新高考数学二轮复习名校地市选填压轴题好题汇编（二十五）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：
所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
2．（2023·广东梅州·统考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（ ）
A．B．C．.D．
【答案】B
【解析】设，由题意得，第项为，
则时，，
因为，，
所以，
解得，
故选：B
3．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
4．（2023·湖南·模拟预测）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，若点P是满足的阿氏圆上的任意一点，点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为R，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
5．（2023·湖南·模拟预测）已知函数（e是自然对数的底数），若存在，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，，，
，，
当时，，，
由得，由得，所以在上递增，在上递减，
在处取得最小值，，
，
令，则，，
当时，取得最小值，当时，取得最大值0，
所以的取值范围是.
故选：A
6．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；
由图可知，利用整体代换可得，
所以，若为已知，则可求得.
故选：B
7．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，
，则，，设，，
则，整理得到，
故轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，
故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，
同时在球上，故在两球的交线上，为圆.
球心距为，
为直角三角形，对应圆的半径为，
周长为.
故选：D
8．（2023·山东潍坊·统考一模）单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设中点为，中点为，则，.
由已知，可知，
所以，所以为等边三角形，所以.
同理可得，.
.
如图，当、方向相反时，有最大值为，
即的最大值是.
故选：A.
9．（2023·山东菏泽·统考一模）设实数满足，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当时，，
当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值；
当时，.
当且仅当，即，时等号成立，此时有最小值.
所以，的最小值为.
故选：A.
10．（2023·山东菏泽·统考一模）定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知可得，，则，
且，所以.
又，.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递增，所以，所以.
所以，，即.
令，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，
根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以在上单调递减.
又，，所以.
因为在上单调递减，，所以.
又，所以，即.
令，，则恒成立，
所以，在上单调递减.
又，，
所以.
综上可得，.
故选：C.
11．（2023·山东威海·统考一模）若函数与的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】与只有1个交点等价于函数 只有1个零点，
即只有1个解，
令，则，，
当时，单调递增，当时，单调递减，并且，
所以， ，函数的大致图像如下图：
，原不等式为： ，即，
令，显然在时是增函数，又，
的解集是.
故选：C.
12．（2023·山东威海·统考一模）已知双曲线的左焦点为，M为C上一点，M关于原点的对称点为N，若，且，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，不妨设在左支，
设右焦点为，连接，
由对称性知四边形为平行四边形，
由得，
由双曲线定义知：，
所以，
因为，所以
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，即，所以，
则C的渐近线方程为.
故选：D
13．（2023·福建漳州·统考二模）已知函数，若函数恰有5个零点，且，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】当时，，此时，，
令，解得：，令，解得：，
可得在上单调递减且恒负，在上单调递增且恒负，且，
当时，，作出的大致图象如图所示，
函数恰有5个零点，
等价于方程有5个不同的实数根，
解得：或，，该方程有5个根，
且，则，，
当时，，
，故，
所以
；
当时，，
，故，
所以
，
综上：的取值范围是：.
故选：B.
14．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
15．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，的延长线交双曲线于点，若双曲线的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为双曲线的离心率为，即，令，则，
所以，，
不妨设点在双曲线的右支上时，如图，
记，则由双曲线的定义得，
所以，
在中，，则，
即，整理得，
解得或（舍去），故，，
在中，，则，
即，整理得，
解得，则，，
所以；
故选：B.
16．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知函数，若对于任意的实数恒有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对于任意的实数恒有，即，
即，显然，
当时，显然成立；由偶函数的性质，只要考虑的情况即可，
当时，，即
由，则，则题目转化为，
令，求导，
故函数在上单调递减，，即，
，即，所以，解得
所以实数的取值范围是
故选：A
二、多选题
17．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，若，其中，则（ ）
A．B．
C．D．abc的取值范围是
【答案】BCD
【解析】因为，所以，令，解得：或，当时，或，所以单调递增区间为和；
当时，，所以单调递减区间为；且，，如图：
设，则，，故选项A错误；
又，所以，
即，
对照系数得，故选项B正确；，故选项D正确；
因为，所以，解得，故选项C正确，
综上，正确的选项为BCD.
