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2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题27技巧01单选题和多选题的答题技巧含解析答案
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这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题27技巧01单选题和多选题的答题技巧含解析答案，共43页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
2．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
3．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
4．下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
6．已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．20
8．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有一个高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第30项为（ ）
A．379B．407C．436D．466
9．若复数，则（ ）
A．B．C．D．
10．欧拉是世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，（ ）
A．B．C．D．
11．设，数列中，， ,则
A．当B．当
C．当D．当
12．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．C．D．
13．已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
14．函数的图象如图所示，则（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
15．设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）．
A．B．C．D．
16．若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
17．如图，在直角梯形中，，，，，是线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．6C．D．4
18．如图，已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且恰好可在内任意旋转，则当时，（ ）
A．B．C．D．
19．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．则三角形数､正方形数所构成的数列的第5项分别为（ ）
A．14，20B．15，25C．15，20D．14，25
20．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
（参考公式：）
A．B．
C．D．
21．把正整数按下图所示的规律排序，则从2021到2023的箭头方向依次为（ ）
A．B．
C．D．
22．已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是 （ ）
A．B．
C． D．
23．若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
24．已知关于x的方程有3个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
25．若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
26．已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
27．若实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
28．若，，，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
29．已知正实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
30．已知函数，的定义域均为，为的导函数，且，，若为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
31．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
32．设定义在R上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的解析式唯一
C．若，，则
D．若，，则在R上是增函数
33．若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的，均满足：，，记，则（ ）
A．B．
C．D．
34．定义在上的函数满足，且.若，则下列说法正确的是（ ）
A．为的一个周期
B．
C．若，则
D．在上单调递增
35．不等式的解集为，且.以下结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
36．已知函数，若，且，总有成立，则（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数在区间上单调递增
C．的取值范围是
D．的取值范围是
37．已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
38．若，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
39．下列大小关系正确的是．（ ）
A．B．
C．D．
40．已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点.若内一动点M满足.则下列说法中正确的有（ ）
A．线段BM长度的最大为B．的最大值为
C．面积的最小值为D．的最小值为
41．在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ）
A．存在点，使
B．当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C．当时，点的轨迹长度为4
D．当时，点的轨迹长度为
42．（多选题）数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，是意大利数学家莱昂纳多斐波那契在他写的算盘全数中提出的，所以它常被称作斐波那契数列该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．不一定是偶数B．
C．D．
43．某校共有东门、西门、北门三道校门.由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
44．已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面
C．点在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
45．设，若，则的值可能为（ ）
A．B．C．1D．2
46．已知，其中，且，则下列判断正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
2．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
3．D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
4．C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
5．B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
6．B
【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.
【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：
A选项中，B选项中，
C选项中，D选项中，
排除选项CD，
对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A，
对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，
故选：B.
7．C
【分析】根据等比数列的求和公式可得结果.
【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，又，
当时，，故舍去，
当时，因为，则，
化简得，即且，，
故，
故选：C.
8．C
【分析】根据数列的新定义,写出递推关系式,根据关系式找到数列的通项公式,即可求出结果.
【详解】解:由题知高阶等差数列前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,
因为,
记第项为,
则有
,
所以,
所以.
故选:C
9．A
【分析】根据给定条件，求出复数的共轭复数及模，即可计算作答.
【详解】复数，则，，
所以.
故选：A
10．C
【分析】化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】，
因此，.
故选：C.
11．A
【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.
【详解】若数列为常数列，则，由，
可设方程
选项A：时，，，
，
故此时不为常数列，
，
且，
，则，
故选项A正确；
选项B：时，，，
则该方程的解为，
即当时，数列为常数列，，
则，故选项B错误；
选项C：时，，
该方程的解为或，
即当或时，数列为常数列，或，
同样不满足，则选项C也错误；
选项D：时，，
该方程的解为，
同理可知，此时的常数列也不能使，
则选项D错误.
故选：A.
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.
12．B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，故在递增，
所以在R上递增，不符合；
故选：B
13．D
【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.
【详解】取，则不成立，故A错误；
由，当时，，所以，
即，故B错误；
取时，，而，
所以，故C错误；
由ABC错误，排除法知，故D正确.
故选：D
14．A
【分析】由图象分析函数奇偶性，特殊位置，及函数定义域即可.
【详解】由图象观察可得函数图象关于轴对称，即函数为偶函数，
所以得：，故C错误；
由图象可知，故D错误；
因为定义域不连续，所以有两个根可得，即异号，，即B错误，A正确.
