2022年全国新高考II卷数学试题变式题第9-12题解析版

这是一份2022年全国新高考II卷数学试题变式题第9-12题解析版，共68页。试卷主要包含了已知函数，已知函数的图象关于直线对称，则，已知函数的图象关于点对称，则等内容，欢迎下载使用。
2022年全国新高考II卷数学试题变式题9-12题
原题9
1．已知函数的图像关于点中心对称，则（    ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
变式题1基础
2．已知函数相邻对称中心之间的距离为，则下列结论正确的是（       ）
A．图象的对称轴方程为
B．在上单调递减
C．将的图象向右平移个单位得到的图象
D．若在上的值域为，则
变式题2基础
3．已知函数 的图象关于直线对称，则（    ）
A．
B．函数在 上单调递增
C．函数的图象关于点成中心对称
D．若，则的最小值为
变式题3基础
4．已知函数关于对称，则下列结论正确的是（    ）
A． B．在上单调递增
C．函数是偶函数 D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称
变式题4基础
5．已知函数（a为常数，）的图像关于直线对称，函数，则下面说法正确的是（   ）
A．将的图像向左平移个单位可以得到的图像
B．的图像关于点对称
C．在上单调递减
D．的最大值为1
变式题5巩固
6．设函数(0＜ω＜4，|φ|)，满足f(－x)＝f(x)且函数f(x)关于(，0)对称，则（    ）
A．ω＝2 B．φ＝
C．f(x)在(0，)上单调递增 D．函数f(x)在处取极小值
变式题6巩固
7．已知函数，直线为图象的一条对称轴，为图象的一个对称中心，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．
C．在区间上的最大值为2
D．若为偶函数，则
变式题7巩固
8．已知函数的图象经过原点，且恰好存在2个，使得的图象关于直线对称，则（    ）
A．
B．的取值范围为
C．一定不存在3个，使得的图象关于点对称
D．在上单调递减
变式题8巩固
9．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）
A．函数为奇函数
B．函数在上单调递增
C．若，则的最小值为
D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
变式题9提升
10．已知函数的图象关于点对称，则（    ）
A．的最小正周期是
B．函数在上单调递增
C．函数的图象向右平移个单位长度得到的图象对应的函数是奇函数，则的最小值为
D．若，，时，成立，则的最大值为
变式题10提升
11．已知函数在上有且仅有三个对称轴，则下列结论正确的是（    ）
A．函数在上单调递增.
B．不可能是函数的图像的一个对称中心
C．的范围是
D．的最小正周期可能为
变式题11提升
12．已知函数，则下列说法正确的有（    ）
A．若，则f（x）的对称中心为
B．若f（x）向左平移个单位后，关于y轴对称 则的最小值为1
C．若f（x）在（0，π）上恰有3个零点，则的取值范围是（，]
D．已知f（x）在[，]上单调递增，且为整数，若f（x）在[m，n]上的值域为[，1]，则的取值范围是[，]
变式题12提升
13．设函数，且函数在上是单调的，则下列说法正确的是（    ）
A．若是奇函数，则的最大值为3
B．若，则的最大值为
C．若恒成立，则的最大值为2
D．若的图象关于点中心对称，则的最大值为
原题10
14．已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（    ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
变式题1基础
15．设抛物线的焦点为，则下列说法正确的是（    ）
A．点在轴上
B．点的坐标为
C．设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
D．设过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，则
变式题2基础
16．已知，过抛物线：焦点的直线与抛物线交于，两点，为上任意一点，为坐标原点，则下列说法正确的是（      ）
A．过与抛物线有且只有一个公共点的直线有两条
B．与到抛物线的准线距离之和的最小值为3
C．若，，成等比数列，则
D．抛物线在、两点处的切线互相垂直
变式题3基础
17．在平面直角坐标系中，过抛物线的焦点作一条与坐标轴不平行的直线，与交于两点，则下列说法正确的是（   ）
A．若直线与准线交于点，则
B．对任意的直线，
C．的最小值为
D．以为直径的圆与轴公共点个数为偶数
变式题4基础
18．抛物线的焦点为F，若P是抛物线C上任意一点，直线PF的倾斜角为，点M是线段PF的中点，则下列说法正确的是（    ）．
A．若，则 B．点M的轨迹方程为
C．的最小值为 D．在y轴上存在点E，使得．
变式题5巩固
19．已知斜率为的直线过抛物线：()的焦点，且与抛物线交于，两点，抛物线的准线上一点，满足，则（    ）
A． B．
C． D．的面积为
变式题6巩固
20．已知为抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于，两点(点在第一象限)，线段的中点为，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ）
A．面积的最小值为2
B．当直线的斜率为1时，
C．以为直径的圆与轴相切
D．点及点满足，若点在以为直径的圆上，则
变式题7巩固
21．已知抛物线的焦点为F，顶点为O，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，A在第一象限，若，则下列结论正确的是（    ）
A．直线的斜率为 B．线段AB的长度为
C． D．以AF为直径的圆与y轴相切
变式题8巩固
22．已知为抛物线上两点，为焦点，抛物线的准线与轴交于点，满足，则（    ）
A．抛物线C的方程为 B．抛物线C的方程为
C． D．
变式题9提升
23．设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C．若点，则的最小值是5 D．若倾斜角为，且，则
变式题10提升
24．已知抛物线，点，，过点的直线交抛物线与两点，设，，下列说法正确的有（   ）
A．
B．的最小值为
C．
D．
变式题11提升
25．过抛物线的焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，则下列选项正确的有（    ）
A．能取到 B．
C．若，则线段中点到抛物线C的准线的距离为5. D．过点B作直线m，使得直线m与抛物线C有且仅有一个公共点，则这样的直线m有2条.
变式题12提升
26．已知抛物线 的焦点为F，准线l交x轴于点D，直线m过D且交C于不同的A，B两点，B在线段AD上，点P为A在l上的射影．线段PF交y轴于点E，下列命题正确的是（    ）
A．对于任意直线m，均有AE⊥PF
B．不存在直线m，满足
C．对于任意直线m，直线AE与抛物线C相切
D．存在直线m，使|AF|+|BF|=2|DF|
原题11
27．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．
C． D．
变式题1基础
28．在棱长固定的正方体中，点E，F分别满足，，则（    ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，存在使得平面
C．当时，点A，B到平面的距离相等
D．当时，总有
变式题2基础
29．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列结论中错误的是（　　）

