最大值
【答案】ABD
【解析】依题意，，设，
对于A，，A正确；
对于B，直线的方程为，它与直线的交点，
因此，B正确；
对于C，不妨令，四边形的面积
，当且仅当时取等号，此时点，
直线的斜率为，C错误；
对于D，当点无限接近点时，点的纵坐标无限接近最大值，但取不到最大值，
因此没有最大值，D正确．
故选：ABD
31．（2024·山东·二模）将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A．平面B．
C．的体积为D．二面角的余弦值为
【答案】AC
【解析】令正方形的中心为，连接，
对于A，由正四棱锥，得平面，同理平面，
则共线，因此平面，A正确；
对于B，连接，显然是的中点，，，
，不是的中点，因此四边形不是平行四边形，不平行，B错误；
对于C，的体积，C正确；
对于D，取中点，连接，则，是二面角的平面角，
而，则，D错误．
故选：AC
32．（2024·山东·二模）已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A．B．直线过定点
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因为，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以，
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确．
故选：ACD．
33．（2024·福建福州·模拟预测）定义在上的函数的值域为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则有，解得或，
因为函数的值域为，所以，A正确；
令，则有，即
令，则有，即，B不正确；
令，则有，所以，即，C正确；
因为，所以，，
所以，当且仅当时，取到等号，
所以，D正确．
故选：ACD
34．（2024·福建福州·模拟预测）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件B．事件和不互斥
C．事件和相互独立D．事件和相互独立
【答案】BC
【解析】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，
表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，
表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，
依次分析选项：
对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；
对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；
对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，C正确；
对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，D错误．
故选：BC．
35．（2024·浙江嘉兴·二模）已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：．对于函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象
D．方程在区间上有两个不同的实数解
【答案】AB
【解析】根据题意，，，
对于A，由正切函数的性质得，，解得，
所以函数的对称中心为，，故A正确；
对于B，，，由正切函数的性质可知在上单调递增，故B正确；
对于C，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故C错误；
对于D，，，令，
由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且，
所以方程在区间上无实数解，故D错误．
故选：AB．
36．（2024·浙江嘉兴·二模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离．则下列说法中正确的是（ ）
A．若直线与准线相交于点，则三点共线
B．若直线与准线相交于点，则平分
C．
D．若直线的方程为，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线，
与抛物线联立得，，
由题意得，，
所以，
即三点共线，故A正确；
对于选项B，假设，又，
所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误；
对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则，
所以，故C正确；
对于选项D，由题意可得，，
，
，
，故D正确．
故选：ACD．
37．（2024·浙江宁波·二模）若平面向量满足且，则（ ）
A．的最小值为2
B．的最大值为5
C．的最小值为2
D．的最大值为
【答案】BD
【解析】当向量方向相同，与方向相反时，满足，
此时有最小值，A选项错误；
当向量方向相同时，满足，
此时有最大值，B选项正确；
，有，即，则，
向量方向相同时，的最小值为0，的最小值为3，C选项错误；
向量方向相反时，的最大值为2，的最大值为，D选项正确．
故选：BD
38．（2024·浙江宁波·二模）已知函数，（ ）
A．若，则是最小正周期为的偶函数
B．若为的一个零点，则必为的一个极大值点
C．若是的一条对称轴，则的最小值为
D．若在上单调，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】若，则，
所以是最小正周期为的偶函数，A正确；
若，则是最小正周期为，
若为的一个零点，则为的一个极大值点或极小值点，B错误；
若是的一条对称轴，
则，
所以，即，
又，所以的最小值为，C正确；
若 则，由正弦函数的单调性，
令，解得，
又在上单调，所以当时，，
即，解得，则的最大值为，D正确．
故选：ACD．
39．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ）
注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）．
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，由于，所以
故，故A错误，
对于B，若，则，此时满足，
若且时，，
若且时，，
若且时，，
综上可得，故B正确，
对于C，
而，
由于，所以
故，C正确，
，
当时，此时中至少一个为1，所以，
当时，此时均为0，所以，
故，故D正确，
故选：BCD
40．（2024·浙江杭州·二模）已知函数对任意实数均满足，则（ ）
A．B．
C．D．函数在区间上不单调
【答案】ACD
【解析】对于A，令等价于，则，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
令，则，解得：，
令，，则，故B错误；
对于C，由知，，所以，故C正确；
对于D，令，所以，解得：，
令，则，
所以，因为，，
所以函数在区间上不单调，故D正确．
故选：ACD．
41．（2024·浙江杭州·二模）过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ）