故选：A
15．A
【分析】构造函数，，求导数判断单调性比较大小即可.
【详解】令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，所以.
故选：A
16．D
【分析】首先判断的范围，以及由条件可知，，，再分别代入选项，根据单调性和特殊值比较大小.
【详解】因为，其中，
所以，，，且，，
所以，，即，故A错误；
，，即，故B错误；
，，因为，所以，
即，即，故C错误；
，，即，故D正确.
故选：D.
17．B
【分析】根据题意，建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：如图，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，
因为，，
所以，
所以，，
所以，
所以，
所以当，即时，的最小值为.
故选：B
18．A
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，代入中求出结果即可.
【详解】因为是面积为的等边三角形，记边长为，所以，解得，记内切圆的半径为，根据，
可得：，解得，因为正方形的面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该的内切圆上，
以的底边为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示：
故可知，
圆的方程为，
故设，
即，，，
故选:A.
19．B
【分析】根据图象的规律求得正确答案.
【详解】三角形数：
第一个数1，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数，
正方形数：
第一个数，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数
故选：B
20．D
【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.
【详解】
故选：D
21．A
【分析】根据如图所示的排序可以知道每四个数一组循环，所以确定2021到2023的箭头方向可以把2021除以4余数为1，由此可以确定2021的位置和5的位置相同，然后就可以确定从2021到2023的箭头方向．
【详解】∵1和5的位置相同，
∴图中排序每四个一组循环，
∵2021除以4余数为1，
∴2021的位置和5的位置相同，
∴2021到20232的箭头方向依次为A选项所示.
故选：A．
22．D
【分析】利用导数，分别求两个函数的值域，将条件转化为两个值域有交集，列不等式，即可求解.
【详解】，，当时，，
函数单调递减，函数的值域是，
，，当时，，
函数单调递增，函数的值域是，
因为，，使得，
所以，解得：，
所以实数a的取值范围是.
故选：D
23．C
【分析】利用函数有零点等价于对应方程有实根，通过换元将其转化成一元二次方程的根的问题即可求得.
【详解】由函数有两个零点可知，方程有两个不相等的实根.
不妨设则，依题，方程有两个不相等的正实根，
故有，解得：即实数的取值范围为
故选：C.
24．D
【分析】先判断时不符合题意，再将问题转化为与直线有3个不同的交点，判断时单调不符合题意，最后画时的图象进行数形结合，利用解得参数范围即可.
【详解】时，即无解，显然不符合题意；
时，令，则原方程等价于，即，令，
则与直线有3个不同的交点.
二次函数的根为a和0，
若时，显然时，，且单调递增，即单调，不可能与直线有3个不同的交点
若时，作出的草图如图所示，
又，则只需满足，得.
故选：D．
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数(方程根的情况)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：分类讨论直接求解方程得到方程的根；
（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
25．B
【分析】把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围.
【详解】解：由不等式恒成立，
可知对x>0恒成立.
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为上的增函数，
而当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，
若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，
所以
故 .
综上：的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两个，其一是对x>0恒成立.设，转化为对任意的恒成立；其二是说明当时，有.
26．ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
27．BD
【分析】代值计算判断选项A；根据同正不等式偶数次符号不变判断B；当当时，因为，所以与都是负数，相加依然是负数判断C；，根据已知结合不等式运算得出，即可判断D.
【详解】当时，，故A错误；
因为，所以，所以，故B正确；
当时，因为，所以与都是负数，
所以，故C错误；
因为，
当时，由得，两边同乘，得，即；
当时，由得，两边同乘，得，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
28．AC
【分析】由对数函数的单调性可得出，从而，则关系可判断；由，则关系可判断；取特殊数字可得的大小不定.
【详解】由，则，即，
，即，则，所以,故选项A正确.
，所以,故选项C正确.
取 满足，，，此时，
取 满足，，，此时，
所以的大小不定.
故选：AC
29．ABD
【分析】利用基本不等式逐个对各选项进行判断.
【详解】对于选项A，
（当且仅当时等号成立），故A正确；
对于选项B，，得（当且仅当时等号成立），故B正确；
对于选项C，取，，则，故C错误；
对于选项D，（当且仅当时等号成立），故D正确．
故选:ABD
【点睛】方法点睛：利用基本不等式求最值的常用方法
（1）拼凑法，即将相关代数式进行适当变形，通过添项、拆项、变系数等方法凑成和为定值或者积为定值的形式，
然后利用基本不等式求解问题．该方法的实质在于对代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键．
（2）常数代换法，利用此方法求最值时要注意目标代数式的结构特征，看是否需要整体乘以“1”的替身．
该方法的关键是找到常数，从而找到结果为“1”的式子．
（3）消元法，即先根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式，再进行最值的求解．
利用此方法时要注意新变量取值范围的确定．
30．ABD
【分析】根据题意分析可知为偶函数，，且的周期为8，利用赋值法结合题意逐项分析判断.