故选：BCD
18．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【解析】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
19．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【解析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
20．（2023·广东梅州·统考一模）对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（ ）
A．B．，
C．D．，
【答案】ACD
【解析】A.因为，所以令得，所以，故A正确；
B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确.
故选：ACD
21．（2023·湖南·模拟预测）如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为
【答案】ABD
【解析】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴,,,
∴,，
对于A项，
当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个圆锥，
∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
,
故A正确；
对于B项，
设，则，
设点到的距离为，
则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，
∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，,
过点作，连接，
取的中点,连接，，
在中，,点F为AB的中点，
由几何知识得，，
在中，,
∴，为的中点，
在中，为的中点，,点F为AB的中点，
∴,,,
在中，
在四边形中，由几何知识得，,，
∴四边形是矩形，，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：,故C错误，
由几何知识得，，,
∴,此时即为异面直线AC与BD所成的角，
由余弦定理，
，
代入数据，解得：，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为，
故D正确；
故选：ABD.
22．（2023·湖南·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】可得 ，
时，为递减函数，故，故A正确；
取，则，故B错误；
令时，恒成立，
故在上单调递增，
时，有，故，故C正确；
，，则，
则，又
则，故，故D正确；
故选：ACD.
23．（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A．B．椭圆的离心率是
C．的最小值为D．的值为
【答案】ACD
【解析】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，
因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，
因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
24．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．时，
C．时，随着的增大而增大D．时，随着的增大而减小
【答案】ABC
【解析】对于A选项，由概率的基本性质可知，，
故A正确，
对于B选项，由时，离散型随机变量服从二项分布，
则，
所以，
，
所以，故B正确，
对于C,D选项，，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，
故选项D不正确.
故选：ABC.
25．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【解析】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
26．（2023·山东潍坊·统考一模）双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线.平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过右支上一点作直线交轴于点，交轴于点.则（ ）
A．的渐近线方程为B．点的坐标为
C．过点作，垂足为，则D．四边形面积的最小值为4
【答案】ACD
【解析】对于A项，由已知可得，，所以的渐近线方程为，故A项正确；
对于B项，设，则，整理可得.
又，所以，所以有，解得，所以点的坐标为，故B项错误；
对于C项，如上图，显然为双曲线的切线.
由双曲线的光学性质可知，平分，延长与的延长线交于点.
则垂直平分，即点为的中点.
又是的中点，所以，，故C项正确；
对于D项，，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，四边形面积的最小值为4，故D项正确.
故选：ACD.
27．（2023·山东潍坊·统考一模）已知，过点和的直线为.过点和的直线为，与在轴上的截距相等，设函数.则（ ）
A．在上单调递增B．若，则
C．若，则D．均不为（为自然对数的底数）
【答案】CD
【解析】由已知可得，直线的方程为，
由，可得；
直线的方程为，
由，可得.
由已知可得，，
整理可得，.
因为，函数在上单调递增，所以，
所以.
对于A项，令，，则，.
令，则在R上恒成立，
所以，在R上单调递增，即在R上单调递增.
又，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，故A项错误；
对于B项，设，则.
令，则，
显然在上单调递增，
且，，
根据零点存在定理，可得，有，
且当时，有，即在上单调递减，所以在上单调递减；
当时，有，即在上单调递增，所以在上单调递增.
因为，，，
根据零点存在定理，可得，有，
且当时，有，即在上单调递减；
当时，有，即在上单调递增.
因为，，，.
所以有，可得或，
因为，所以有可得，，所以或（舍去）.
所以，，
所以，，故B项错误；
对于C项，因为，则由可知，.
所以，，所以，故C项正确；
对于D项，因为，所以，所以.
①当时，则有.
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，所以恒成立，
所以，方程在上无解，即不存在；
②当时，则有.
令，则在上恒成立，
所以在上单调递减，所以恒成立，
所以，方程在上无解，即不存在.
综上所述，均不为，故D项正确.
故选：CD.