A．直线与抛物线C有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
【答案】BCD
【解析】设直线的方程为，
联立，消去得，则，
对于A：抛物线在点处的切线为，
当时得，即，
所以直线的方程为，整理得，
联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；
对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；
对于D： ，
则，
令，
则，
设，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，D错误．
故选：BC．
42．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以．点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆．故A错误．
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点．已知，为球心到面的距离．在正方体中，，，．利用相似三角形的性质有，即，．因此可求切面圆的，面积为．故B正确．
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大．此时．故C正确．
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小．此时可将面沿着翻折到面所在平面．根据长度关系，翻折后的图形如图所示．
当三点共线时，最小．因为，，所以最小值为，故D正确．
故选：BCD
43．（2024·浙江台州·二模）已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的值域为
C．D．是奇函数
【答案】AC
【解析】对于A， 令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误；
故选：AC．
44．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
【答案】ABD
【解析】对于A，延长到使得，
则，
等号在共线时取到；故A正确，
对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，
故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，
对于C，与所成的角即为和所成角，记，
则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，
不妨设，若，则是正四面体，
所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，
就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能．
故选：ABD
45．（2024·广西·二模）已知内角的对边分别为为的重心，，则（ ）
A．B．
C．的面积的最大值为D．的最小值为
【答案】BC
【解析】是的重心，延长交于点，则是中点，
，A错；
由得，所以，
又，即
所以，所以，当且仅当时等号成立，B正确；
，当且仅当时等号成立，，
，C正确；
由得，
所以，
，当且仅当时等号成立，所以的最小值是，D错．
故选：BC．
46．（2024·河北邢台·一模）已知函数和函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为偶函数
B．
C．若在区间上的解析式为，则在区间上的解析式为
D．
【答案】AD
【解析】由的图象关于直线对称，可知即所以图象关于轴对称，故A正确．
由可得又，
所以可知的图象关于对称，
所以，
所以是周期为4的周期函数，
则故B错误．
当时，
又因为
所以
即在区间上的解析式为故C错误．
因为，，
所以，
所以，
所以．故D正确．
故选：AD．
三、填空题
47．（2024·广东梅州·二模）已知数列的通项公式（），则的最小值为 ．
【答案】/
【解析】由于当为奇数时，，当为偶数时，，
要求的最小值，只需要考虑出现奇数个奇数项时即可，
又，
且当时，，因此时，，
当，，
当，，
综上，最小值为．
故答案为：
48．（2024·广东梅州·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为 ．
【答案】6
【解析】设，由题意，，，
可知，
故当时，，
当时，，
当，，
当时，，
当时，，
轨迹方程的图形如图，
图形的面积为：．
故答案为：6．
49．（2024·广东·二模）将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面．若，且与平面所成的角为，则点到平面的距离的最大值为 ．
【答案】
【解析】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，
因为在中，，，
则，当四点共面时，点A到的距离最大．
因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，
于是，，即A到的最大距离为．
故答案为：．
50．（2024·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中放置着一个边长为1的等边三角形，且满足与轴平行，点在轴上．现将三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动，设顶点的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为 ．
【答案】
【解析】设，
如图，当三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动时，
开始时，先绕旋转，当旋转到时，旋转到，此时，
然后再以为圆心旋转，旋转后旋转到，此时，
当三角形再旋转时，不旋转，此时旋转到，
当三角形再旋转后，必以为圆心旋转，旋转后旋转到，
点从开始到时是一个周期，故的周期为，
如图，为相邻两个零点，
在上的图像与轴围成的图形的面积为：
．
故答案为：．
51．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知，且，则满足且的的最大值为 ．
【答案】49
【解析】因为的系数为，其中，
要使得，必须是奇数且，所以，即，所以的最大值为49．
故答案为：49．
52．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知函数的定义域为．对任意的恒有，且，．则 ．
【答案】
【解析】由，
得，
因为，，
令，，得，得；
令，，得，得；
令，，得，得，
在中，
令，得，
令，得，得；
令，得，得，
．
在中，
令，，得；
令，，得，
．
依此类推，可得，，
因此，，
综上可知．
故答案为：．
53．（2024·湖北武汉·模拟预测）等比数列的公比为，其通项为，如果，则 ；数列的前5项和为 ．
【答案】 或 或
【解析】等比数列的公比为，由，得，
整理得，所以或；
当时，，数列的前5项和为，
当时，，数列的前5项和为，