【详解】已知函数，的定义域均为，
因为，，
可得，
又因为为奇函数，则，
可得，即为偶函数，
则，即，
可得，
所以，可知的周期为8.
对于选项A：因为，
令，则，，
可得，，故A正确；
对于选项B：因为，
令，可得，故B正确；
对于选项C：因为，且为偶函数，
则，
令，可得，
又因为，
令，则，，
可得，可得，
但由题设条件无法推出，故C错误；
对于选项D：因为的周期为8，故，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
31．ABD
【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．
【详解】由是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故．
对于A，由，
代入，得，
又是奇函数，
则，
所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；
对选项B，令得，，令得，，
故，故B正确；
对于C：令得，
即，
若，则，
但不一定为0，故C错误；
对于D：令，得，
故，，所以，
令，得，则
则，由是以4为周期得，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.
32．ACD
【分析】令求出，再令即可得到，即可判断A，再利用特殊值判断B，根据为周期是4的函数可判断C，最后根据奇函数的性质及单调性的定义判断D.
【详解】解：由题意得：
对于A，因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；
对于B，令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，即B错误；
对于C，令，所以，所以，
令，所以，所以，
令，所以，所以，
同理：，……，可发现的周期为4，
所以
则，故C正确.
对于D，因为当时，，所以当时，则，
设任意的，且，则，
所以，因为，且，
所以，，，，，
所以，即，
所以在上单调递增，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是上的增函数，故D正确；
故选：ACD.
33．ACD
【分析】对于A选项，赋值即可判断；对于B选项，可根据题设条件，构造函数，求出解析式，即可判断；对于C选项， 通过对求导可得，即可判断；对于D选项，通过构造数列，结合裂项相消法以及等比数列求和公式即可求解.
【详解】令，得，即，故A正确；
因为，则，
又因为，是定义在上不恒为零的可导函数，所以可设，
因为，所以，即，则，
所以，则，故B错误；
令，所以，所以，
所以，所以，则，
所以，，，，
累加得：，所以选项C正确；
因为，
所以，
，
，
，
累加得：，即，
设，则，
所以，即，
所以，，，，
累加得，
所以，即
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题属于综合题，难度较大，解决本题的关键是构造函数和构造数列，需熟悉基本初等函数的基础知识以及熟练运用数列求和的方法.
34．ABC
【分析】选项A，只需将进行替换，得到，进一步得出；
选项B，将等式两侧对应函数分别求导即可；
选项C，满足，得出图象关于点中心对称，
函数的最大值和最小值点也关于该点对称，求值即可；
选项D，已知条件中函数没有单调性，无法做出判断.
【详解】对于选项A，由，
将替换成，得，
因为，
由上面两个式子，；
将替换成，，所以；
所以，
所以为的一个周期，所以A正确；
对于选项B，将等式两侧对应函数分别求导，
得，即成立，所以B正确；
对于C选项，满足，即函数图象关于点中心对称，
函数的最大值和最小值点定存在关于点中心对称的对应关系，
所以，故，C正确；
对于选项D，已知条件中函数没有单调性，无法判断在上单调递增，所以D不正确；
故选：ABC．
35．ABC
【分析】举反例即可判断ABC，由基本不等式的相关推论结合即可判断D.
【详解】因为不等式的解集为，
则是方程的两个实数根，，又,
不妨令，，则，，但，故A不成立，符合题意；
令，，则，但，故B不成立，符合题意；
令，，则，，但，故C不成立，符合题意；
，故D成立，不符合题意．
故选：ABC.
36．ABD
【分析】对A，根据增函数满足判断即可；对B，由题意可得即可证明；对CD，设，求导后参变分离，分析函数的单调性与最值判断即可.
【详解】对A，由题意，知，不妨设，
由，得，故，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
对B，由，得，所以函数在区间上单调递增，故B正确；
对CD，设，由上可知函数在区间上单调递增，
故在区间上恒成立，所以，
又函数在区间上单调递减，故当时，函数取得最大值，为，所以，故D正确､C错误.
故选：ABD
37．AD
【分析】根据题目分析、在上的单调性和增减性，然后讨论其复合函数的增减性和奇偶性即可.
【详解】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，
通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.