28．（2023·山东菏泽·统考一模）已知圆，下列说法正确有（ ）
A．对于，直线与圆都有两个公共点
B．圆与动圆有四条公切线的充要条件是
C．过直线上任意一点作圆的两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为4
D．圆上存在三点到直线距离均为1
【答案】BC
【解析】对于选项A，因为，即：，
所以，所以直线恒过定点，
又因为，所以定点在圆O外，
所以直线与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误；
对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，
又因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径，
所以，即：，解得：.故选项B正确；
对于选项C，，
又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离，即：，
所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确；
对于选项D，因为圆O的圆心，半径，则圆心O到直线的距离为，
所以，所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.
故选：BC.
29．（2023·山东菏泽·统考一模）已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．在区间上有3个零点
B．要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度
C．的周期为，最大值为1
D．的值域为
【答案】BC
【解析】对于A项，由已知可得，.
因为，所以，
当或时，即或时，有，
所以在区间上有2个零点，故A项错误；
对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；
对于C项，由已知可得，，
所以，的周期，最大值为，故C项正确；
对于D项，.
令，，，
则.
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.
且，，
，.
所以，当时，有最小值；当时，有最大值.
所以，的值域为，故D项错误.
故选：BC.
30．（2023·山东菏泽·统考一模）已知双曲线的左､右焦点分别为、，过点的直线与双曲线的左､右两支分别交于、两点，下列命题正确的有（ ）
A．当点为线段的中点时，直线的斜率为
B．若，则
C．
D．若直线的斜率为，且，则
【答案】BCD
【解析】选项A：
设，代入双曲线得，
，两式相减得，
，
∵点为线段的中点，
∴，，
即，，
∴，
，故A错误；
选项B：
设，
，，
，
，
又 ，
，故B正确；
选项C：
设，其中，
则，即，
，
，
，
，
，
，故C正确；
选项D：
，，
，，
，
∵直线的斜率为即，且过点，
∴直线的方程为：，
又∵，，

，
即，
又∵点到直线的距离：，
点到直线的距离：，
即，
∴点与点关于直线对称，
，
，故D正确；
故选：BCD．
31．（2023·山东威海·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A，因为为偶函数，所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，左右两侧分别取导数可得，，
所以，故B正确；
对于D，因为，又为奇函数，则，
所以，即，则，故D正确；
对于C，令，则为偶函数，为奇函数，满足题干，
当时，，，
所以，即存在，使得不成立，故C错误.
故选：ABD.
32．（2023·山东威海·统考一模）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则( )
A．当时，的最小值为
B．当时，有且仅有一点P满足
C．当时，有且仅有一点P满足到直线的距离与到平面ABCD的距离相等
D．当时，直线AP与所成角的大小为定值
【答案】ACD
【解析】如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
则，，，
则，∴．
选项A：当时，为线段上的点，
将平面和平面沿展开为同一个平面如图，
连接，则的最小值即为，故A正确；
选项B：当时，，，，
则，即，即满足条件的P点有无数个，故B错误；
选项C：当时，，
则，，，，
则在上的投影为，
则点P到直线的距离；
平面ABCD的一个法向量为，，
则点P到平面ABCD的距离为；
当点P到直线的距离与到平面ABCD的距离相等时，
，∵，∴方程有一个解，
则，即仅存在一个点P满足条件，故C正确；
D选项：当时，，，
∵，故直线AP与所成角的大小为，为定值，故D正确．
故选：ACD．
33．（2023·福建漳州·统考二模）已知数列是首项为的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且，则（ ）
A．B．数列的前6项和为
C．数列是递减的等差数列D．若，则数列的前n项和的最大值为1
【答案】BC
【解析】由题知，，，，三点共线，
则，设公比为，，
由是正项等比数列，解得，
，.
所以，故A错误；
所以，故B正确；
因为，
且，
所以数列是为首项，为公差的递减的等差数列，
故C正确；
又，
所以数列的前n项和为
，所以越大，数列的前n项和也就越大，
但不可能为，只是无限接近于，故D错误.