A．
B．的面积与的面积相等
C．平面
D．三棱锥的体积会随着、的运动而变化
变式题3基础
30．如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交棱于E，交棱于F，给出下面几个命题中真命题是（       ）

A．四边形有可能是正方形
B．平面有可能垂直于平面
C．设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线
D．四棱锥的体积为定值
变式题4基础
31．在正方体中，点E为线段上的动点，则（    ）
A．直线DE与直线AC所成角为定值 B．点E到直线AB的距离为定值
C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥外接球的体积为定值
变式题5巩固
32．在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点，则下列判断正确的是（    ）

A．为的中点
B．与所成的角为
C．平面
D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于
变式题6巩固
33．如图，在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．平面
B．点与点到平面的距离相等
C．平面截正方体所得截面图形为等腰梯形
D．平面将正方体分割成的上、下两部分的体积之比为
变式题7巩固
34．如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点．设棱锥P﹣ABCD与棱锥E﹣BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则（　　）

A．PA∥平面BDE B．PC⊥平面BDE
C．V1：V2＝4：1 D．sinα：sinβ＝1：2
变式题8巩固
35．如图，在长方体中，，E，F分别是棱，的中点，则（    ）

A．△BDF是等边三角形 B．直线与BF是异面直线
C．平面BDF D．三棱锥与三棱锥的体积相等
变式题9提升
36．已知正方体的棱长为2，动点F在正方形内，则（    ）
A．若平面，则点F的位置唯一
B．若平面，则不可能垂直
C．若，则三棱锥的外接球表面积为
D．若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半
变式题10提升
37．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．以下结论成立的是（    ）

A．BC⊥PC
B．OM⊥平面ABC
C．点B到平面PAC的距离等于线段BC的长
D．三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥M-ABC体积
变式题11提升
38．如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面为等腰直角三角形，，，分别是的中点，是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．直线与直线夹角的余弦值为
C．直线平面
D．若是线段的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为
变式题12提升
39．已知正方体ABCD-的棱长为2，F是正方形的中心，则（    ）
A．三棱锥F-的外接球表面积为4π
B．平面
C．平面，且
D．若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半.
原题12
40．若x，y满足，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题1基础
41．已知正实数满足，则下列不等式恒成立的是（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
42．若，，且，则下列结论正确的是（    ）．
A． B． C． D．
变式题3基础
43．已知，设，，以下四个命题中正确的有（    ）
A．若，则有最小值 B．若，则有最大值2
C．若，则 D．若，则有最小值
变式题4基础
44．已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题5巩固
45．已知正数满足，则下列说法一定正确的是（    ）
A． B．
C． D．当且仅当时，取得最小值
变式题6巩固
46．已知，且，则（    ）
A．的最大值为2 B．的最小值为
C．的最大值为8 D．的最小值为8
变式题7巩固
47．已知，，且，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题8巩固
48．已知，且，则（    ）
A．的最大值为 B．的最小值为9
C．的最小值为 D．的最大值为2
变式题9提升
49．若a，，，则下列说法正确的有（    ）
A．的最小值为4
B．的最大值为
C．的最小值为
D．的最大值是
变式题10提升
50．已知，，且，则（    ）
A．xy的取值范围是 B．的取值范围是
C．的最小值是3 D．的最小值是
变式题11提升
51．已知函数，且正实数，满足，则下列结论可能成立的是（    ）
A． B．的最大值为
C． D．的最小值为
变式题12提升
52．已知，则（    ）
A．的最大值为
B．的最小值为4
C．的最小值为
D．的最小值为16