又因为在区间上单调递增，
同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
函数，则
，则为在奇函数.
，所以在上为单调递增.
选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.
选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.
选项C：令，则，当时，，
所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.
选项D：经过分析，所以，D正确.
故选：AD
38．BD
【分析】根据不等式的基本性质以及作差比较法，利用指数函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，
因为，可得，所以，
所以，所以A错误；
对于B中，由，
因为，可得，所以，
所以，所以B正确；
对于C中，由，可得，当时，；
当时，；当时，，所以C错误；
对于D中，由，可得，又由，
根据指数函数的性质，可得，所以D正确.
故选：BD.
39．ABD
【分析】平方之后再作差即可判断A，根据指数、对数函数的性质判断B，当时，，即可判断C，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断D.
【详解】对于A，因为，
即，显然，，
所以，故A正确；
对于B，，所以，又，所以，故B正确；
对于C，当时，函数与函数有个交点，，
作出和的图象，如图所示，
结合图象可知，当时，，又，所以，故C错误；
对于D，设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，即，化简得，故D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是构造函数，利用导数说明函数的单调性，从而比较函数值的大小.
40．BD
【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，再根据圆上得点到定点和定直线的距离的最值问题即可判断AC；由即可判断B；取最小值时，取最大值，也即与圆相切时，即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，设，
由，得，
化简得，
故动点的轨迹是一个以圆心为，半径的圆不含原点，
A项：，所以，故A错误；
B项：
，故B正确；
C项：直线，即，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最小值为，
所以面积的最小值为，故C错误；
D项：由题意得为锐角，
则取最小值时，取最大值，
也即与圆相切时，
此时，
故，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，是解决本题的关键.
41．BCD
【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.
【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，
由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，
则．由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以．记，则．记，则，
所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，
，其余部分的体积为，
所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点在侧面内的轨迹，
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点的轨迹方程为，
其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，
则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，
同理点在底面内的轨迹的长度也为．
当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，所以，
点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．
分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.
42．BCD
【分析】对于A，先由特殊值进行归纳、猜想，可得答案；对于B，由题意，根据求和定义和数列特点，直接求和；对于C，先求前面几个式子成立，可得规律，解得答案；对于D，由题意，根据裂项相消的原理，可得答案.
【详解】对于A选项，为奇数，，
为偶数，则为奇数，为奇数，为偶数，…，
以此类推，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，故A不正确；
对于B选项，又，
，故B正确；
对于C 选项，，
，
以此类推，故C正确；
对于D选项，
，
所以，故D正确．
故选：BCD.
43．ABD
【分析】求得若对每名教师志愿者去哪道校门无要求的安排方法数判断选项A；求得若恰有一道门没有教师志愿者去的安排方法数判断选项B；求得若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去的安排方法数判断选项C；求得20把同一型号的额温枪，全部分配给三道校门且每道校门至少3把的分配方法数判断选项D.
【详解】甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去东门、西门、北门三道校门协助保安值守
选项A：若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，
则共有种不同的安排方法.判断正确；
选项B：若恰有一道门没有教师志愿者去，
则可以先把4名教师分成2组，再分配给东门、西门、北门三道校门.
则共有（种）不同的安排方法.判断正确；
选项C：若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，
则北门可以安排1名教师或安排2名教师.
则共有（种）不同的安排方法.判断错误；
选项D：若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，
每道校门至少3把，则先分配给三道校门各2把，还剩14把，
将14把额温枪排成一排，在中间13个空位中置入2个挡板，
共有（种）分配方法.判断正确.
故选：ABD
44．ACD
【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.
【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，
因为，所以，
又， ，所以，所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，则，，
若，又，，平面，则平面，
因为平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；
对于B：若平面，平面，则，又，
，平面，所以平面，平面，，
在中与矛盾，故B错误；
对于C：，在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确.
故选：ACD.
45．BC
【分析】根据题意，由判别式法即可得到的范围，从而得到结果.
【详解】令，则代入可得，
，关于的方程有解，
则，解得，
所以，则BC选项符合题意.
故选：BC
46．ACD
【分析】令，则，分别赋值、可以求得，A正确；，B错误；利用二项式展开式通项公式可以判断C、D正确.