所以数列的前5项和为或．
故答案为：或；或
54．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知圆，圆的半径为，过直线上的动点作圆的切线，切线长始终相等，则圆的标准方程为 ．
【答案】或
【解析】设，切线长，
由已知可知两圆的半径分别为，
所以，
化简得，
由题意知，上式恒成立，
又，
所以，
解之得或，
则圆的标准方程为或．
故答案为：或
55．（2024·山东·二模）在数轴上，一个质点从坐标原点出发向轴正半轴移动，每次移动1或者2个单位长度，若质点移动7次后与坐标原点的距离为11，则质点移动的方法总数有 种．
【答案】35
【解析】因质点移动7次后与坐标原点的距离为11，每次移动1或者2个单位长度，
故可以判断共进行了4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，
即只需要在7个位置上选出4个位置进行“移动2个单位长度”即可，故方法总数为种．
故答案为：35．
56．（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
【答案】
【解析】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面，面，所以面，
又因为面，面面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：．
57．（2024·福建福州·模拟预测）设为数列的前项积，若，其中常数，则 （结果用表示）；若数列为等差数列，则 ．
【答案】 1或2
【解析】因为为数列的前项积，，
时，，
当时，，即，
时，，
则，
若数列 为等差数列，则，
所以，
整理得，，
解得或．
检验：当时，，则时，，则，即 ，
故为以为首项，1为公差的等差数列；
当时，，则时，，则，
故，得，
即 ，又，故为常数列，即，易知其为等差数列．
故答案为：；1或2．
58．（2024·浙江嘉兴·二模）设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则 ．
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，
由，则，解得，又，
所以，，代入，
解得，
当时，，
当，时，，
满足上式，所以，．
故答案为：．
59．（2024·浙江嘉兴·二模）在四面体中，，且与所成的角为．若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 ．
【答案】3
【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，
所以或，设，外接球半径记为，
外接球的球心如图点．
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，得，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以当时，外接球的半径会更小．
所以，
所以，
所以．
故答案为：3．
60．（2024·浙江宁波·二模）在平面直角坐标系中，定义为两点间的“曼哈顿距离”．已知椭圆，点在椭圆上，轴．点满足．若直线与的交点在轴上，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，由题意，；
不妨设点位于第一象限，由可得，
设直线与的交点为，则有，；
，
由可得，整理得①；
，
由可得，整理得②；
联立①②可得，由题意，所以，
由椭圆的对称性可知，
，
因为，设，，
，其中；
所以当时，取到最大值．
故答案为：
61．（2024·浙江宁波·二模）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，2两个环节各有两种运输方式，第3，4两个环节各有两种运输方式，第5个环节有两种运输方式．则快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式有 种．
【答案】16
【解析】快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选，则3，4个环节一个选，一个选，
则有种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式，
则3，4个环节一个选，一个选，或者都选，
则由种，
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有种．
故答案为：16．
62．（2024·浙江杭州·二模）函数的最大值为 ．
【答案】
【解析】令，则，故，
令，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在时单调递减，
故，
即函数的最大值为．
故答案为：．
63．（2024·浙江杭州·二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】/
【解析】
如图，设，因，故，又，
由余弦定理，，
即，
设椭圆中心为，作圆锥的轴截面，与底面直径交于，与椭圆交于，
连交于，以点为原点，为轴，建立直角坐标系．
则，又由得，
从而则得，
不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程，解得，
则，故
故答案为：．
64．（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】原不等式，
构造函数，则，
则，令，解得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
若，则当时，，显然不恒成立，
故，所以，
所以成立，只需成立即可，
即恒成立，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，所以．
故答案为：
65．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】设该长方体的长、宽、高分别为、、，
由长方体的对称性，不妨设，
则有，即，
，即， 则
即，
即，
即，
令，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
即长方体体积的最大值为．
故答案为：．
66．（2024·河北邢台·一模）在直三棱柱中，，底面ABC是边长为6的正三角形，若M是三棱柱外接球的球面上一点，是内切圆上一点，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】若底面ABC是边长为6的正三角形，
则外接圆的半径为，内切圆半径为，
设三棱柱外接球的半径为，且已知，
可得，解得，
设三棱柱外接球的球心与内切圆上一点的距离为，
故，则的最大值为，
故答案为：
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（二十九）
一、单选题
1．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，所以，
设，，，
则，，，
由恒是锐角，得，
又，，
不等式可化为：，
整理得：，
只需，
解得．
故选：C．
