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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32
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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32，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三十二原卷版docx、2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编三十二解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71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（三十二）
一、单选题
1．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为①，
所以函数的图象关于点对称.
因为为偶函数，所以②，
则函数的图象关于直线对称.
由①②得，则，
故的周期为4，所以.
由，令，得，即③，
已知，由函数的图象关于直线对称，
得.
又函数的图象关于点对称，得
所以，即，所以④，
联立③④解得，，
故当时，.
由的图象关于点对称，
可得.
故选：A.
2．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（ ）
A．不为定值，为定值B．为定值，不为定值
C．与均为定值D．与均不为定值
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示，
正方体边长为1，即
设，则，
，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为，
六边形的周长为定值，
正三角形的面积为.
当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
此时,截面面积为，
截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值.
故选：A
3．（2024·湖南·二模）若锐角满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】.
于是，当且仅当时取等号，
则的最小值为.
故选：D.
4．（2024·湖南·二模）如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设内切圆与边分别相切于点，
由切线长定理和的对称性，可设.
由，可得.
在中，由余弦定理，.
于是根据椭圆和双曲线的定义，.
接下来确定的取值范围.
设，
在中，，
于是由余弦定理，，
整理得，于是，故，
又因为在内单调递增，可知，
可得，所以的取值范围是.
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．
5．（2024·高二·江西萍乡·期末）加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图）．已知椭圆：，是直线：上一点，过作的两条切线，切点分别为、，连接（是坐标原点），当为直角时，直线的斜率（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由椭圆：可知：，
当如图长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和，
其对角线长为，因此蒙日圆半径为4，圆方程为，
当为直角时，可知点当在圆，
因为到直线的距离为，
所以直线：为圆的切线，
因为直线，，所以.
故选：D.
6．（2024·高三·安徽·期末）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
7．（2024·全国·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
8．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与的图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是，其他值均不符合要求,.
故选：C
9．（2024·福建三明·三模）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】设，由得，
即得；
又，解得，
由于A，B在第一象限内，故，
则，
而线段中点的横坐标为3，则，
故，
故选：B
10．（2024·福建三明·三模）已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】，
，
则，
又因为，
所以，即，
设，
则直线与椭圆有交点，
联立，得，
则，解得，
所以的最大值为.
故选：C.
11．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，
因为平面，所以平面，
则，又，，，所以，则,
如图，将四棱锥补成长方体，
若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，故，
设平面的法向量为，又，
，令，所以，
又，则到平面的距离为.
故选：A.
12．（2024·江苏南京·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，，
设的内切圆与，相切于点，如图所示，
则，，
所以，
所以的周长为，
由椭圆定义可得，，
所以，则，
故选：B．
.
13．（2024·江苏南京·二模）在斜中，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以为锐角，，则，即，
所以，即，所以，
当时，即,所以，不合题意；
当时，，
所以，
所以
当且仅当，即时等号成立，
故选：B．
14．（2024·河南信阳·一模）已知实数满足，则的最小值与最大值之和为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】由题意知点在曲线上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称；
由于时，曲线的方程为，即，
故结合曲线对称性，作出曲线C如图：
而表示曲线C上的点到直线的距离，
可知取最小值和最大值时，位于曲线在第一、三象限内的圆弧上，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最小值为，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最大值为，
故的最小值与最大值之和为，
所以的最小值与最大值之和为，
故选：C．
15．（2024·河北邢台·二模）设，，，为抛物线上不同的四点，点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线，设点到直线和直线的距离分别为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，过作，设，则，
所以，设抛物线在点处的切线的方程为，
由，消得到，由，
得到，所以由题有，即，
所以，又，所以，
得到为的角平分线，又，所以，
又均为直角三角形，所以，得到，
所以，
故答案：B.
16．（2024·辽宁·二模）把数字1、2、3分别写在9张卡片上，其中有4张写着1，4张写着2，1张写着3，把这9张卡片排成三行三列，每行每列都是三张卡片，则每行和每列的卡片上数字和为奇数的排法的种数有（ ）
A．30B．27C．54D．45
【答案】D
【解析】每张卡片都有所在的行和列，为了保证每行每列的数字和为奇数，
所以每行和每列有3个奇数或者1个奇数，
首先考虑写有数字3的卡片，然后再考虑写有数字1的卡片，
3所在的行要么有2个1，要么没有1，
当3所在的行有两个1时，另外两个1必须在同一列，于是有3种排法，
当3所在的行没有1时，剩下的两行应该是一行3个1，一行1个1，
于是有2种排法，所以对于3的每一个位置有5种排法，
由于3可以放在这9个位置中的任何一个位置，因此共有45种排法.
故选：D
17．（2024·辽宁·二模）正三角形ABC所在的平面垂直于正三角形ABD所在的平面，且A，B，C，D四点在半径为的球的球面上，则CD的长为（ ）
A．5B．C．4D．
【答案】D
【解析】
如图，记的中点为，和的重心分别为，则分别由，可知垂直于平面，垂直于平面.
从而由和分别在平面和平面内，知，.
而平面垂直于平面，其交线为，在平面内，，故垂直于平面，再由在平面内，知.
所以四边形是矩形，而，故四边形是正方形.
设正方形的边长为，则，. 同时，由已知条件得.
由勾股定理有，故，解得.
最后，由于，，，故，D选项正确.
故选：D.
18．（2024·辽宁·二模）已知正实数，记，则的最小值为（ ）
A．B．2C．1D．
【答案】A
【解析】由得，，
所以，即，
因为，所以，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当，即时，等号成立，
故选：A．
19．（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，
作于点于点，
因为与圆相切，所以，
因为，即，
在直角中，，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：
，整理得，
因为，所以，圆的面积.
故选：A.