参考答案：
1．AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
2．ABD
【分析】利用三角恒等变换结合辅助角公式将化为正弦型复合函数，再根据三角函数的图象及性质逐项判断即可.
【详解】解：由题意知
因为图象的相邻对称中心之间的距离为，所以，得
所以
对A，令，得，故A正确；
对B，当时，，单调递减，故B正确；
对C，将的图象向右平移个单位得，故C错误；
对D，当时，，由的值域为得，解得，故D正确.
故选：ABD.
3．BD
【分析】首先利用函数的值求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【详解】解：对于函数的图象关于对称，
故，
由于，所以，所以，
故，
所以；
对于A：由于，所以，故A错误；
对于B：由于，故，故函数在该区间上单调递增，故B正确；
对于C：当时，，故C错误；
对于D：若，则的最小值为，故D正确．
故选：BD．
4．AC
【分析】根据题意，可知是对称轴，可解得，然后根据三角函数的性质，即可求出单调性，对称中心.
【详解】因为 ,函数关于对称，可知，所以解得：，故A 对. ,当时，，故B不对. ，所以是偶函数，故C对.
的图象向左平移个单位长度，得到,当 时，，所以D错.
故选：AC
5．ABC
【分析】由正弦函数的性质，为的最大值，由此求得值，然后由两角和的正弦公式化简函数式，再根据三角函数的图象变换，正弦函数的对称性、单调性与最值判断各选项．
【详解】由题意，，
，

，
将的图像向左平移个单位所得图像的解析式为，A正确；
，B正确；
时，，此时是减函数，C正确；
的最大值为，D错误．
故选：ABC．
6．ABD
【分析】先求出，可以判断A,B;得到解析式，求出函数f(x)的单调区间，判断C、D.
【详解】.
因为f(-x)＝f(x)，所以，所以，所以，因为|φ|，所以.
所以.
因为函数f(x)关于(，0)对称，所以.
因为0＜ω＜4，所以k=0时，.所以.
故A、B正确；
因为f(x)在(0，)上单调递减，故C错误；
在(0，)上单调递减，在()上单调递增，所以函数f(x)在处取极小值.故D正确.
故选：ABD.
7．AD
【分析】由题意先求出的周期，进而求得的值，根据三角函数的性质求得在区间上值域，以及为偶函数时的值，即可得出答案.
【详解】因为在区间上单调递增，故，则，又因为直线为图象的一条对称轴，为图象的一个对称中心，所以或，解得：或.当时，，此时，得，，显然不符合，故.
对于A，，故A正确；
对于B，当，则，因为为图象的一个对称中心，所以得，，因为，则时，符合题意，此时，故B不正确.
对于C，当，，当时，，故C不正确.
对于D， ，若为偶函数，则，所以，故D正确.
故选：AD.
8．ABD
【分析】由即可求得；设，则，数形结合即可判断B，C；利用复合函数的单调性规律即可判断
【详解】因为，得，A正确．

设，则
如图所示，由，得，所以，得，B正确．
如图所示，当时，存在3个，使得的图象关于点对称．C错误．
因为，所以，又，
所以，所以在上单调递减，D正确．
故选：ABD
9．ACD
【分析】由题可知，，即可得到；对A，，结合正弦函数性质即可判断；对B，由即可判断；对C，即判断两相邻对称轴的距离；对D，按照图象平移原则判断即可.
【详解】∵函数的图象关于直线对称，
∴，，
∵，∴，∴，
对于A，函数，根据正弦函数的奇偶性，因此函数是奇函数，故A正确；
对于B，由于，，函数在上不单调，故B错误；
对于C，因为，，又因为，的周期为，
所以的最小值为，C正确；
对于D，函数的图象向右平移个单位长度得到函数，故D正确，
故选：ACD
10．AC
【分析】由条件可得，可得从而得出的解析式，利用周期公式判断选项A；求出函数的单调区间，可判断选项B；根据图象平移变换得出解析式，可判断选项C；选项D 作出函数的图像，根据图象可判断.
【详解】根据条件可得，所以
则，由，，所以
选项A，的最小正周期是，故A正确.
选项B，由，
得，即
当时，，所以函数在上单调递减，故B错误.
选项C，函数的图象向右平移个单位长度得到，根据函数为奇函数知，则，
由，则当时，有的最小值是，故C正确.
选项D，作出的图象，又， 由图可知，当时，方程在上有2个不同实根，，则，设，则，
最大为，故D错误.
故选：AC