2．（2024·广东·二模）已知球与圆台的上、下底面和侧面均相切，且球与圆台的体积之比为，则球与圆台的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
由题意，作出圆台的轴截面，
设圆台的上、下底面半径分别为，球的半径，
则，过A作于点，
由，得，化简得，
由球的体积公式，
圆台的体积公式，
已知球与圆台的体积之比为，则，
化简得，
则，得，
又球的表面积，圆台的表面积，
所以，
故选：D．
3．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，若等腰直角的直角边为圆的一条弦，且圆心在外，点在圆外，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，设，则，
故，
由余弦定理得
，
故等腰直角三角形的面积为，
故四边形的面积为，
其中，，
其中，故，
则当时，取得最大值，最大值为．
故选：A
4．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知的定义域为是的导函数，且，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，即，
构造函数，则，．
将代入，得．
再构造函数，则，
易知，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，
由于，所以，所以，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递减，所以在单调递减．
又根据单位圆可得三角不等式，又，，所以，故．
故选：C．
5．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”．显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙．材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化．记原金属晶体的原子半径为，另一种金属晶体的原子半径为，则和的关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体，
设正四面体的棱长为，高为，外接球球心为，为正三角形的中心，
则必有平面且，，三点共线，
在正三角形中，易求得，
在中，由，可得，
在中，由，得，
解得，
由题意得，所以，
所以．
故选：D．
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数的最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由函数的最小正周期为，得，而，解得，
则，由，
得，又在上单调递减，
因此，且，解得①，
由余弦函数的零点，得，即，
而在上存在零点，则，
于是②，又，联立①②解得，
所以的取值范围是．
故选：B
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）如果，记为区间内的所有整数．例如，如果，则；如果，则或3；如果，则不存在．已知，则（ ）
A．36B．35C．34D．33
【答案】B
【解析】令函数，求导得，
则可视为函数在处的切线斜率，
设，则直线的斜率，
由导数的几何意义有，因此，
而，
即有，
又，因此，
所以．
故选：B
8．（2024·山东·二模）已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】函数，的图象向左平移个单位后所得函数，
函数的图象与的图象关于直线对称，则，
于是对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
因此，解得，而，则，
所以当时，取得最小值．
故选：A
9．（2024·山东·二模）已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A．1B．C．2D．2023
【答案】C
【解析】因为，所以两边求导，得，
即①
因为为定义在上的奇函数，则，
所以两边求导，得，所以是定义在上的偶函数，
所以，结合①式可得，，
所以，两式相减得，，
所以是周期为4的偶函数，
所以．
由①式，令，得，所以．
故选：C．
10．（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因为平面，则，因为，
故，即．
故选：C．
11．（2024·河南信阳·模拟预测）若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对于，有，令切点为，则切线方程为，
即，即有，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷，
故，即．
故选：A．
12．（2024·福建福州·模拟预测）函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为
，
又因为，且，则，
若在上单调递增，
所以，所以，
因为对任意的实数，在上不单调，
所以的周期，所以，
所以．
故选：D．
13．（2024·浙江嘉兴·二模）6位学生在游乐场游玩三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有（ ）
A．180种B．210种C．240种D．360种
【答案】C
【解析】若A有2人游玩，则有种；
若A有4人游玩，则有种；
所以共有240种，
故选：C．
14．（2024·浙江嘉兴·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由变形得，
从而有，，
所以，
因为，所以，则，
则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，，
又，而，所以，
所以．
故选：D．
15．（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设棱台上下底面的中心为，连接，
则，
所以棱台的高，
设球半径为，根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于，与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接，
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
16．（2024·浙江宁波·二模）已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数的取值范围为．
故选：A
17．（2024·浙江杭州·二模）在中，已知．若，则（ ）
A．无解B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】由，即，则，
由，知，
则，则，
又，
故，设，则，
有，即，，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解．
故选：A．
18．（2024·浙江杭州·二模）设集合，且，函数（且），则（ ）
A．为增函数B．为减函数
C．为奇函数D．为偶函数
【答案】D
【解析】当时，，时，在上不是增函数，故A不正确；
当时，，时，在上为增函数，B不正确；