【详解】令，则，
则，
令，则，①
令，则，②
①－②，得，
解得，A正确；
①＋②，得，
所以，B错误；
又，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
2．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
3．已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
4．下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
6．已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．20
8．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,高阶等差数列中前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有一个高阶等差数列,其前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,则该数列的第30项为（ ）
A．379B．407C．436D．466
9．若复数，则（ ）
A．B．C．D．
10．欧拉是世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，（ ）
A．B．C．D．
11．设，数列中，， ,则
A．当B．当
C．当D．当
12．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．C．D．
13．已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
14．函数的图象如图所示，则（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
15．设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）．
A．B．C．D．
16．若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
17．如图，在直角梯形中，，，，，是线段上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．6C．D．4
18．如图，已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且恰好可在内任意旋转，则当时，（ ）
A．B．C．D．
19．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数．则三角形数､正方形数所构成的数列的第5项分别为（ ）
A．14，20B．15，25C．15，20D．14，25
20．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
（参考公式：）
A．B．
C．D．
21．把正整数按下图所示的规律排序，则从2021到2023的箭头方向依次为（ ）
A．B．
C．D．
22．已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是 （ ）
A．B．
C． D．
23．若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
24．已知关于x的方程有3个不同的实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
25．若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
26．已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
27．若实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
28．若，，，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
29．已知正实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
30．已知函数，的定义域均为，为的导函数，且，，若为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
31．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
32．设定义在R上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的解析式唯一
C．若，，则
D．若，，则在R上是增函数
33．若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的，均满足：，，记，则（ ）
A．B．
C．D．
34．定义在上的函数满足，且.若，则下列说法正确的是（ ）
A．为的一个周期
B．
C．若，则
D．在上单调递增
35．不等式的解集为，且.以下结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
36．已知函数，若，且，总有成立，则（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数在区间上单调递增
C．的取值范围是
D．的取值范围是
37．已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
38．若，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
39．下列大小关系正确的是．（ ）
A．B．
C．D．
40．已知正三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点.若内一动点M满足.则下列说法中正确的有（ ）
A．线段BM长度的最大为B．的最大值为
C．面积的最小值为D．的最小值为
41．在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ）
A．存在点，使
B．当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C．当时，点的轨迹长度为4
D．当时，点的轨迹长度为
42．（多选题）数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，是意大利数学家莱昂纳多斐波那契在他写的算盘全数中提出的，所以它常被称作斐波那契数列该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．不一定是偶数B．
C．D．
43．某校共有东门、西门、北门三道校门.由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
44．已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面
C．点在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
45．设，若，则的值可能为（ ）
A．B．C．1D．2
46．已知，其中，且，则下列判断正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
2．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
3．D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
4．C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
5．B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
6．B
【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.
【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：
A选项中，B选项中，
C选项中，D选项中，
排除选项CD，
对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A，
对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，
故选：B.
7．C
【分析】根据等比数列的求和公式可得结果.
【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，又，
当时，，故舍去，
当时，因为，则，
化简得，即且，，
故，
故选：C.
8．C
【分析】根据数列的新定义,写出递推关系式,根据关系式找到数列的通项公式,即可求出结果.
【详解】解:由题知高阶等差数列前7项分别为1,2,4,7,11,16,22,
因为,
记第项为,
则有
,
所以,
所以.
故选:C
9．A
【分析】根据给定条件，求出复数的共轭复数及模，即可计算作答.
【详解】复数，则，，
所以.
故选：A
10．C
【分析】化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】，
因此，.
故选：C.
11．A
【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.
【详解】若数列为常数列，则，由，
可设方程
选项A：时，，，
，
故此时不为常数列，
，
且，
，则，
故选项A正确；
选项B：时，，，
则该方程的解为，
即当时，数列为常数列，，
则，故选项B错误；
选项C：时，，
该方程的解为或，
即当或时，数列为常数列，或，
同样不满足，则选项C也错误；
选项D：时，，
该方程的解为，
同理可知，此时的常数列也不能使，
则选项D错误.
故选：A.
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.
12．B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，故在递增，
所以在R上递增，不符合；
故选：B
13．D
【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.
【详解】取，则不成立，故A错误；
由，当时，，所以，
即，故B错误；
取时，，而，
所以，故C错误；
由ABC错误，排除法知，故D正确.
故选：D
14．A
【分析】由图象分析函数奇偶性，特殊位置，及函数定义域即可.
【详解】由图象观察可得函数图象关于轴对称，即函数为偶函数，
所以得：，故C错误；
由图象可知，故D错误；
因为定义域不连续，所以有两个根可得，即异号，，即B错误，A正确.
故选：A
15．A
【分析】构造函数，，求导数判断单调性比较大小即可.
【详解】令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，所以.
故选：A
16．D
【分析】首先判断的范围，以及由条件可知，，，再分别代入选项，根据单调性和特殊值比较大小.