20．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方法一：因为，所以．
因为，所以，
所以．
因为，所以是以6为首项，9为公比的等比数列．
所以
；
方法二：因为当时，，即，
又，所以是首项为2，公比为3的等比数列，故．
由，得，两式相减得．
当为偶数且时，，
以上式子相加得，又，所以．
又满足上式，所以．
当为奇数且时，，
以上式子相加得，又，所以，
又满足上式，所以．
综上，，
所以．
故选：D
21．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）点是边长为1的正六边形边上的动点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】C
【解析】分别取，中点Q，R，连接，，
则由题，，即，
所以，
作图如下，由图可知当P运动到D或E时PQ最大，
所以
，
所以的最大值为3.
故选：C.
22．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，其左右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交双曲线于两点，设线段的中点为，若直线与直线的交点在轴上，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】由题可得：，，，，，，
所以，直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
由于，则直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
因为直线与直线的交点在轴上，所以，解得：，
所以双曲线的离心率，
故选：B
23．（2024·高三·河北沧州·期中）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和在区间上都是单调递增的，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，，
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的.
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
不妨令，则函数在上是单调递减的.
，
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的，
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
令可得，则函数在上是单调递减的，在上是单调递减.
若和在区间上都是单调递增的，且和的周期都为，
则的最大值为.
故选：D.
24．（2024·高三·河北沧州·期中）已知正六棱锥的高为，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱（即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上）的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设正六棱锥的底面中心为，正六棱柱为，
其中底面在棱锥底面上，
设底面的中心为，外接球球心为，由题意得，
底面的中心为，底面的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上，
则，因为正六棱锥的底面为正六边形，
设边长为，侧面与底面所成角为，作,易知,
则，解得，
即正六棱锥的底面边长为1，设，则，
由题意得，故，
故正六棱柱外接球半径的平方
，
当且仅当时取得最小值，此时外接球表面积，
故正六棱柱的外接球表面积的最小值为，
故选：D.
二、多选题
25．（2024·广东广州·模拟预测）已知双曲线为其右焦点，点到渐近线的距离为1，平行四边形的顶点在双曲线上，点在平行四边形的边上，则（）
A．
B．
C．若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为
D．四边形的面积
【答案】BCD
【解析】对A，易知渐近线方程为，焦点F坐标为，
点到渐近线的距离为，故项错误；
对B，若为双曲线的左焦点，又点在平行四边形上，
则根据对称性知点也在平行四边形上，且，
所以，故B项正确；
对C，由双曲线的渐近线方程为，
若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，当其值为时，
则平行四边形各对应边所在直线与双曲线不可能有四个交点，故C项正确；
对D，如上图，设直线，
联立双曲线方程得，且，
所以，
则，
由对称性知，则点到直线的距离，
所以，令，
则，
又在上单调递减，故在上单调递增，
所以，故D项正确.
故选：BCD.
26．（2024·湖南·二模）在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【答案】AD
【解析】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD.
27．（2024·湖南·二模）已知函数及其导函数的定义域均为，记.若满足的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为函数的图象关于直线对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，故A正确；
对于选项，因为，令，可得，即，
对等式两边求导得，即，
故，所以，故B正确；
对于选项，因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中为常数，
当时，，故C错误；
对于D选项，因为，所以，.
，可得，
，
由，令，可得，则，
所以，
因为，则，故D正确.
故选：ABD.
28．（2024·高一·吉林延边·期末）若实数满足，则下列选项正确的是（ ）
A．且B．的最小值为9
C．的最小值为D．
【答案】ABD
【解析】对于A，由，可得，
所以且，即，故A正确；
对于B，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9，故B正确；
对于C，因为，
可得，即，所以，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以的最大值为，故C错误；
对于D，因为，则，
所以，故D正确.
故选：ABD.
29．（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
30．（2024·福建三明·三模）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为
B．若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为
C．过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为
D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32
【答案】BCD
【解析】A选项，因为，所以P在以EG为直径的球面上，又因为E、G分别是AB和的中点，结合棱切球与各个面的交点为各条棱的中点，得到该球是正方体的棱切球，
又由P在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以P的轨迹长度为，故A错误；
B 选项，即求三棱锥即的外接球，
在中，由余弦定理得，
所以，由正弦定理得，其中是外接圆半径，所以，
因为侧棱面，所以外接球半径，所以球O的表面积为，故B正确；
C选项，如图
延长FE交DA的延长线于点P，可得到，所以，
连接交于点Q，由得，所以Q是上靠近A的三等分点，
连接，作交于点，则是靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面，
，，
，，
，
所以周长为，故C正确；
D选项，
由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形，
可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形，
对角线长为，所以面积为，故D正确；
故选：BCD.
31．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数恰有三个零点，，，且，则（ ）
A．B．实数的取值范围为
C．D．
【答案】ACD
【解析】函数定义域为R，
，
所以是奇函数，则，
又因为有三个零点且，，
所以，，即，故A选项正确；
，得，
令，则，所以在R上增函数，
要使函数有3个零点，与的图象有3个交点，如图：
又，
当且仅当时取等号，即，
所以，故B错误；
，故C选项正确；
由得，又，
要使成立，则成立，
令，，
所以在单调递增，则，
于是，则，故D正确.
故选：ACD.
32．（2024·江苏南京·二模）已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ）
A．平面B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A，连接，
由平行六面体得，平面平面，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面，故A正确；
对于B，以为基底，
则，，，
因为平行六面体的棱长均为2，，
所以，
，
所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以，故B正确；
对于D，，
，即，
所以，当点共线时等号成立，故D正确；
对于C，因为平面，则交的外心，连接，
则，
在中，由正弦定理得外接圆直径，，则，，
设，
在中，，
在中，，
则，
所以，故C错误；
故选：ABD．
33．（2024·江苏南京·二模）已知函数满足，则（ ）
A．B．C．是偶函数D．是奇函数
【答案】AC
【解析】令，则，
令，则，解得或，
若，则恒成立，不合题意，故，A选项正确；
，则,，B选项错误；
函数，定义域为R，，
为偶函数，C正确，D错误.