当时，，，为偶函数，故C不正确；
当时，，，为偶函数，故D正确；
故选：D．
19．（2024·浙江台州·二模）设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，设与的交点为，，
因为，所以，
所以，由双曲线的定义可知：，，
因为，所以，
所以，，
所以，，
所以，在中，，
所以 ，由余弦定理有：，
代入，，，整理得，
解得，（舍），
所以，，，，
所以，在中，由余弦定理有：，
代入数据整理得：，
所以，双曲线的离心率为：．
故选：B
20．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知菱形的边长为，动点在边上（包括端点），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图，作，以为原点，建立平面直角坐标系，
易知，，，
设，且，故，，
故，而，．
故选：C
21．（2024·江苏扬州·模拟预测）设方程和方程的根分别为，设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由得，由得，
所以令，这3个函数图象情况如下图所示：
设交于点，交于点，
由于的图象关于直线对称，
而的交点为，所以，
注意到函数的对称轴为直线，即，
且二次函数的图象是开口向上的抛物线方程，
从而．
故选：B．
22．（2024·河北邢台·一模）如图，正四棱台容器的高为12cm，，，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】正四棱台容器的高为12cm，，，
正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为，
其体积为；
放入铁球后，水位高为9cm，沿作个纵截面，从分别向底面引垂线，如图，
其中是底面边长10 cm，是容器的高为12 cm，是水的高为9 cm，
由截面图中比例线段的性质，可得，此时水面边长为4 cm，
此时水的体积为，
放入的57个球的体积为，
设小铁球的半径为，则，解得．
故选：A
23．（2024·河北邢台·一模）倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
首先，我们来证明抛物线中的焦半径公式，
如图，对于一个抛物线，倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．作准线的垂线，过作，
则，
解得，同理可得，
如图，不妨设在第一象限，由焦半径公式得，，
则，
而，可得，故，故A正确，
故选：A
二、多选题
24．（2024·广东梅州·二模）已知数列的通项公式为，，在中依次选取若干项（至少3项），，，，，，使成为一个等比数列，则下列说法正确的是（ ）
A．若取，，则
B．满足题意的也必是一个等比数列
C．在的前100项中，的可能项数最多是6
D．如果把中满足等比的项一直取下去，总是无穷数列
【答案】AB
【解析】因为数列的通项公式为，
对于A，取，，则，，
由于为等比数列，则，则有，即，故A正确；
对于B，数列的通项公式为，则，
若为等比数列，即，，，，，是等比数列，
则，，，，，，是等比数列，
故满足题意的也必是一个等比数列，故B正确；
对于C，在的前项中，可以取，，，，，，，
可以使成为一个等比数列，此时为项，故C错误；
对于D，取，，则，则，
不是数列的项，
所以把中满足等比的项一直取下去，不总是无穷数列，故D错误．
故选：AB．
25．（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【解析】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为，故截痕长为，A错误，
对于B，由于平面，所以以为，在平面内过作，平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
，所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于，故，因此，C正确，
对于D， ，，
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
26．（2024·广东·二模）设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】由已知，，设过点的直线方程为：，
设点，则，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A正确，
，故B错误，
，
，故，C正确，
，
由选项C可知，所以，故，D正确；
故选：ACD
27．（2024·湖南益阳·模拟预测）如图1所示，为曲杆道闸车库出入口对出人车辆作“放行”或“阻拦”管制的工具．它由转动杆与横杆组成，为横杆的两个端点．在道闸抬起的过程中，横杆始终保持水平．如图2所示，以点为原点，水平方向为轴正方向建立平面直角坐标系．若点距水平地面的高度为1米，转动杆的长度为1．6米，横杆的长度为2米，绕点在与水平面垂直的平面内转动，与水平方向所成的角（ ）
A．则点运动的轨迹方程为（其中）
B．则点运动的轨迹方程为（其中）
C．若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则横杆距水平地面的高度为米
D．若绕点从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，则点运动轨迹的长度为米
【答案】BC
【解析】对于A：点P的轨迹显然是以O为原点，OP为半径的圆，
故点P运动轨迹方程为（其中），故A错误；
对于B：设，因为PQ平行于x轴，
所以，所以，又因为在加圆上，
所以点Q的运动轨迹是以为圆心，1．6为半径的圆，
所以点Q的轨迹方程为（其中），故B正确；
对于C：若OP绕点O从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，
横杆PQ达到最高点，此时横杆PQ距水平地面的高度为，故C正确；
对于D：因为绕点O从与水平方向成角匀速转动到与水平方向成角，
故绕点转动的角度与点绕点转动的角度一样为，
所以点Q运动轨迹的长度即为圆（其中）的弧长，等于，故D错误．
故选：BC．
28．（2024·湖南益阳·模拟预测）在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．为钝角三角形
C．若．则的面积是
D．若的外接圆半径是，内切圆半径为，则
【答案】BD
【解析】因为，
由正弦定理，可得，
设，，，
则，故A错误；
由题意可知，为最大角，
因为，故为钝角，故B正确；
若，则，，，
又，所以，
所以的面积，故C错误；
由正弦定理得，，即，
由面积公式可得，
即，
所以，
所以，故，故D正确．
故选：BD．
29．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．
C．数列是等差数列D．
【答案】BCD
【解析】对A，由题意可知，所以，
则，所以，故A错误；
对C，由，故C正确；
对C，所以，
则，故B正确；
对D，易知，令，
则，则单调递增，
所以，即，故D正确．
故选：BCD