故选：BC
34．（2023·福建漳州·统考二模）已知是双曲线的左、右焦点，且到的一条渐近线的距离为，为坐标原点，点，为右支上的一点，则（ ）
A．B．过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点
C．D．当四点共圆时，
【答案】ACD
【解析】设双曲线的半焦距为，一条渐近线为：
因为到的一条渐近线的距离为，
即，
所以，又，所以，故A正确，
对于B，双曲线的渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，
联立，消去得：，只有一个交点，故B错误，
对于C，由双曲线的定义知，，
所以，
因为为的中点，为右支上的一点，
所以，
所以
，
在中，由余弦定理得：
，
则有
即
，故C正确；
对于D，当四点共圆时，所在的圆方程为，
联立得，
因为，
所以，
当点的坐标为时，，
又，所以，
当点的坐标为时，，
又，所以，故D正确，
故选：ACD.
35．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，直线l与C交于，两点，其中点A在第一象限，点M是AB的中点，作MN垂直于准线，垂足为N，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线l经过焦点F，且，则
B．若，则直线l的倾斜角为
C．若以AB为直径的圆M经过焦点F，则的最小值为
D．若以AB为直径作圆M，则圆M与准线相切
【答案】BC
【解析】A选项，由题意得：，准线方程为，
当直线的斜率为0时，此时，直线l与C只有1个交点，不合题意，
故设直线，与联立得：，
故，
则，所以，
解得：，A错误；
B选项，因为，所以三点共线，即直线经过抛物线焦点，
当直线的斜率为0时，此时，直线l与C只有1个交点，不合题意，
故设直线，与联立得：，
故，
因为，所以，
代入中，得到，
即，
因为点A在第一象限，所以，故，即，，
解得：
故直线l的斜率为，设直线l的倾斜角为，则，
解得：，B正确；
C选项，设，过点作⊥准线于点，过点作⊥准线于点P，
因为以AB为直径的圆M经过焦点F，所以⊥，
则，
由抛物线定义可知：，
由基本不等式得：，则，
当且仅当时，等号成立，
故，即，C正确；
D选项，当直线l不经过焦点时，设，
由三角形三边关系可知：，
由抛物线定义可知结合C选项可知：，即，
若以AB为直径作圆M，则圆M与准线相离，D错误.
故选：BC
36．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）利用“”可得到许多与n（且）有关的结论，则正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，，
故，当且仅当时，等号成立，
A选项，令，所以，
故，
其中
，
所以，A正确；
B选项，将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中
所以，B正确；
C选项，将中的替换为，显然，
则，
故，
故，C错误；
D选项，将中的替换为，其中，，则，
则，故，当且仅当时，等号成立，
则，D正确.
故选：ABD
37．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知抛物线，C的准线与x轴交于K，过焦点F的直线l与C交于A、B两点，连接AK、BK，设的中点为P，过P作的垂线交x轴于Q，下列结论正确的是( )
A．B．
C．的面积最小值为D．
【答案】ABD
【解析】设直线AB的倾斜角为α，即∠AFx＝α，设，，，
①若，则，则根据角平分线的性质可知，x轴为∠AKB的角平分线，设直线，代入抛物线方程得，
所以，
所以，
所以x轴一定是∠AKB的平分线，故A正确；
②过A作AD⊥x轴，垂足为D，
则tan ，，
，故B正确；
③，当，即AB⊥x轴时，取等号，故的面积最小值为，故C错误；
对于D：，则，
∴PQ方程为：，
令y＝0得，，∴，
∴，
∴，故D正确.
故选：ABD.
38．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（ ）
A．n为偶数时，B．
C．D．的最大值为20
【答案】AC
【解析】根据递推关系可知，n为奇数时，
n为偶数时，，故A对；
根据奇数项构成等差数列
可得：
而又：
则有：，故B错误；
，故C对；
根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：
的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错
故选：AC
三、填空题
39．（2023·广东梅州·统考一模）函数的最小值为___________.
【答案】
【解析】，
，
可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，
而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，
如图，根据抛物线的定义有，
则，
故答案为：.
40．（2023·湖南·模拟预测）已知双曲线的右焦点，点A是圆上一个动点，且线段AF的中点B在双曲线E的一条渐近线上，则双曲线E的离心率的取值范围是____________.
【答案】
【解析】因为点A是圆上一个动点，所以设，
则，不妨设双曲线的一条渐近线方程为，
因为点B在双曲线的一条渐近线上，所以，即；
因为，其中，
因为，所以，即离心率.