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的图像性质，考查三角函数的图象变换，解答本题的关键是根据正弦型函数的对称性求出的值，根据三角函数的对称性得到，，属于中档题.
11．AB
【分析】先根据在上有且仅有三个对称轴，解出的范围，A选项直接解出范围判断单调性即可；B选项直接由解出不存在即可；C选项由的范围直接判断即可；D选项利用的范围解出周期的范围即可.
【详解】的对称轴方程为：
上有且仅有三个对称轴，，.
A选项：，所以A正确；
B选项：若是f(x)的一个对称中心，则：
，，，所以k不存在，B正确；
C选项:由上解得，所以C错误；
D选项：，所以D错误.
故选：AB.
12．BCD
【分析】把为化为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数的性质判断各选项．
【详解】,
选项A，，，，，对称中心是，A错；
选项B，若f（x）图象向左平移个单位后得解析式为，它的图象关于轴对称，则，，
时，，满足题意，B正确；
选项C，f（x）在（0，π）上恰有3个零点，即在上有三个解，
时，，且，因此，解得，C正确；
选项D，时，是增函数，，
，
，，正整数只能取1，2，3，
，，不合题意，
，，满足题意，
，，不合题意，
所以，，，
则，，，
由周期性，不妨取，，其中，
因此为了满足题意，必须有：时，或，，
因此，D正确．
故选：BCD．
13．BCD
【分析】若是奇函数，则，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断A；，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断B；恒成立，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断C；的图象关于点中心对称，可求出，要使函数在上是单调的，则，求出的范围，即可判断D.
【详解】对于A，若是奇函数，则，当时，．要使函数在上是单调的，则，
∴，又，则的最大值为1，故A错误．
对于B，∵，∴，或，．
∵，∴，
此时，当时，．要使函数在上是单调的，则，∴，
又，∴，则的最大值为，故B正确．
对于C，∵恒成立，∴．
∵，∴，此时．
∵，∴，要使函数在上是单调的，则，∴．
又，∴，则的最大值为2，故C正确．
对于D，的图象关于点中心对称，
则，，则，．
∵，∴，此时．
当时，．
要使函数在上是单调的，则，∴．
又，∴，则的最大值为，故D正确．
故选：BCD．
14．ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.

15．ACD
【分析】A、B.将抛物线的方程转化为标准方程判断；C.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，然后利用抛物线的弦长公式求解判断；D.设过点且斜率为的直线方程为，与抛物线方程联立，求得M，N的坐标，然后利用平面向量的数量积运算求解判断.
【详解】由题可得抛物线的标准方程为，所以点在轴上，且点的坐标为，所以选项A正确，选项B不正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，设，，则，所以，选项C正确；
过点且斜率为的直线方程为，将代入，消去可得，解得或，不妨设，则，所以，选项D正确．
故选：ACD．
16．BCD
【分析】根据抛物线的几何性质及直线与抛物线的位置关系逐项验证即可.
【详解】解：设过的直线方程为：，又 抛物线的方程为：，
联立方程可得：化简得：

时，解得，即有两解.
又时，，所以直线与抛物线有一个交点
过与抛物线相交且有一个公共点的直线有三条，选项A错误；
，与到抛物线的准线距离之和等于，
又，选项B正确；
设，，直线的方程为，
代入抛物线的方程可得，
所以，，
因为，
所以，选项C正确；
不妨设，由得，由得，
所以抛物线在处的切线的斜率为，在处的切线的斜率为，
因为，
所以两条切线相互垂直，选项D正确．
故选：BCD．
17．ABC
【分析】先表示出点的坐标再将直线和抛物线联立可求出， 的关系，进而可以判断出选项，根据焦半径和均值不等式可判断出C选项的正误，求出以为直径的圆的圆心和半径可以确定D的正误.
【详解】对于A选项，两点在抛物线上，所以，
因为直线与准线交于点，所以直线为：，，
由得，所以
设直线 的方程为，联立 得，
所以，，所以，
即，所以，故A正确；
对于B选项，由A可知，故 B正确；
对于C选项，由B选项可知，，，
当且仅当，即时等号成立，故 C 正确；
对于D选项，设直线的方程为﹐
在抛物线上，所以，
以为直径的圆的半径，
的中点坐标为，，
所以以为直径的圆与轴相切，所以，以为直径的圆与轴公共点个数为1，故D错误；
故选：ABC
18．BC
【分析】求出抛物线的焦点坐标、准线方程，然后逐项分析、计算作答.
【详解】抛物线的焦点为，准线，
对于A，直线的方程为：，由消去y并整理得，
解得，，则或，A不正确；
对于B，设点，则点，而P是抛物线C上任意一点，于是得，
即，所以点M的轨迹方程为，B正确；
对于C，设点，则，当且仅当时取“=”，即的最小值为，C正确；
对于D，因点M的轨迹方程为，则设，令，
有，，
于是得为锐角，D不正确.
故选：BC
19．ABD
【分析】对于A，由题意可得抛物线的准线为，从而可求得，进而可判断A；对于B，抛物线的方程为，其焦点为，则直线的方程为，设，，设的中点为，利用点差法可得，则，再结合可得在以为直径的圆上，从而可求出直线的斜率；对于C，利用弦长公式求解即可；对于D，利用点到直线的距离求出点到直线的距离，从而可求出的面积
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，故选项A正确.
因为，所以抛物线的方程为，其焦点为.
因为直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为.
因为，所以在以为直径的圆上.
设点，，联立方程组两式相减可得.
设的中点为，则.因为点在直线上，所以，
所以点是以为直径的圆的圆心.
由抛物线的定义知，圆的半径.，
因为，所以，
解得，故选项B正确.
因为，所以弦长，故选项C不正确.
因为，所以直线为，由点到直线的距离公式可得，
点到直线的距离，所以，故选项D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的性质，考查化归与转化的数学思想及运算求解能力，解题的关键是由题意求出抛物线的方程，然后利用抛物线的性质求解即可，属于中档题
20．AD
【分析】设直线，联立，得两根关系，由三角形面积公式可判断A；由可判断B；求中点到轴的距离即可判断C；根据向量关系式得，，可证，即可判断D．
【详解】如图所示，