故选：AC
34．（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
35．（2024·河南信阳·一模）若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】AB
【解析】依题意，在上恒成立，当时，，
令，则，，
故当时，，当时，，
故，故，则不等式成立；
当时，令，因为，
，故在内必有零点，设为，则，
则，故，不合题意，舍去；
综上所述，.
故选：AB.
36．（2024·辽宁·二模）的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（ ）
A．三点共线B．
C．D．点在的内部
【答案】AC
【解析】
，
因为点为的重心，
所以，所以，
所以三点共线，故A正确，B错误；
，
因为，
所以，即，故C正确；
因为，
所以点的位置随着点位置的变化而变化，故点不一定在的内部，故D错误；
故选：AC．
37．（2024·辽宁·二模）已知函数满足0，且在上单调递减，则（ ）
A．函数的图象关于点对称B．可以等于
C．可以等于5D．可以等于3
【答案】ABD
【解析】由，则，
所以函数的图象关于对称，
又，且，
则，
即函数的图象关于点对称，故A正确；
根据函数的图象关于对称，得，
根据函数的图象关于点对称，，
可得，，
由于，所以，故B正确；
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，又，所以，
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD
38．（2024·云南红河·二模）某种高精度产品在研发后期，一企业启动产品试生产，假设试产期共有甲､乙､丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示：
试产期每天都需对每一件产品进行检测，检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成5次，把5次的数字相加，若和小于4，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式.则下列选项中正确的是（ ）
A．若计算机5次生成的数字之和为，则
B．设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，则
C．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为
D．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自甲生产线的概率为
【答案】BD
【解析】对于A：因为，，
所以，故A错误；
对于B：由
故B正确；
对于C：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B，
这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，
则由
，故C错误；
对于D：由C选项的解析可知，故D正确.
故选：BD.
39．（2024·湖北·模拟预测）已知函数是自然对数的底数，则（ ）
A．
B．若，则
C．的最大值为
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】ACD
【解析】，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，
，，故A正确；
由单调性可知，当时，函数取得最大值，故C正确；
若，则，即，
由可知，，故B错误；
不等式等价于，
当，，因为函数在单调递增，
所以，即，故，
当时，则，
因为函数在单调递增，在单调递减，
，，又，
所以，即，
所以当时，，
故“”是“”的充分条件，
又因为，所以，即，
即时，也成立，
故“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件，D正确.
故选：ACD.
40．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．为偶函数B．为奇函数
C．函数是周期函数D．
【答案】BCD
【解析】对A：由，故为奇函数，
若为偶函数，则，与条件不符，故A错误；
对B：由，则，
又，即，
即，又定义在上，
故为奇函数，故B正确；
对C：由，，，
所以，则，
所以，，
所以，所以，
则函数是周期函数的周期函数，函数是周期函数的周期函数，故C正确；
对D：由是周期函数的周期函数，
由，令，则，即，
令，则，即，
由，，
则，则关于对称，则关于对称，
又为奇函数，即关于中心对称，
故关于对称，则，
则，故D正确.
故选：BCD.
41．（2024·高三·河北沧州·期中）已知函数为定义在上的函数的导函数，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．
D．
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为，
因为，所以函数的图象关于点对称，
所以选项不正确；
对于B，因为，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以选项正确；
对于C，由选项知，，因为，
则，
所以，所以函数的图象关于直线对称，
又，所以，即，所以，
所以8是函数的一个周期，所以，所以C选项正确；
对于D，，，
所以
，所以选项正确，
故选：BCD.
42．（2024·高三·河北沧州·期中）已知点为抛物线的准线与轴的交点，分别为上不同两点（其中在第一象限），为抛物线的焦点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则中点横坐标的最小值为4
B．若三点共线，且，则直线的斜率为
C．若三点共线，且，则直线的斜率为
D．若三点共线，且的外接圆与的交点为（异于），则的重心在轴上
【答案】ACD
【解析】依题意得，，所以抛物线的方程为，焦点，准线方程为，
对于A选项，设线段的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足分别为，
根据梯形中位线性质和抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，而，则，
即中点横坐标的最小值为4，所以A选项正确；
对于B选项，直线斜率不为零，设直线的方程为，
由得，则，解得，
所以，因为，所以，
所以
，解得（满足，
所以直线的方程为或.
又在第一象限，则直线的斜率为，所以B选项不正确；
对于C选项，设直线的方程为，联立，
消去得，，
由题意得，则，所以，则，
又由题意，所以，直线的方程为，所以C选项正确；
对于D选项，设，因为四点共圆，
设该圆的方程为，联立
消去得，即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0，即重心在轴上，所以D选项正确，
故选：ACD.
三、填空题
43．（2024·广东广州·模拟预测）若，关于的不等式恒成立，则正实数的最大值为 .
【答案】
【解析】，即，
令，则.
设，其中，
则，令，得，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，又，
所以存在，使得，
所以若，则或，即0或恒成立，
当，故不可能，
，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，所以只有才能满足要求，
即，又，解得，所以正实数的最大值为.
故答案为：
44．（2024·湖南·二模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 .
【答案】
【解析】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.
设，在中，由于是钝角，故中最大的边是.
若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；
若一边长1，一边长，则变为直角三角形；
若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.
如图，在直角梯形中求球的半径，
在直角梯形中求球的半径，
利用重心的性质容易求得，
设球的半径为，，由图1 得，
解得（舍），
由图2得，解得，
故球的表面积为.
故答案为：．
45．（2024·湖南·二模）初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是 .（用数字作答）
【答案】28
【解析】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论：
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况.
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况.
③，此时共有种情况.
当最大数为3时，，没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是.
故答案为：28．
46．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是 ．
【答案】
【解析】根据题意，作图如下：
依题意，为的角平分线，且，
设，由角平分线定理可得：，则；
在中，由余弦定理；
在中，由余弦定理可得，，
即，解得.
故，，
所以的渐近线方程是．
故答案为：.
47．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为 若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为 ．
【答案】
【解析】过点在平面内作，垂足为，如下图
易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：
则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2.利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.