30．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，上顶点为，点是椭圆上任意一异于顶点的点，连接交直线于点，连接交于点（是坐标原点），则下列结论正确的是（ ）
A．为定值
B．
C．当四边形的面积最大时，直线的斜率为1
D．点的纵坐标没有最大值
【答案】ABD
【解析】依题意，，设，
对于A，，A正确；
对于B，直线的方程为，它与直线的交点，
因此，B正确；
对于C，不妨令，四边形的面积
，当且仅当时取等号，此时点，
直线的斜率为，C错误；
对于D，当点无限接近点时，点的纵坐标无限接近最大值，但取不到最大值，
因此没有最大值，D正确．
故选：ABD
31．（2024·山东·二模）将正四棱锥和正四棱锥的底面重合组成八面体，则（ ）
A．平面B．
C．的体积为D．二面角的余弦值为
【答案】AC
【解析】令正方形的中心为，连接，
对于A，由正四棱锥，得平面，同理平面，
则共线，因此平面，A正确；
对于B，连接，显然是的中点，，，
，不是的中点，因此四边形不是平行四边形，不平行，B错误；
对于C，的体积，C正确；
对于D，取中点，连接，则，是二面角的平面角，
而，则，D错误．
故选：AC
32．（2024·山东·二模）已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A．B．直线过定点
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因为，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以，
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确．
故选：ACD．
33．（2024·福建福州·模拟预测）定义在上的函数的值域为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则有，解得或，
因为函数的值域为，所以，A正确；
令，则有，即
令，则有，即，B不正确；
令，则有，所以，即，C正确；
因为，所以，，
所以，当且仅当时，取到等号，
所以，D正确．
故选：ACD
34．（2024·福建福州·模拟预测）投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A．和互为对立事件B．事件和不互斥
C．事件和相互独立D．事件和相互独立
【答案】BC
【解析】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，
表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，
表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，
依次分析选项：
对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；
对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；
对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，C正确；
对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，D错误．
故选：BC．
35．（2024·浙江嘉兴·二模）已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：．对于函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象
D．方程在区间上有两个不同的实数解
【答案】AB
【解析】根据题意，，，
对于A，由正切函数的性质得，，解得，
所以函数的对称中心为，，故A正确；
对于B，，，由正切函数的性质可知在上单调递增，故B正确；
对于C，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故C错误；
对于D，，，令，
由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且，
所以方程在区间上无实数解，故D错误．
故选：AB．
36．（2024·浙江嘉兴·二模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．如图，已知抛物线的准线为为坐标原点，在轴上方有两束平行于轴的入射光线和，分别经上的点和点反射后，再经上相应的点和点反射，最后沿直线和射出，且与之间的距离等于与之间的距离．则下列说法中正确的是（ ）
A．若直线与准线相交于点，则三点共线
B．若直线与准线相交于点，则平分
C．
D．若直线的方程为，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为直线经过焦点，设，，直线，
与抛物线联立得，，
由题意得，，
所以，
即三点共线，故A正确；
对于选项B，假设，又，
所以，所以，这与和相交于A点矛盾，故B错误；
对于选项C，与距离等于与距离，又结合A选项，则，
所以，故C正确；
对于选项D，由题意可得，，
，
，
，故D正确．
故选：ACD．
37．（2024·浙江宁波·二模）若平面向量满足且，则（ ）
A．的最小值为2
B．的最大值为5
C．的最小值为2
D．的最大值为
【答案】BD
【解析】当向量方向相同，与方向相反时，满足，
此时有最小值，A选项错误；
当向量方向相同时，满足，
此时有最大值，B选项正确；
，有，即，则，
向量方向相同时，的最小值为0，的最小值为3，C选项错误；
向量方向相反时，的最大值为2，的最大值为，D选项正确．
故选：BD
38．（2024·浙江宁波·二模）已知函数，（ ）
A．若，则是最小正周期为的偶函数
B．若为的一个零点，则必为的一个极大值点
C．若是的一条对称轴，则的最小值为
D．若在上单调，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】若，则，
所以是最小正周期为的偶函数，A正确；
若，则是最小正周期为，
若为的一个零点，则为的一个极大值点或极小值点，B错误；
若是的一条对称轴，
则，
所以，即，
又，所以的最小值为，C正确；
若 则，由正弦函数的单调性，
令，解得，
又在上单调，所以当时，，
即，解得，则的最大值为，D正确．
故选：ACD．
39．（2024·浙江宁波·二模）指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况．已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ）
注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）．
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，由于，所以
故，故A错误，
对于B，若，则，此时满足，
若且时，，
若且时，，
若且时，，
综上可得，故B正确，
对于C，
而，
由于，所以
故，C正确，
，
当时，此时中至少一个为1，所以，
当时，此时均为0，所以，
故，故D正确，
故选：BCD
40．（2024·浙江杭州·二模）已知函数对任意实数均满足，则（ ）
A．B．
C．D．函数在区间上不单调
【答案】ACD