设直线，联立得，
设点，，则有，
对于A，，
所以当时，面积的最小值为2，所以A正确；
对于B，当直线的斜率为1时，，解得，
所以，B错误；
对于C，点到轴的距离，
，，所以C错误；.
对于D，如下图所示，由可知，，

因为点在以为直径的圆上，所以，
所以，
又，，
所以，
所以在线段的中垂线上，则，D正确．
故选：AD
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
21．ABD
【分析】过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则，利用抛物线的定义、斜率的定义、弦长公式、数量积运算对选项进行一一判断，即可得答案；
【详解】如图，过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足为，．过点B作的垂线，垂足为E，设，则，
由抛物线定义得，，
在中，，所以，所以直线l的斜率为，故A项正确；
则直线l的方程为，联立解得即，，所以，故B项正确；，故C项错误；线段AF的中点坐标为，它到y轴的距离为2，因为，所以，所以以AF为直径的圆与y轴相切，D项正确．
故选：ABD．

22．AC
【分析】根据抛物线的定义先求出，得出抛物线方程，此后在求出的坐标，即可解决CD选项.
【详解】设，则，①
又，
② ，联立① ② 解得，∴ 抛物线方程为，故A正确，B错误；又由，可知，，，不妨设，，由，有，，可得，故与不垂直，于是C正确，D错误.
故选：AC.
23．ACD
【分析】A选项由范围来判断，B选项由特殊点进行判断，C选项利用点到抛物线的准线的距离来判断，D选项求得两点的纵坐标来判断.
【详解】抛物线的准线为，焦点为.
设，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
所以，
，
所以（时等号成立）.所以A选项正确.
当直线的方程为时，不妨设，此时，所以B选项错误.
根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以C选项正确.
当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限.
故，解得，
所以，即，所以D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解与抛物线有关的距离和的最值问题，要注意结合抛物线的定义来求解.
24．ABD
【分析】首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，消去，得，
分别写出，式子，然后逐项验证，对于A直接得出，对于B利用弦长公式
再结合二次函数求最值即可，对于C，直接利用两点间的距离公式计算即可，
对于D，利用即可验证.
【详解】设直线的方程为，则
由，消去整理，得，
因为直线交抛物线与两点，设，，则
所以，，故A正确.

，m=0时等号成立，故B正确.
，
同理，可得，则

，故C不正确.

.
,即，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】解决本题的关键就是设出直线的方程为，这样很大程度减小了运算量，
联立直线方程与抛物线，进而利用韦达定理写出交点纵坐标之间的关系，在逐项验证即可.
25．BCD
【分析】根据给定条件设出直线l的方程，与抛物线C的方程联立，然后逐项分析、计算判断作答.
【详解】抛物线的焦点，准线为：，显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为，
由消去y并整理得：，设，，则，，
对于A，，即是钝角，A不正确；
对于B，，而，，
，B正确；
对于C，，解得，线段AB中点横坐标为3，
所以线段中点到抛物线C的准线的距离为，C正确；
对于D，显然点B不在原点，直线m的斜率存在，设其方程为，
由消去y并整理得：，
当时，解得，直线m：平行于抛物线C的对称轴，直线m与抛物线C只有公共点B，
当时，的k值只有一个，
即当时，与抛物线C有且仅有一个公共点B的直线m只有一条，
所以符合条件的直线m有2条，D正确.
故选：BCD
26．AC
【分析】A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即可判断；B选项由及抛物线方程求出坐标，再说明三点共线，即存在直线即可；C选项设，表示出直线AE，联立抛物线，利用即可判断；D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断.
【详解】A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知，所以，所以A正确；