48．（2024·福建三明·三模）记表示k个元素的有限集，表示非空数集E中所有元素的和，若集合，则 ，若，则m的最小值为 .
【答案】 21
【解析】当时，表示3个元素的有限集，
由可知或或或，
故；
由题意知，
故由可得，即，
解得或（舍去），
结合，故m的最小值为21，
故答案为：；21
49．（2024·福建三明·三模）已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】当对任意均成立时，
则对任意均成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
当对任意均成立时，
则对任意均成立时，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
所以，所以，
所以，当且对任意均成立时，
且，即；
当且对任意均成立时，
即且对任意均成立时，
因为在上无最大值，
所以此时没有满足，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
50．（2024·福建福州·模拟预测）倾斜角为的直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为线段的中点，为上一点，则的最小值为 ．
【答案】8
【解析】易知抛物线的焦点，准线，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
不妨设,，,，
由韦达定理得，
此时线段的中点的横坐标，
过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可得
取得的最小值为8．
故答案为：8．
51．（2024·福建福州·模拟预测）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ．
【答案】 6 22
【解析】如图，在上取，连接，
因为，，均垂直于平面，所以，
则，因为正方形，所以，
又平面，所以平面，
由可得四边形为平行四边形，所以，
因为面为正方形，则，所以，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面平面，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
故为三棱柱，为三棱柱，
则该六面体的体积；
如图，连接，
又，，
所以，
则在四边形中，由余弦定理得，
所以，则，
该六面体的表面积
.
故答案为：；.
52．（2024·江苏南京·二模）已知函数的两个极值点为，，记，．点B，D在的图象上，满足，均垂直于y轴．若四边形为菱形，则 ．
【答案】
【解析】函数，，
若，恒成立，在上单调递增，不合题意，
时，，得，
则，，
四边形为菱形，则，
，故，，
，则，，
由，化简得，令，则，
即，解得，故，.
故答案为：.
53．（2024·江苏南京·二模）在平面四边形中，，，，，则四边形的面积为 ．
【答案】
【解析】连接，依题意，设，，则，
又，
即，即，
即，显然，则，即，
又，所以，整理得，
即，解得，所以，
所以
.
故答案为：
54．（2024·河北邢台·二模）如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】由题意设，因为面积为，所以，
根据题意有：，
所以，
则长方体的体积为，
，令，有，
所以时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
55．（2024·宁夏·一模）在中，，，点D与点B分别在直线AC的两侧，且，，则BD的长度的最大值是 ．
【答案】
【解析】
如图，在中，由正弦定理：可得：，因，则，即.
设，则，在中，设，由正弦定理，，则得：，
由余弦定理可得：，即.
在中，由余弦定理，,
因，则，则当时，即时，，此时.
故答案为：.
56．（2024·辽宁·二模）已知椭圆的右焦点是，过点作直线交椭圆于点A，B，过点与直线垂直的射线交椭圆于点，，且三点共线（其中O是坐标原点），则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【解析】设椭圆的左焦点为. 由于三点共线，故由椭圆的对称性知，而，故四边形是平行四边形.
又因为，，故四边形是矩形.
由于四边形是矩形，故，.
从而可设，，，此时.
这得到，所以，.
最后由得到，即，故.
从而椭圆的离心率.
故答案为：.
57．（2024·辽宁·二模）已知函数的图象与函数且的图象在公共点处有相同的切线，则 ，切线方程为 .
【答案】
【解析】设公共点为，则，即，所以，
所以，
由，，所以，，
又在公共点处有相同的切线，所以，即，所以，则，，
则，
则，所以切线方程为，即.
故答案为：；
58．（2024·山西朔州·一模）已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为 ．
【答案】/
【解析】取左焦点，设，则，
由双曲线定义可得，，
由，点与点关于原点对称，故四边形为矩形，
故，有，化简可得得，
故，，则在中，有，
即，故.
故答案为：.
59．（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由函数，
设，可得，单调递增，
且，，
所以存在唯一的，使，即，
令，即，
设，可得，则在上单增，
又由且时，，
所以当时，存在唯一的，使，即，
若时，可得，则，可得，所以，
所以，
综上所述，实数的取值范围为．
故答案为：．
60．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）设是一个三角形的三个内角，则的最小值为 .
【答案】
【解析】
，
令，
所以，
要想有最小值，显然为钝角，即，
于是有，
设，
因为，
所以
令，即，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有最大值，
所以的最小值为，
此时，，
即存在，显然存在，使得，
即的最小值为，
故答案为：
61．（2024·高三·河北沧州·期中）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且的周长为6，面积的最大值为，则椭圆的离心率为 .
【答案】/0.5
【解析】依题意，的周长为，
所以面积的最大值为，
又，整理得,即,
解得，故椭圆的离心率为，
故答案为：
62．（2024·高三·河北沧州·期中）已知分别为的内角的对边，且，则 ；内角的平分线交于点，若，则的面积为 .
【答案】 /
【解析】依题意，由正弦定理可得，
即，
故，又，
所以，则，因为，所以.
因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
所以的面积为.
故答案为：；.生产线
次品率
产量（件/天）
甲
500
乙
700
丙
800
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（三十二）
一、单选题
1．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为①，
所以函数的图象关于点对称.
因为为偶函数，所以②，
则函数的图象关于直线对称.
由①②得，则，
故的周期为4，所以.
由，令，得，即③，
已知，由函数的图象关于直线对称，
得.
又函数的图象关于点对称，得
所以，即，所以④，
联立③④解得，，
故当时，.
由的图象关于点对称，
可得.
故选：A.
2．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（ ）
A．不为定值，为定值B．为定值，不为定值
C．与均为定值D．与均不为定值
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示，
正方体边长为1，即
设，则，
，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为，
六边形的周长为定值，
正三角形的面积为.
当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
此时,截面面积为，
截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值.
故选：A
3．（2024·湖南·二模）若锐角满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】.