【详解】因为，其中，
所以，，，且，，
所以，，即，故A错误；
，，即，故B错误；
，，因为，所以，
即，即，故C错误；
，，即，故D正确.
故选：D.
17．B
【分析】根据题意，建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：如图，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，
因为，，
所以，
所以，，
所以，
所以，
所以当，即时，的最小值为.
故选：B
18．A
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，代入中求出结果即可.
【详解】因为是面积为的等边三角形，记边长为，所以，解得，记内切圆的半径为，根据，
可得：，解得，因为正方形的面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知.正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该的内切圆上，
以的底边为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示：
故可知，
圆的方程为，
故设，
即，，，
故选:A.
19．B
【分析】根据图象的规律求得正确答案.
【详解】三角形数：
第一个数1，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数，
正方形数：
第一个数，第二个数，第三个数：，
第四个数，第五个数
故选：B
20．D
【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.
【详解】
故选：D
21．A
【分析】根据如图所示的排序可以知道每四个数一组循环，所以确定2021到2023的箭头方向可以把2021除以4余数为1，由此可以确定2021的位置和5的位置相同，然后就可以确定从2021到2023的箭头方向．
【详解】∵1和5的位置相同，
∴图中排序每四个一组循环，
∵2021除以4余数为1，
∴2021的位置和5的位置相同，
∴2021到20232的箭头方向依次为A选项所示.
故选：A．
22．D
【分析】利用导数，分别求两个函数的值域，将条件转化为两个值域有交集，列不等式，即可求解.
【详解】，，当时，，
函数单调递减，函数的值域是，
，，当时，，
函数单调递增，函数的值域是，
因为，，使得，
所以，解得：，
所以实数a的取值范围是.
故选：D
23．C
【分析】利用函数有零点等价于对应方程有实根，通过换元将其转化成一元二次方程的根的问题即可求得.
【详解】由函数有两个零点可知，方程有两个不相等的实根.
不妨设则，依题，方程有两个不相等的正实根，
故有，解得：即实数的取值范围为
故选：C.
24．D
【分析】先判断时不符合题意，再将问题转化为与直线有3个不同的交点，判断时单调不符合题意，最后画时的图象进行数形结合，利用解得参数范围即可.
【详解】时，即无解，显然不符合题意；
时，令，则原方程等价于，即，令，
则与直线有3个不同的交点.
二次函数的根为a和0，
若时，显然时，，且单调递增，即单调，不可能与直线有3个不同的交点
若时，作出的草图如图所示，
又，则只需满足，得.
故选：D．
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数(方程根的情况)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：分类讨论直接求解方程得到方程的根；
（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
25．B
【分析】把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围.
【详解】解：由不等式恒成立，
可知对x>0恒成立.
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为上的增函数，
而当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，
若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，
所以
故 .
综上：的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两个，其一是对x>0恒成立.设，转化为对任意的恒成立；其二是说明当时，有.
26．ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
27．BD
【分析】代值计算判断选项A；根据同正不等式偶数次符号不变判断B；当当时，因为，所以与都是负数，相加依然是负数判断C；，根据已知结合不等式运算得出，即可判断D.
【详解】当时，，故A错误；
因为，所以，所以，故B正确；
当时，因为，所以与都是负数，
所以，故C错误；
因为，
当时，由得，两边同乘，得，即；
当时，由得，两边同乘，得，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
28．AC
【分析】由对数函数的单调性可得出，从而，则关系可判断；由，则关系可判断；取特殊数字可得的大小不定.
【详解】由，则，即，
，即，则，所以,故选项A正确.
，所以,故选项C正确.
取 满足，，，此时，
取 满足，，，此时，
所以的大小不定.
故选：AC
29．ABD
【分析】利用基本不等式逐个对各选项进行判断.
【详解】对于选项A，
（当且仅当时等号成立），故A正确；
对于选项B，，得（当且仅当时等号成立），故B正确；
对于选项C，取，，则，故C错误；
对于选项D，（当且仅当时等号成立），故D正确．
故选:ABD
【点睛】方法点睛：利用基本不等式求最值的常用方法
（1）拼凑法，即将相关代数式进行适当变形，通过添项、拆项、变系数等方法凑成和为定值或者积为定值的形式，
然后利用基本不等式求解问题．该方法的实质在于对代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键．
（2）常数代换法，利用此方法求最值时要注意目标代数式的结构特征，看是否需要整体乘以“1”的替身．
该方法的关键是找到常数，从而找到结果为“1”的式子．
（3）消元法，即先根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式，再进行最值的求解．
利用此方法时要注意新变量取值范围的确定．
30．ABD
【分析】根据题意分析可知为偶函数，，且的周期为8，利用赋值法结合题意逐项分析判断.