B选项，如图2，设，，，，，E为线段PF的中点，则，，
由得，解得，，又，故， ，又，
可得，，故存在直线m，满足 ，选项B不正确．

C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设，则，
直线AE的方程：，与抛物线方程联立可得：
，由代入左式整理得：，
所以，所以直线AE与抛物线相切，所以选项C正确．
D选项，如图3，设直线m的方程，

，，，
由，得．当
，即且时，由韦达定理，得
，．
因为，，所以，
又，，所以成立，故D不正确．
故选：AC．
27．CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
28．ACD
【分析】利用正方体的性质可以直接计算时，三棱锥的体积判断A，当时，若平面，可推出与的矛盾，可判断B，时，E是AB中点显然正确，当时，建立空间直角坐标系，设，求出所需各点坐标，计算可判断D正确.
【详解】不妨设正方体的棱长为1，如图，

对于
对于B：要使平面，则必须，又，所以需要，所以E在中点，因为，所以与不垂直，所以不存在，错误；
对于C：因为，所以正确；
对于D：建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，
，，所以，，因为，所以，故D正确.
故选：ACD
29．BD
【分析】证明面即可判断A；求出的面积和的面积可判断B；由面，可证明面即可判断C；计算三棱锥的体积可判断D，即可得正确答案.
【详解】对于A：因为面，面，所以，
又因为，，所以面，
因为面，所以，故选项A正确；
对于B：在等边三角形中，边长为，所以等边三角形的高为，即点到直线的距离为，所以面积为，因为面，面，所以，所以的面积为，所以的面积与的面积不相等，故选项B不正确；
对于C：因为面，，所以面，因为平面即为平面，所以平面，故选项C正确；
对于D：因为面，则点到面的距离为，即点到面的距离为，所以三棱锥的体积是定值，三棱锥的体积不会随着、的运动而变化，故选项D不正确；
故选：BD.

30．BCD
【分析】由线面垂直的判定判断A；取为的中点，再由面面垂直判定判断B；由公理3判断C；由以及，平面判断D.
【详解】如果四边形是正方形，则，因为，所以平面，
又平面，E与A重合，此时不是正方形，故A错误；
当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，
此时四边形垂直于平面，故B正确；
由与DC的延长线交于M，可得，且，
又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，
又因为平面，平面ABCD，所以平面平面，
同理平面平面，
所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故C正确；
由于，，平面，
则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，
所以四棱锥的体积为定值，故D正确.
故选:BCD.
31．AC
【分析】A.易证平面判断；B.由点E与重合和与重合时判断；C.由三棱锥判断；D. 由 平面，得到三棱锥外接球的球心O在判断.
【详解】如图所示：

A.因为，又，所以平面，又平面平面，，则直线DE与直线AC所成角为定值，故正确；
B. 当点E与重合时，点E到直线AB的距离，当点E与重合时，点E到直线AB的距离，故错误；
C.因为三棱锥，且点到面EBD的距离为定值， 为定值，故体积为定值，故正确；
D. 易知 平面，所以三棱锥外接球的球心O在上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故错误；
故选：AC
32．ACD
【分析】在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，推导出，由四边形是正方形，从而，进而；
在B中，由，得（或其补角）为与所成角，推导出，从而与所成角为；
在C中，推导出，，由此能证明平面；
在D中，设，则，．由此能求出三棱锥与四棱锥的体积之比等于．
【详解】解：在A中，连结，交于点，连结，则平面平面，
∵平面，平面，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，故A正确；
在B中，∵，∴（或其补角）为与所成角，
∵平面，平面，∴，
在中，，∴，
∴与所成角为，故B错误；
在C中，∵四边形为正方形，∴，
∵平面，平面，∴，
∵，、平面，
∴平面，故C正确；
在D中，设，则，
．
∴，故D正确．
故选：ACD．

33．BCD
【分析】假设平面，证得，显然不成立，即得A错误；证明四点共面，即得截面四边形，再结合平行关系和长度关系即判断C正确；利用线面平行的判定定理证明平面，即证B正确；计算分割的上面部分棱台的体积和正方体体积，即得下面部分体积，证得D正确.
【详解】正方体中，不妨设棱长为2.
假设平面，则，而底面，则，与相交于平面内，所以平面，则，显然不成立，即选项A错误；
连接，，由知，四点共面，即为平面截正方体所得截面图形，而，，故截面图形为等腰梯形，C正确；