于是，当且仅当时取等号，
则的最小值为.
故选：D.
4．（2024·湖南·二模）如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设内切圆与边分别相切于点，
由切线长定理和的对称性，可设.
由，可得.
在中，由余弦定理，.
于是根据椭圆和双曲线的定义，.
接下来确定的取值范围.
设，
在中，，
于是由余弦定理，，
整理得，于是，故，
又因为在内单调递增，可知，
可得，所以的取值范围是.
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．
5．（2024·高二·江西萍乡·期末）加斯帕尔·蒙日是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图）．已知椭圆：，是直线：上一点，过作的两条切线，切点分别为、，连接（是坐标原点），当为直角时，直线的斜率（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由椭圆：可知：，
当如图长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和，
其对角线长为，因此蒙日圆半径为4，圆方程为，
当为直角时，可知点当在圆，
因为到直线的距离为，
所以直线：为圆的切线，
因为直线，，所以.
故选：D.
6．（2024·高三·安徽·期末）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
7．（2024·全国·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
8．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，则的值可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】令，，
因为与的图象关于轴对称，
因为函数的图象在区间内恰好有对关于轴对称的点，
所以问题转化为与的图象在内有个不同的交点，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：
因为，当时，，
结合图象及选项可得的值可以是，其他值均不符合要求,.
故选：C
9．（2024·福建三明·三模）已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】设，由得，
即得；
又，解得，
由于A，B在第一象限内，故，
则，
而线段中点的横坐标为3，则，
故，
故选：B
10．（2024·福建三明·三模）已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】，
，
则，
又因为，
所以，即，
设，
则直线与椭圆有交点，
联立，得，
则，解得，
所以的最大值为.
故选：C.
11．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，
因为平面，所以平面，
则，又，，，所以，则,
如图，将四棱锥补成长方体，
若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，故，
设平面的法向量为，又，
，令，所以，
又，则到平面的距离为.
故选：A.
12．（2024·江苏南京·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，，
设的内切圆与，相切于点，如图所示，
则，，
所以，
所以的周长为，
由椭圆定义可得，，
所以，则，
故选：B．
.
13．（2024·江苏南京·二模）在斜中，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以为锐角，，则，即，
所以，即，所以，
当时，即,所以，不合题意；
当时，，
所以，
所以
当且仅当，即时等号成立，
故选：B．
14．（2024·河南信阳·一模）已知实数满足，则的最小值与最大值之和为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】由题意知点在曲线上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称；
由于时，曲线的方程为，即，
故结合曲线对称性，作出曲线C如图：
而表示曲线C上的点到直线的距离，
可知取最小值和最大值时，位于曲线在第一、三象限内的圆弧上，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最小值为，
当时，曲线的方程为，即，
此时d的最大值为，
故的最小值与最大值之和为，
所以的最小值与最大值之和为，
故选：C．
15．（2024·河北邢台·二模）设，，，为抛物线上不同的四点，点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线，设点到直线和直线的距离分别为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，过作，设，则，
所以，设抛物线在点处的切线的方程为，
由，消得到，由，
得到，所以由题有，即，
所以，又，所以，
得到为的角平分线，又，所以，
又均为直角三角形，所以，得到，
所以，
故答案：B.
16．（2024·辽宁·二模）把数字1、2、3分别写在9张卡片上，其中有4张写着1，4张写着2，1张写着3，把这9张卡片排成三行三列，每行每列都是三张卡片，则每行和每列的卡片上数字和为奇数的排法的种数有（ ）
A．30B．27C．54D．45
【答案】D
【解析】每张卡片都有所在的行和列，为了保证每行每列的数字和为奇数，
所以每行和每列有3个奇数或者1个奇数，
首先考虑写有数字3的卡片，然后再考虑写有数字1的卡片，
3所在的行要么有2个1，要么没有1，
当3所在的行有两个1时，另外两个1必须在同一列，于是有3种排法，
当3所在的行没有1时，剩下的两行应该是一行3个1，一行1个1，
于是有2种排法，所以对于3的每一个位置有5种排法，
由于3可以放在这9个位置中的任何一个位置，因此共有45种排法.
故选：D
17．（2024·辽宁·二模）正三角形ABC所在的平面垂直于正三角形ABD所在的平面，且A，B，C，D四点在半径为的球的球面上，则CD的长为（ ）
A．5B．C．4D．
【答案】D
【解析】
如图，记的中点为，和的重心分别为，则分别由，可知垂直于平面，垂直于平面.
从而由和分别在平面和平面内，知，.
而平面垂直于平面，其交线为，在平面内，，故垂直于平面，再由在平面内，知.
所以四边形是矩形，而，故四边形是正方形.
设正方形的边长为，则，. 同时，由已知条件得.
由勾股定理有，故，解得.
最后，由于，，，故，D选项正确.
故选：D.
18．（2024·辽宁·二模）已知正实数，记，则的最小值为（ ）
A．B．2C．1D．
【答案】A
【解析】由得，，
所以，即，
因为，所以，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当，即时，等号成立，
故选：A．
19．（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，右焦点到渐近线的距离为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，因为右焦点到渐近线的距离为，故，
作于点于点，
因为与圆相切，所以，
因为，即，
在直角中，，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：
，整理得，
因为，所以，圆的面积.
故选：A.
20．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方法一：因为，所以．
因为，所以，
所以．
因为，所以是以6为首项，9为公比的等比数列．
所以
；
方法二：因为当时，，即，
又，所以是首项为2，公比为3的等比数列，故．
由，得，两式相减得．
当为偶数且时，，
以上式子相加得，又，所以．
又满足上式，所以．
当为奇数且时，，
以上式子相加得，又，所以，
又满足上式，所以．
综上，，
所以．
故选：D
21．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）点是边长为1的正六边形边上的动点，则的最大值为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】C
【解析】分别取，中点Q，R，连接，，
则由题，，即，
所以，
作图如下，由图可知当P运动到D或E时PQ最大，
所以
，
所以的最大值为3.