【解析】对于A，令等价于，则，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
令，则，解得：，
令，，则，故B错误；
对于C，由知，，所以，故C正确；
对于D，令，所以，解得：，
令，则，
所以，因为，，
所以函数在区间上不单调，故D正确．
故选：ACD．
41．（2024·浙江杭州·二模）过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ）
A．直线与抛物线C有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
【答案】BCD
【解析】设直线的方程为，
联立，消去得，则，
对于A：抛物线在点处的切线为，
当时得，即，
所以直线的方程为，整理得，
联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；
对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；
对于D： ，
则，
令，
则，
设，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，D错误．
故选：BC．
42．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以．点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆．故A错误．
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点．已知，为球心到面的距离．在正方体中，，，．利用相似三角形的性质有，即，．因此可求切面圆的，面积为．故B正确．
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大．此时．故C正确．
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小．此时可将面沿着翻折到面所在平面．根据长度关系，翻折后的图形如图所示．
当三点共线时，最小．因为，，所以最小值为，故D正确．
故选：BCD
43．（2024·浙江台州·二模）已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的值域为
C．D．是奇函数
【答案】AC
【解析】对于A， 令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误；
故选：AC．
44．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
【答案】ABD
【解析】对于A，延长到使得，
则，
等号在共线时取到；故A正确，
对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，
故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，
对于C，与所成的角即为和所成角，记，
则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，
不妨设，若，则是正四面体，
所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，
就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能．
故选：ABD
45．（2024·广西·二模）已知内角的对边分别为为的重心，，则（ ）
A．B．
C．的面积的最大值为D．的最小值为
【答案】BC
【解析】是的重心，延长交于点，则是中点，
，A错；
由得，所以，
又，即
所以，所以，当且仅当时等号成立，B正确；
，当且仅当时等号成立，，
，C正确；
由得，
所以，
，当且仅当时等号成立，所以的最小值是，D错．
故选：BC．
46．（2024·河北邢台·一模）已知函数和函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为偶函数
B．
C．若在区间上的解析式为，则在区间上的解析式为
D．
【答案】AD
【解析】由的图象关于直线对称，可知即所以图象关于轴对称，故A正确．
由可得又，
所以可知的图象关于对称，
所以，
所以是周期为4的周期函数，
则故B错误．
当时，
又因为
所以
即在区间上的解析式为故C错误．
因为，，
所以，
所以，
所以．故D正确．
故选：AD．
三、填空题
47．（2024·广东梅州·二模）已知数列的通项公式（），则的最小值为 ．
【答案】/
【解析】由于当为奇数时，，当为偶数时，，
要求的最小值，只需要考虑出现奇数个奇数项时即可，
又，
且当时，，因此时，，
当，，
当，，
综上，最小值为．
故答案为：
48．（2024·广东梅州·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为 ．
【答案】6
【解析】设，由题意，，，
可知，
故当时，，
当时，，
当，，
当时，，
当时，，
轨迹方程的图形如图，
图形的面积为：．
故答案为：6．
49．（2024·广东·二模）将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面．若，且与平面所成的角为，则点到平面的距离的最大值为 ．
【答案】
【解析】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，
因为在中，，，
则，当四点共面时，点A到的距离最大．
因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，
于是，，即A到的最大距离为．
故答案为：．
50．（2024·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中放置着一个边长为1的等边三角形，且满足与轴平行，点在轴上．现将三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动，设顶点的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为 ．
【答案】
【解析】设，
如图，当三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动时，
开始时，先绕旋转，当旋转到时，旋转到，此时，
然后再以为圆心旋转，旋转后旋转到，此时，
当三角形再旋转时，不旋转，此时旋转到，
当三角形再旋转后，必以为圆心旋转，旋转后旋转到，
点从开始到时是一个周期，故的周期为，
如图，为相邻两个零点，
在上的图像与轴围成的图形的面积为：
．
故答案为：．
51．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知，且，则满足且的的最大值为 ．
【答案】49
【解析】因为的系数为，其中，
要使得，必须是奇数且，所以，即，所以的最大值为49．
故答案为：49．
52．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知函数的定义域为．对任意的恒有，且，．则 ．
【答案】
【解析】由，
得，
因为，，
令，，得，得；
令，，得，得；
令，，得，得，
在中，