由,知四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，故平面，所以点与点到平面的距离相等，选项B正确；
平面将正方体分割的上面部分是棱台，上底面面积为，下底面面积为，高，所以体积，而正方体体积为，所以分割的下面部分体积，所以，即选项D正确.
故选：BCD.
34．ACD
【分析】证明直线与平面平行判断A；利用反证法说明B错误；分别求出多面体的体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角判断D，即可求解.
【详解】连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点，
连接OE，∵E为PC的中点，则OE为△PAC的中位线，得PA∥OE，
因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；
若PC⊥平面BDE，则PC⊥OE，
又由PA∥OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2，
而PA＝PC＝2，AC，不满足PA2+PC2＝AC2，
所以PC⊥平面BDE错误，故B错误；
由已知求得PO，则，
，所以V1：V2＝4：1，故C正确；
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则,
可得，
设平面BDE的一个法向量为．
由，取x，得，
则sinα，sinβ，
所以，故D正确．
故选：ACD．

35．AC
【分析】A选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B选项证点，E，B，F四点共面得出矛盾；C选项证，线线垂直，可得线面垂直；D选项点A与点F到平面的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等.
【详解】对于A，设AB＝1，则，故△BDF是等边三角形，A正确；
对于B，连接、，如图所示：

易知，,故点，E，B，F共面，B错误；
对于C，设AB＝1，则，，，所以
所以，
同理可知，又因为，所以平面BDF，故C正确；
对于D，三棱锥与三棱锥有公共的面，
若要它们的体积相等，则点A与点F到平面的距离相等，这显然不成立，故D错误．
故选：AC.
36．AD
【分析】求得点F的坐标判断选项A；求得同时满足两个条件的点F的坐标判断选项B；求得三棱锥的外接球表面积判断选项C；求得三棱锥的体积和三棱锥体积判断选项D.
【详解】如图，以D为原点分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系：


则，，，，，，，，
由于动点F在正方形内，可设，其中，，
选项A：若平面，则，．
由于，，，
则，解得：或（舍去），
此时，即点F的位置唯一，故选项A正确；
选项B：，，
设平面的一个法向量为．则，
令，得，，故，
而，若平面，则，
则，即，
所以，此时，
而，所以，
当时，，此时，则.故选项B不正确；
选项C：由于，则F为的中点，此时，
设三棱锥的的外接球的球心为，则，
即，解得：，
所以，则三棱锥的的外接球的半径为，
所以三棱锥的的外接球表面积为，
故选项C不正确；
选项D：点E为BC中点，由正方体可知平面，
则

则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半. 故选项D正确.
故选：AD
37．ABCD
【分析】A选项先证线线垂直，，得到线面垂直，最后得到线线垂直；
B选项先利用中位线证明，进而得到OM⊥平面ABC；
C选项先证线线垂直，，得到线面垂直面，即可得出结论；
D选项利用底面相等时，高的关系求出体积关系.
【详解】A选项：△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，，又直线PA垂直于圆O所在的平面，，，面，又面，，正确；
B选项：点M为线段PB的中点，，又直线PA垂直于圆O所在的平面， OM⊥平面ABC，正确；
C选项：△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，，又直线PA垂直于圆O所在的平面，，，面，点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，正确；
D选项：点M为线段PB的中点，M到平面PAC的距离等于B到平面PAC的距离的一半，三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥P-ABC体积的一半，又M到平面ABC的距离等于P到平面ABC的距离的一半，三棱锥M-ABC的体积等于三棱锥P-ABC体积的一半， 三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥M-ABC体积，正确.
故选：ABCD.
38．ACD
【分析】依据线线垂直判定定理判断选项A；求得异面直线与所成角的余弦值判断选项B；依据线面垂直判定定理判断选项C；求得体积与体积之比判断选项D.
【详解】选项A：三棱柱的侧棱垂直于底面，
则由，可得平面
又平面，则.判断正确；
选项B：连接，则，
则为直线与直线所成角或其补角

△中，，，
则，
故直线与直线夹角的余弦值为.判断错误；
选项C：连接
矩形中，，分别是的中点，易得,
所以
则，又，则，
又，，则直线平面.判断正确；
选项D：中，，
则
，则.判断正确.
故选：ACD
39．BCD
【分析】可得的中点到三棱锥F-的各顶点距离相等，即可求出外接球半径，可判断A，可由面面平行得到线面平行，可判断B，由正方体的性质可判断C，通过转换顶点确定两个三棱锥底面与高的关系可判断D.
【详解】对于A，在中，设为的中点，则有，由中位线定理得，故三棱锥F-的外接球半径为，表面积为，故A错误；
对于B，可得，可得平面，故B正确；
对于C，平面即平面，在正方体ABCD-中，,可得平面，又，故C正确；
对于D，三棱锥即三棱锥，三棱锥即三棱锥，在正方体中，点E为BC中点，三棱锥和三棱锥底面积相等，三棱锥的高是三棱锥的一半，所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.
故选：BCD.