故答案为：
41．（2023·湖南·模拟预测）若函数与的图像有两个不同的公共点，则a的取值范围为____________.
【答案】
【解析】令，
函数与的图像有两个不同的公共点，
等价于在有两个零点，
，
令，则，
令，，易得恒成立，
故在单调递增，易得，
故存在，使得，即，即，
当时，，等价于，则在上单调递减，
当时，，等价于，则在上单调递减，
故为极小值，因为在有两个零点，
则，即，
因为，则，
则，即，解得
故答案为：.
42．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.
【答案】4
【解析】因为函数有两个极值点与
由，则有两根与
所以，得
因为，
所以，又
则，
所以
故答案为：
43．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________.
【答案】
【解析】
设，，联立整理得: ;
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设则
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值.
故答案为：
44．（2023·山东菏泽·统考一模）设均为非零实数，且满足，则__________.
【答案】1
【解析】由题意可得，，
令，则，
即，
所以，即
故
故答案为:
45．（2023·山东菏泽·统考一模）正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.
【答案】
【解析】连接并延长交于，连接，则为的中点，
延长交于，过作分别交于，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，
由题可知，，即，
设，则，又为中点，
所以，
所以，所以，即，
，，
所以.
故答案为：.
46．（2023·山东威海·统考一模）若不等式对任意成立,则实数a的取值范围为______.
【答案】
【解析】解:因为对任意成立,
不等式可变形为:,
即,
即对任意成立,
记,所以,
所以在上单调递增,
则可写为:,
根据单调性可知,只需对任意成立即可,
即成立,记,即只需,
因为,故在上,,单调递增,
在上,,单调递减,
所以,
所以只需即可,解得:.
故答案为:
47．（2023·山东威海·统考一模）已知椭圆的右焦点为F，以F为焦点的抛物线与椭圆的一个交点为M，若MF垂直于x轴，则该椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】根据椭圆和抛物线对称性及轴，由在抛物线上得，在椭圆上得
.则由条件得：且
即得.
解得（舍去），所以
故答案为:
48．（2023·福建漳州·统考二模）已知为抛物线上的一个动点，直线，为圆上的动点，则点到直线的距离与之和的最小值为________．
【答案】
【解析】因为圆，所以，半径，
抛物线的焦点，准线为直线，
则点到直线的距离，
所以点到直线的距离与之和为，
所以当、、、四点共线时，取得最小值，
其最小值为.
故答案为：
49．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知定义在R上的函数 ，若 有解，则实数a的取值范围是______________．
【答案】
【解析】 ，所以 是奇函数，
又 ， 在R的范围内是增函数，
有解等价于 ， 有解，
令 ，
当 时， 是增函数，当x趋于 时， 趋于 ，满足题意；
当 时，当 时， ， 是增函数，当 时， 是减函数，
；
令 ，则 ，当 时， ，
是增函数，当 时， 是减函数，
并且当 时， ， ，
当 时 ，即当 时， 满足题意，
所以a的取值范围是 ；
故答案为：.
50．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
四、双空题
51．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brcard点），则点P横坐标x的最大值为______．
【答案】
【解析】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
52．（2023·山东潍坊·统考一模）乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.
①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.
②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.
附：当时，，.
【答案】
【解析】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.
②假设比赛局数为随机变量，
由已知，需比赛局数为偶数，则可取.
则，
当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，
则，显然，满足该式.
设，则有，
所以，是以为首项，为公比的等比数列.
设，则.
设的前项和为，则，
，
作差可得，
，
整理可得，.
由题意可得，，.
则.
故答案为：；.
53．（2023·福建漳州·统考二模）已知长方体的底面是边长为的正方形，若，则该长方体的外接球的表面积为________；记分别是方向上的单位向量，且，，则（m，n为常数）的最小值为________．
【答案】
【解析】在中，，所以，，
所以该长方体的外接球的半径为，所以该长方体的外接球的表面积为由及可得，
所以与的方向相同或与的方向相同，
不妨取与的方向相同，
由平面向量基本定理可得必与共面，
在平面上取一点，故可设，
则，所以其最小值为点到平面的最小值，即最小值为.
故答案为：；