故选：C.
22．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）已知双曲线的右焦点为，其左右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交双曲线于两点，设线段的中点为，若直线与直线的交点在轴上，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】由题可得：，，，，，，
所以，直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
由于，则直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
因为直线与直线的交点在轴上，所以，解得：，
所以双曲线的离心率，
故选：B
23．（2024·高三·河北沧州·期中）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和在区间上都是单调递增的，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，，
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的.
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
不妨令，则函数在上是单调递减的.
，
令，解得，
即函数的单调递增区间为，
不妨令，则函数在上是单调递增的，
令，解得，
即函数的单调递减区间为，
令可得，则函数在上是单调递减的，在上是单调递减.
若和在区间上都是单调递增的，且和的周期都为，
则的最大值为.
故选：D.
24．（2024·高三·河北沧州·期中）已知正六棱锥的高为，侧面与底面所成角的正切值为4，则该正六棱锥的内接正六棱柱（即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱和底面上）的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设正六棱锥的底面中心为，正六棱柱为，
其中底面在棱锥底面上，
设底面的中心为，外接球球心为，由题意得，
底面的中心为，底面的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上，
则，因为正六棱锥的底面为正六边形，
设边长为，侧面与底面所成角为，作,易知,
则，解得，
即正六棱锥的底面边长为1，设，则，
由题意得，故，
故正六棱柱外接球半径的平方
，
当且仅当时取得最小值，此时外接球表面积，
故正六棱柱的外接球表面积的最小值为，
故选：D.
二、多选题
25．（2024·广东广州·模拟预测）已知双曲线为其右焦点，点到渐近线的距离为1，平行四边形的顶点在双曲线上，点在平行四边形的边上，则（）
A．
B．
C．若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为
D．四边形的面积
【答案】BCD
【解析】对A，易知渐近线方程为，焦点F坐标为，
点到渐近线的距离为，故项错误；
对B，若为双曲线的左焦点，又点在平行四边形上，
则根据对称性知点也在平行四边形上，且，
所以，故B项正确；
对C，由双曲线的渐近线方程为，
若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，当其值为时，
则平行四边形各对应边所在直线与双曲线不可能有四个交点，故C项正确；
对D，如上图，设直线，
联立双曲线方程得，且，
所以，
则，
由对称性知，则点到直线的距离，
所以，令，
则，
又在上单调递减，故在上单调递增，
所以，故D项正确.
故选：BCD.
26．（2024·湖南·二模）在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【答案】AD
【解析】对于A，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理得，为等边三角形，则，
且，，
于是二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时取等号，
即四面体的体积的最大值是，A正确；
对于B，由余弦定理得，
因此，B错误；
对于C，，由，，得≌，
则，
因此四面体的表面积的最大值是，C错误；
对于D，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
由，，平面，得平面，
而平面，则，又，平面，
于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心，
连接，由，，，得≌，
因此，，而平面，平面，，
则，即球的半径为，球的体积为，D正确.
故选：AD.
27．（2024·湖南·二模）已知函数及其导函数的定义域均为，记.若满足的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为函数的图象关于直线对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，故A正确；
对于选项，因为，令，可得，即，
对等式两边求导得，即，
故，所以，故B正确；
对于选项，因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中为常数，
当时，，故C错误；
对于D选项，因为，所以，.
，可得，
，
由，令，可得，则，
所以，
因为，则，故D正确.
故选：ABD.
28．（2024·高一·吉林延边·期末）若实数满足，则下列选项正确的是（ ）
A．且B．的最小值为9
C．的最小值为D．
【答案】ABD
【解析】对于A，由，可得，
所以且，即，故A正确；
对于B，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9，故B正确；
对于C，因为，
可得，即，所以，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以的最大值为，故C错误；
对于D，因为，则，
所以，故D正确.
故选：ABD.
29．（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
30．（2024·福建三明·三模）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为
B．若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为
C．过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为
D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32
【答案】BCD
【解析】A选项，因为，所以P在以EG为直径的球面上，又因为E、G分别是AB和的中点，结合棱切球与各个面的交点为各条棱的中点，得到该球是正方体的棱切球，
又由P在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以P的轨迹长度为，故A错误；
B 选项，即求三棱锥即的外接球，
在中，由余弦定理得，
所以，由正弦定理得，其中是外接圆半径，所以，
因为侧棱面，所以外接球半径，所以球O的表面积为，故B正确；
C选项，如图
延长FE交DA的延长线于点P，可得到，所以，
连接交于点Q，由得，所以Q是上靠近A的三等分点，
连接，作交于点，则是靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面，
，，
，，
，
所以周长为，故C正确；
D选项，
由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形，
可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形，
对角线长为，所以面积为，故D正确；
故选：BCD.
31．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数恰有三个零点，，，且，则（ ）
A．B．实数的取值范围为
C．D．
【答案】ACD
【解析】函数定义域为R，
，
所以是奇函数，则，
又因为有三个零点且，，
所以，，即，故A选项正确；
，得，
令，则，所以在R上增函数，
要使函数有3个零点，与的图象有3个交点，如图：
又，
当且仅当时取等号，即，
所以，故B错误；
，故C选项正确；
由得，又，
要使成立，则成立，
令，，
所以在单调递增，则，
于是，则，故D正确.
故选：ACD.
32．（2024·江苏南京·二模）已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ）
A．平面B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A，连接，
由平行六面体得，平面平面，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面，故A正确；
对于B，以为基底，
则，，，
因为平行六面体的棱长均为2，，
所以，
，
所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以，故B正确；
对于D，，
，即，
所以，当点共线时等号成立，故D正确；
对于C，因为平面，则交的外心，连接，
则，
在中，由正弦定理得外接圆直径，，则，，
设，
在中，，
在中，，
则，
所以，故C错误；
故选：ABD．
33．（2024·江苏南京·二模）已知函数满足，则（ ）
A．B．C．是偶函数D．是奇函数
【答案】AC
【解析】令，则，
令，则，解得或，
若，则恒成立，不合题意，故，A选项正确；
，则,，B选项错误；
函数，定义域为R，，
为偶函数，C正确，D错误.