40．BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
41．ACD
【分析】利用基本不等式可求解判断.
【详解】，当且仅当等号成立，故A正确；
，
当且仅当取等，故B错误；
当时，成立，
当时，，故C正确；
，其中，
令，
，当且仅当时取得最小值1，故D正确.
故选：ACD．
42．AB
【分析】根据基本不等式分别求最值即可.
【详解】，，，
当且仅当时，等号成立，A正确，C错误；
又，当且仅当时，等号成立，B正确，D错误．
故选：AB．
43．ABC
【分析】根据题意和基本不等式、重要不等式依次求出最小值与最大值即可判断选项.
【详解】由题意知，，，
A：当时，，当且仅当
即、时等号成立，所以M的最小值为，故A正确；
B：当时，，
当且仅当时等号成立，令，则，且，
解得，即，解得，所以，故B正确；
C：当时，，当且仅当时等号成立，
所以，解得，所以，故C正确；
D：当时，得，
当且仅当等号成立，即，
整理得，解得，故D错误.
故选：ABC
44．AD
【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC.
【详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确；
取，则，故BC错误；
因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确；
故选：AD
45．ABD
【分析】将变形，根据基本不等式可求得的最值以及等号取得条件，由此判断A,D;再将变形为，利用基本不等式求得其最小值，由此判断B,C.
【详解】由，得，
因为，
所以，
当且仅当，且，即时，等号成立,
所以的最小值为9，故项正确；
因为， ,当且仅当时，即时取等号，
所以，故B项正确，C项不正确，
故选：ABD
46．ABD
【分析】A选项，由基本不等式直接求出的最大值；B选项，用基本不等式“1”的妙用求解最值；C选项，用含y的式子表达x，配方后结合y的取值范围求最值；D选项，使用
【详解】由，所以，当且仅当时等号成立，所以A正确；
因为，当且仅当，即时等号成立，所以B正确；
因为，且，所以无最大值，所以C不正确；
，两边平方得：，所以，当且仅当时，等号成立，所以D正确，
故选：ABD
47．BD
【分析】由不等式的性质与基本不等式对选项逐一判断
【详解】对于A，，，所以，故A错误，
对于B，，即，，，故B正确，
对于C，，，故C错误，
对于D，，当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：BD
48．BC
【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断；
对B，，运用均值不等式即可判断；
对C，，讨论二次函数最值即可；
对D，，讨论最值即可.
【详解】，，当时，即时，可取等号，A错；
，当时，即时，可取等号，B对；
，当时，可取等号，C对；
，D错.
故选：BC
49．BCD
【分析】利用基本不等式依次判断即得.
【详解】由a，，，可得，
对于A，，当且仅当，即取等号，所以，同理，故，故A错误；
对于B，∵，当且仅当，即时取等号，
∴，即的最大值为，故B正确；
对于C，，当且仅当，即时取等号，故的最小值为，故C正确；
对于D，由题可得，，
∴，
而，当且仅当，即时取等号，
∴，即的最大值是，故D正确.
故选：BCD.
50．BD
【分析】利用基本不等式判断选项A，利用基本不等式判断选项B，利用拼凑法和基本不等式的应用判断选项C、D.
【详解】因为，，所以，所以，
解得，即，则A错误.
因为，，所以，所以，
即，解得，当且时等号成立，
又由，所以的取值范围是，则B正确.
因为，所以，
则，
当且仅当即时等号成立.因为.所以，则C错误.
，
当且仅当即时等号成立，则D正确.
故选：BD
51．AC
【分析】去绝对值分类讨论，判断一个命题是假命题要举反例
【详解】当，时，，
则
所以，所以，故A正确
当，时，，，
则
所以，故C正确
当，时，，
则
所以
对于B，当，，且时
取，时，
（，）
当，且时
取，时，
当，且时，
取，时，
故B错误
对于D， 当，且时，，时，等号成立，故D错误
故选：AC
52．BCD
【分析】A选项，对不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最大值；B选项，将不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最小值；C选项，对不等式变形为，利用求解的最小值；D选项，不等式变形为，利用基本不等式求出和的最小值.
【详解】由得：，
因为，所以，所以，
由基本不等式可得：
当且仅当时，等号成立，此时，
解得：或，
因为，所以舍去，故的最大值为2，A错误；
由得：，
因为，所以，所以，
由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，
即，解得：或，
因为，所以舍去，
故的最小值为4，B正确；
由变形为，则，
由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，
此时，令，则由，
解得：或（舍去）
所以的最小值为，C正确；
由可得：，
从而
当且仅当时，即，等号成立，
故最小值为16.
故选：BCD，