【详解】已知函数，的定义域均为，
因为，，
可得，
又因为为奇函数，则，
可得，即为偶函数，
则，即，
可得，
所以，可知的周期为8.
对于选项A：因为，
令，则，，
可得，，故A正确；
对于选项B：因为，
令，可得，故B正确；
对于选项C：因为，且为偶函数，
则，
令，可得，
又因为，
令，则，，
可得，可得，
但由题设条件无法推出，故C错误；
对于选项D：因为的周期为8，故，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
31．ABD
【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．
【详解】由是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故．
对于A，由，
代入，得，
又是奇函数，
则，
所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；
对选项B，令得，，令得，，
故，故B正确；
对于C：令得，
即，
若，则，
但不一定为0，故C错误；
对于D：令，得，
故，，所以，
令，得，则
则，由是以4为周期得，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.
32．ACD
【分析】令求出，再令即可得到，即可判断A，再利用特殊值判断B，根据为周期是4的函数可判断C，最后根据奇函数的性质及单调性的定义判断D.
【详解】解：由题意得：
对于A，因为，令，可得，解得，
再令，所以，即，所以，所以为奇函数，故A正确；
对于B，令，
则，
，
满足，故的解析式不唯一，即B错误；
对于C，令，所以，所以，
令，所以，所以，
令，所以，所以，
同理：，……，可发现的周期为4，
所以
则，故C正确.
对于D，因为当时，，所以当时，则，
设任意的，且，则，
所以，因为，且，
所以，，，，，
所以，即，
所以在上单调递增，则在上单调递增，又，
且当时，，当时，则，
所以是上的增函数，故D正确；
故选：ACD.
33．ACD
【分析】对于A选项，赋值即可判断；对于B选项，可根据题设条件，构造函数，求出解析式，即可判断；对于C选项， 通过对求导可得，即可判断；对于D选项，通过构造数列，结合裂项相消法以及等比数列求和公式即可求解.
【详解】令，得，即，故A正确；
因为，则，
又因为，是定义在上不恒为零的可导函数，所以可设，
因为，所以，即，则，
所以，则，故B错误；
令，所以，所以，
所以，所以，则，
所以，，，，
累加得：，所以选项C正确；
因为，
所以，
，
，
，
累加得：，即，
设，则，
所以，即，
所以，，，，
累加得，
所以，即
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题属于综合题，难度较大，解决本题的关键是构造函数和构造数列，需熟悉基本初等函数的基础知识以及熟练运用数列求和的方法.
34．ABC
【分析】选项A，只需将进行替换，得到，进一步得出；
选项B，将等式两侧对应函数分别求导即可；
选项C，满足，得出图象关于点中心对称，
函数的最大值和最小值点也关于该点对称，求值即可；
选项D，已知条件中函数没有单调性，无法做出判断.
【详解】对于选项A，由，
将替换成，得，
因为，
由上面两个式子，；
将替换成，，所以；
所以，
所以为的一个周期，所以A正确；
对于选项B，将等式两侧对应函数分别求导，
得，即成立，所以B正确；
对于C选项，满足，即函数图象关于点中心对称，
函数的最大值和最小值点定存在关于点中心对称的对应关系，
所以，故，C正确；
对于选项D，已知条件中函数没有单调性，无法判断在上单调递增，所以D不正确；
故选：ABC．
35．ABC
【分析】举反例即可判断ABC，由基本不等式的相关推论结合即可判断D.
【详解】因为不等式的解集为，
则是方程的两个实数根，，又,
不妨令，，则，，但，故A不成立，符合题意；
令，，则，但，故B不成立，符合题意；
令，，则，，但，故C不成立，符合题意；
，故D成立，不符合题意．
故选：ABC.
36．ABD
【分析】对A，根据增函数满足判断即可；对B，由题意可得即可证明；对CD，设，求导后参变分离，分析函数的单调性与最值判断即可.
【详解】对A，由题意，知，不妨设，
由，得，故，所以函数在区间上单调递增，故A正确；
对B，由，得，所以函数在区间上单调递增，故B正确；
对CD，设，由上可知函数在区间上单调递增，
故在区间上恒成立，所以，
又函数在区间上单调递减，故当时，函数取得最大值，为，所以，故D正确､C错误.
故选：ABD
37．AD
【分析】根据题目分析、在上的单调性和增减性，然后讨论其复合函数的增减性和奇偶性即可.