故选：AC
34．（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
35．（2024·河南信阳·一模）若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】AB
【解析】依题意，在上恒成立，当时，，
令，则，，
故当时，，当时，，
故，故，则不等式成立；
当时，令，因为，
，故在内必有零点，设为，则，
则，故，不合题意，舍去；
综上所述，.
故选：AB.
36．（2024·辽宁·二模）的重心为点，点O，P是所在平面内两个不同的点，满足，则（ ）
A．三点共线B．
C．D．点在的内部
【答案】AC
【解析】
，
因为点为的重心，
所以，所以，
所以三点共线，故A正确，B错误；
，
因为，
所以，即，故C正确；
因为，
所以点的位置随着点位置的变化而变化，故点不一定在的内部，故D错误；
故选：AC．
37．（2024·辽宁·二模）已知函数满足0，且在上单调递减，则（ ）
A．函数的图象关于点对称B．可以等于
C．可以等于5D．可以等于3
【答案】ABD
【解析】由，则，
所以函数的图象关于对称，
又，且，
则，
即函数的图象关于点对称，故A正确；
根据函数的图象关于对称，得，
根据函数的图象关于点对称，，
可得，，
由于，所以，故B正确；
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，又，所以，
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD
38．（2024·云南红河·二模）某种高精度产品在研发后期，一企业启动产品试生产，假设试产期共有甲､乙､丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示：
试产期每天都需对每一件产品进行检测，检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成5次，把5次的数字相加，若和小于4，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式.则下列选项中正确的是（ ）
A．若计算机5次生成的数字之和为，则
B．设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，则
C．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为
D．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自甲生产线的概率为
【答案】BD
【解析】对于A：因为，，
所以，故A错误；
对于B：由
故B正确；
对于C：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B，
这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，
则由
，故C错误；
对于D：由C选项的解析可知，故D正确.
故选：BD.
39．（2024·湖北·模拟预测）已知函数是自然对数的底数，则（ ）
A．
B．若，则
C．的最大值为
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】ACD
【解析】，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，
，，故A正确；
由单调性可知，当时，函数取得最大值，故C正确；
若，则，即，
由可知，，故B错误；
不等式等价于，
当，，因为函数在单调递增，
所以，即，故，
当时，则，
因为函数在单调递增，在单调递减，
，，又，
所以，即，
所以当时，，
故“”是“”的充分条件，
又因为，所以，即，
即时，也成立，
故“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件，D正确.
故选：ACD.
40．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．为偶函数B．为奇函数
C．函数是周期函数D．
【答案】BCD
【解析】对A：由，故为奇函数，
若为偶函数，则，与条件不符，故A错误；
对B：由，则，
又，即，
即，又定义在上，
故为奇函数，故B正确；
对C：由，，，
所以，则，
所以，，
所以，所以，
则函数是周期函数的周期函数，函数是周期函数的周期函数，故C正确；
对D：由是周期函数的周期函数，
由，令，则，即，
令，则，即，
由，，
则，则关于对称，则关于对称，
又为奇函数，即关于中心对称，
故关于对称，则，
则，故D正确.
故选：BCD.
41．（2024·高三·河北沧州·期中）已知函数为定义在上的函数的导函数，，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．
D．
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为，
因为，所以函数的图象关于点对称，
所以选项不正确；
对于B，因为，所以，
所以函数的图象关于点对称，所以选项正确；
对于C，由选项知，，因为，
则，
所以，所以函数的图象关于直线对称，
又，所以，即，所以，
所以8是函数的一个周期，所以，所以C选项正确；
对于D，，，
所以
，所以选项正确，
故选：BCD.
42．（2024·高三·河北沧州·期中）已知点为抛物线的准线与轴的交点，分别为上不同两点（其中在第一象限），为抛物线的焦点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则中点横坐标的最小值为4
B．若三点共线，且，则直线的斜率为
C．若三点共线，且，则直线的斜率为
D．若三点共线，且的外接圆与的交点为（异于），则的重心在轴上
【答案】ACD
【解析】依题意得，，所以抛物线的方程为，焦点，准线方程为，
对于A选项，设线段的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足分别为，
根据梯形中位线性质和抛物线定义可得，
当且仅当三点共线时，等号成立，而，则，
即中点横坐标的最小值为4，所以A选项正确；
对于B选项，直线斜率不为零，设直线的方程为，
由得，则，解得，
所以，因为，所以，
所以
，解得（满足，
所以直线的方程为或.
又在第一象限，则直线的斜率为，所以B选项不正确；
对于C选项，设直线的方程为，联立，
消去得，，
由题意得，则，所以，则，
又由题意，所以，直线的方程为，所以C选项正确；
对于D选项，设，因为四点共圆，
设该圆的方程为，联立
消去得，即，
所以即为关于的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0，即重心在轴上，所以D选项正确，
故选：ACD.
三、填空题
43．（2024·广东广州·模拟预测）若，关于的不等式恒成立，则正实数的最大值为 .
【答案】
【解析】，即，
令，则.
设，其中，
则，令，得，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，又，
所以存在，使得，
所以若，则或，即0或恒成立，
当，故不可能，
，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，所以只有才能满足要求，
即，又，解得，所以正实数的最大值为.
故答案为：
44．（2024·湖南·二模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 .
【答案】
【解析】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.
设，在中，由于是钝角，故中最大的边是.
若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；
若一边长1，一边长，则变为直角三角形；
若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.
如图，在直角梯形中求球的半径，
在直角梯形中求球的半径，
利用重心的性质容易求得，
设球的半径为，，由图1 得，
解得（舍），
由图2得，解得，
故球的表面积为.
故答案为：．
45．（2024·湖南·二模）初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是 .（用数字作答）
【答案】28
【解析】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论：
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况.