令，得，
令，得，得；
令，得，得，
．
在中，
令，，得；
令，，得，
．
依此类推，可得，，
因此，，
综上可知．
故答案为：．
53．（2024·湖北武汉·模拟预测）等比数列的公比为，其通项为，如果，则 ；数列的前5项和为 ．
【答案】 或 或
【解析】等比数列的公比为，由，得，
整理得，所以或；
当时，，数列的前5项和为，
当时，，数列的前5项和为，
所以数列的前5项和为或．
故答案为：或；或
54．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知圆，圆的半径为，过直线上的动点作圆的切线，切线长始终相等，则圆的标准方程为 ．
【答案】或
【解析】设，切线长，
由已知可知两圆的半径分别为，
所以，
化简得，
由题意知，上式恒成立，
又，
所以，
解之得或，
则圆的标准方程为或．
故答案为：或
55．（2024·山东·二模）在数轴上，一个质点从坐标原点出发向轴正半轴移动，每次移动1或者2个单位长度，若质点移动7次后与坐标原点的距离为11，则质点移动的方法总数有 种．
【答案】35
【解析】因质点移动7次后与坐标原点的距离为11，每次移动1或者2个单位长度，
故可以判断共进行了4次“移动2个单位长度”和3次“移动1个单位长度”，
即只需要在7个位置上选出4个位置进行“移动2个单位长度”即可，故方法总数为种．
故答案为：35．
56．（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
【答案】
【解析】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面，面，所以面，
又因为面，面面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：．
57．（2024·福建福州·模拟预测）设为数列的前项积，若，其中常数，则 （结果用表示）；若数列为等差数列，则 ．
【答案】 1或2
【解析】因为为数列的前项积，，
时，，
当时，，即，
时，，
则，
若数列 为等差数列，则，
所以，
整理得，，
解得或．
检验：当时，，则时，，则，即 ，
故为以为首项，1为公差的等差数列；
当时，，则时，，则，
故，得，
即 ，又，故为常数列，即，易知其为等差数列．
故答案为：；1或2．
58．（2024·浙江嘉兴·二模）设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则 ．
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，
由，则，解得，又，
所以，，代入，
解得，
当时，，
当，时，，
满足上式，所以，．
故答案为：．
59．（2024·浙江嘉兴·二模）在四面体中，，且与所成的角为．若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 ．
【答案】3
【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，
所以或，设，外接球半径记为，
外接球的球心如图点．
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，得，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以当时，外接球的半径会更小．
所以，
所以，
所以．
故答案为：3．
60．（2024·浙江宁波·二模）在平面直角坐标系中，定义为两点间的“曼哈顿距离”．已知椭圆，点在椭圆上，轴．点满足．若直线与的交点在轴上，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，由题意，；
不妨设点位于第一象限，由可得，
设直线与的交点为，则有，；
，
由可得，整理得①；
，
由可得，整理得②；
联立①②可得，由题意，所以，
由椭圆的对称性可知，
，
因为，设，，
，其中；
所以当时，取到最大值．
故答案为：
61．（2024·浙江宁波·二模）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，2两个环节各有两种运输方式，第3，4两个环节各有两种运输方式，第5个环节有两种运输方式．则快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式有 种．
【答案】16
【解析】快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选，则3，4个环节一个选，一个选，
则有种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式，
则3，4个环节一个选，一个选，或者都选，
则由种，
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有种．
故答案为：16．
62．（2024·浙江杭州·二模）函数的最大值为 ．
【答案】
【解析】令，则，故，
令，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在时单调递减，
故，
即函数的最大值为．
故答案为：．
63．（2024·浙江杭州·二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】/
【解析】
如图，设，因，故，又，
由余弦定理，，
即，
设椭圆中心为，作圆锥的轴截面，与底面直径交于，与椭圆交于，
连交于，以点为原点，为轴，建立直角坐标系．
则，又由得，
从而则得，
不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程，解得，
则，故
故答案为：．
64．（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】原不等式，
构造函数，则，
则，令，解得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
若，则当时，，显然不恒成立，
故，所以，
所以成立，只需成立即可，
即恒成立，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，所以．
故答案为：
65．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】设该长方体的长、宽、高分别为、、，
由长方体的对称性，不妨设，
则有，即，
，即， 则
即，
即，
即，
令，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
即长方体体积的最大值为．
故答案为：．
66．（2024·河北邢台·一模）在直三棱柱中，，底面ABC是边长为6的正三角形，若M是三棱柱外接球的球面上一点，是内切圆上一点，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】若底面ABC是边长为6的正三角形，
则外接圆的半径为，内切圆半径为，
设三棱柱外接球的半径为，且已知，
可得，解得，
设三棱柱外接球的球心与内切圆上一点的距离为，
故，则的最大值为，
故答案为：
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