【详解】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，
通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.
又因为在区间上单调递增，
同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
函数，则
，则为在奇函数.
，所以在上为单调递增.
选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.
选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.
选项C：令，则，当时，，
所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.
选项D：经过分析，所以，D正确.
故选：AD
38．BD
【分析】根据不等式的基本性质以及作差比较法，利用指数函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，
因为，可得，所以，
所以，所以A错误；
对于B中，由，
因为，可得，所以，
所以，所以B正确；
对于C中，由，可得，当时，；
当时，；当时，，所以C错误；
对于D中，由，可得，又由，
根据指数函数的性质，可得，所以D正确.
故选：BD.
39．ABD
【分析】平方之后再作差即可判断A，根据指数、对数函数的性质判断B，当时，，即可判断C，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断D.
【详解】对于A，因为，
即，显然，，
所以，故A正确；
对于B，，所以，又，所以，故B正确；
对于C，当时，函数与函数有个交点，，
作出和的图象，如图所示，
结合图象可知，当时，，又，所以，故C错误；
对于D，设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，即，化简得，故D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是构造函数，利用导数说明函数的单调性，从而比较函数值的大小.
40．BD
【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，再根据圆上得点到定点和定直线的距离的最值问题即可判断AC；由即可判断B；取最小值时，取最大值，也即与圆相切时，即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，设，
由，得，
化简得，
故动点的轨迹是一个以圆心为，半径的圆不含原点，
A项：，所以，故A错误；
B项：
，故B正确；
C项：直线，即，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最小值为，
所以面积的最小值为，故C错误；
D项：由题意得为锐角，
则取最小值时，取最大值，
也即与圆相切时，
此时，
故，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：以点为原点建立平面直角坐标系，求出动点的轨迹方程，是解决本题的关键.
41．BCD
【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.
【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，
由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误．
对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，
则．由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以．记，则．记，则，
所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，
，其余部分的体积为，
所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．
对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．
对于D，先看点在侧面内的轨迹，
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点的轨迹方程为，
其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，
则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，
同理点在底面内的轨迹的长度也为．
当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，所以，
点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．
分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.
42．BCD
【分析】对于A，先由特殊值进行归纳、猜想，可得答案；对于B，由题意，根据求和定义和数列特点，直接求和；对于C，先求前面几个式子成立，可得规律，解得答案；对于D，由题意，根据裂项相消的原理，可得答案.
【详解】对于A选项，为奇数，，
为偶数，则为奇数，为奇数，为偶数，…，
以此类推，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，故A不正确；
对于B选项，又，
，故B正确；
对于C 选项，，
，
以此类推，故C正确；
对于D选项，
，
所以，故D正确．
故选：BCD.
43．ABD
【分析】求得若对每名教师志愿者去哪道校门无要求的安排方法数判断选项A；求得若恰有一道门没有教师志愿者去的安排方法数判断选项B；求得若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去的安排方法数判断选项C；求得20把同一型号的额温枪，全部分配给三道校门且每道校门至少3把的分配方法数判断选项D.
【详解】甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去东门、西门、北门三道校门协助保安值守
选项A：若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，
则共有种不同的安排方法.判断正确；
选项B：若恰有一道门没有教师志愿者去，
则可以先把4名教师分成2组，再分配给东门、西门、北门三道校门.
则共有（种）不同的安排方法.判断正确；
选项C：若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，
则北门可以安排1名教师或安排2名教师.
则共有（种）不同的安排方法.判断错误；
选项D：若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，
每道校门至少3把，则先分配给三道校门各2把，还剩14把，
将14把额温枪排成一排，在中间13个空位中置入2个挡板，
共有（种）分配方法.判断正确.
故选：ABD
44．ACD
【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.
【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，
因为，所以，
又， ，所以，所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，则，，
若，又，，平面，则平面，
因为平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；
对于B：若平面，平面，则，又，
，平面，所以平面，平面，，
在中与矛盾，故B错误；
对于C：，在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确.
故选：ACD.
45．BC
【分析】根据题意，由判别式法即可得到的范围，从而得到结果.
【详解】令，则代入可得，
，关于的方程有解，
则，解得，
所以，则BC选项符合题意.
故选：BC
46．ACD
【分析】令，则，分别赋值、可以求得，A正确；，B错误；利用二项式展开式通项公式可以判断C、D正确.
【详解】令，则，
则，
令，则，①
令，则，②
①－②，得，
解得，A正确；
①＋②，得，
所以，B错误；
又，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
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