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况.
③，此时共有种情况.
当最大数为3时，，没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是.
故答案为：28．
46．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是 ．
【答案】
【解析】根据题意，作图如下：
依题意，为的角平分线，且，
设，由角平分线定理可得：，则；
在中，由余弦定理；
在中，由余弦定理可得，，
即，解得.
故，，
所以的渐近线方程是．
故答案为：.
47．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为 若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为 ．
【答案】
【解析】过点在平面内作，垂足为，如下图
易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：
则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2.利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.
48．（2024·福建三明·三模）记表示k个元素的有限集，表示非空数集E中所有元素的和，若集合，则 ，若，则m的最小值为 .
【答案】 21
【解析】当时，表示3个元素的有限集，
由可知或或或，
故；
由题意知，
故由可得，即，
解得或（舍去），
结合，故m的最小值为21，
故答案为：；21
49．（2024·福建三明·三模）已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】当对任意均成立时，
则对任意均成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
当对任意均成立时，
则对任意均成立时，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
所以，所以，
所以，当且对任意均成立时，
且，即；
当且对任意均成立时，
即且对任意均成立时，
因为在上无最大值，
所以此时没有满足，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
50．（2024·福建福州·模拟预测）倾斜角为的直线经过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为线段的中点，为上一点，则的最小值为 ．
【答案】8
【解析】易知抛物线的焦点，准线，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
不妨设,，,，
由韦达定理得，
此时线段的中点的横坐标，
过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可得
取得的最小值为8．
故答案为：8．
51．（2024·福建福州·模拟预测）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ．
【答案】 6 22
【解析】如图，在上取，连接，
因为，，均垂直于平面，所以，
则，因为正方形，所以，
又平面，所以平面，
由可得四边形为平行四边形，所以，
因为面为正方形，则，所以，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面平面，则，
所以四边形为平行四边形，所以，
故为三棱柱，为三棱柱，
则该六面体的体积；
如图，连接，
又，，
所以，
则在四边形中，由余弦定理得，
所以，则，
该六面体的表面积
.
故答案为：；.
52．（2024·江苏南京·二模）已知函数的两个极值点为，，记，．点B，D在的图象上，满足，均垂直于y轴．若四边形为菱形，则 ．
【答案】
【解析】函数，，
若，恒成立，在上单调递增，不合题意，
时，，得，
则，，
四边形为菱形，则，
，故，，
，则，，
由，化简得，令，则，
即，解得，故，.
故答案为：.
53．（2024·江苏南京·二模）在平面四边形中，，，，，则四边形的面积为 ．
【答案】
【解析】连接，依题意，设，，则，
又，
即，即，
即，显然，则，即，
又，所以，整理得，
即，解得，所以，
所以
.
故答案为：
54．（2024·河北邢台·二模）如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】由题意设，因为面积为，所以，
根据题意有：，
所以，
则长方体的体积为，
，令，有，
所以时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
55．（2024·宁夏·一模）在中，，，点D与点B分别在直线AC的两侧，且，，则BD的长度的最大值是 ．
【答案】
【解析】
如图，在中，由正弦定理：可得：，因，则，即.
设，则，在中，设，由正弦定理，，则得：，
由余弦定理可得：，即.
在中，由余弦定理，,
因，则，则当时，即时，，此时.
故答案为：.
56．（2024·辽宁·二模）已知椭圆的右焦点是，过点作直线交椭圆于点A，B，过点与直线垂直的射线交椭圆于点，，且三点共线（其中O是坐标原点），则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【解析】设椭圆的左焦点为. 由于三点共线，故由椭圆的对称性知，而，故四边形是平行四边形.
又因为，，故四边形是矩形.
由于四边形是矩形，故，.
从而可设，，，此时.
这得到，所以，.
最后由得到，即，故.
从而椭圆的离心率.
故答案为：.
57．（2024·辽宁·二模）已知函数的图象与函数且的图象在公共点处有相同的切线，则 ，切线方程为 .
【答案】
【解析】设公共点为，则，即，所以，
所以，
由，，所以，，
又在公共点处有相同的切线，所以，即，所以，则，，
则，
则，所以切线方程为，即.
故答案为：；
58．（2024·山西朔州·一模）已知点是双曲线的右焦点，过的直线与交于两点，点与点关于原点对称，．若为线段上靠近点的四等分点，则的离心率为 ．
【答案】/
【解析】取左焦点，设，则，
由双曲线定义可得，，
由，点与点关于原点对称，故四边形为矩形，
故，有，化简可得得，
故，，则在中，有，
即，故.
故答案为：.
59．（2024·广东佛山·二模）若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由函数，
设，可得，单调递增，
且，，
所以存在唯一的，使，即，
令，即，
设，可得，则在上单增，
又由且时，，
所以当时，存在唯一的，使，即，
若时，可得，则，可得，所以，
所以，
综上所述，实数的取值范围为．
故答案为：．
60．（2024·高三·湖北武汉·阶段练习）设是一个三角形的三个内角，则的最小值为 .
【答案】
【解析】
，
令，
所以，
要想有最小值，显然为钝角，即，
于是有，
设，
因为，
所以
令，即，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有最大值，
所以的最小值为，
此时，，
即存在，显然存在，使得，
即的最小值为，
故答案为：
61．（2024·高三·河北沧州·期中）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且的周长为6，面积的最大值为，则椭圆的离心率为 .
【答案】/0.5
【解析】依题意，的周长为，
所以面积的最大值为，
又，整理得,即,
解得，故椭圆的离心率为，
故答案为：
62．（2024·高三·河北沧州·期中）已知分别为的内角的对边，且，则 ；内角的平分线交于点，若，则的面积为 .
【答案】 /
【解析】依题意，由正弦定理可得，
即，
故，又，
所以，则，因为，所以.
因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
所以的面积为.
故答案为：；.生产线
次品率
产量（件/天）
甲
500
乙
700
丙
800
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