2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十）（原卷及解析版）

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1．（2024·湖南衡阳·高三统考期末）在正三棱台中，，二面角为，则该三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在正三棱台中，令的中点分别为，连接，
则，于是二面角的平面角为，即，
设上底面与下底面的中心分别为，连接，则，
过点作，垂足为，则，则，则，
所以该三棱台的体积为.
故选：B
2．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）已知函数的定义域为，且，若关于的方程有4个不同实根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，
若，则，可得，
所以,
若，则，可得，
所以，
所以，其函数图象如下图，
要使有4个不同实根，则，
由图知：，故，且，
所以的范围为.
故选：A
3．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）一个轴截面是边长为的正三角形的圆锥型封闭容器内放入一个半径为1的小球后，再放入一个球，则球的表面积与容器表面积之比的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由边长为的正三角形的内切圆半径为，
即轴截面是边长为的正三角形的圆锥内切球半径为，
所以放入一个半径为1的小球后，再放一个球，如下图，
要使球的表面积与容器表面积之比的最大，即球的半径最大，
所以只需球与球、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时，
所以球的表面积为，圆锥表面积为，
所以球的表面积与容器表面积之比的最大值为.
故选：A
4．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）如图，正方体的棱长为3，点P是平面内的动点，M，N分别为，的中点，若直线BP与MN所成的角为，且，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，连接，，则N为的中点，又M为的中点，所以，
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，
在正方体中，可得，
因为平面，平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，且平面，所以平面，则．
设与平面的交点为G，连接PG，所以，
在直角中，，因为，所以，
又由，所以，
所以点P的轨迹是以G为圆心， 为半径的圆，其面积为.
故选：A.
5．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）设则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】令，
则，
易知，显然和时，，即在和上单调递减，时，，即在上单调递增，
易知，且，
所以，
又，，所以.
故选：D
6．（2024·广东湛江·高三统考期末）已知是边长为8的正三角形，是的中点，沿将折起使得二面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在三棱锥中，平面，
由二面角为，，得是正三角形，令其外接圆圆心为，
则，令三棱锥外接球的球心为，球半径为，
则平面，即有，显然球心在线段的中垂面上，令线段的中垂面交于，
则，显然，于是，四边形是平行四边形，且是矩形，
而，因此，
所以三棱锥外接球的表面积.
故选：C
7．（2024·广东湛江·高三统考期末）在数列中，，且，当时，，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，所以，且当时，，
所以，所以，
所以.
因为，
所以，所以，故.
故选：A.
8．（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）若，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由，
可得，所以，故，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，
如图，作出函数的图象，
由图可知，可知.
故选：A.
9．（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）数列的前项和，且，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由已知得：
，又，
故
当且时，
，
所以.
故选：D
10．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）若实数a，b，，且满足，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．b>c>a
【答案】B
【解析】由，，，
得，，，令，则，
当时，，当时，，所以在上是增函数，
在上是减函数，于是，即，
又b，，所以；
，
因为，所以，，，
因此，于是，又a，，所以；
令，则，所以在上是增函数，，，即，，，
于是，又a，，所以；
综上.
故选：.
11．（2024·广东·高三统考期末）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，点在上，且，，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，，
由，解得，
又因为在椭圆上，
所以，解得，
因为，
可得，即，
记直线的倾斜角为,直线的倾斜角为,
因为,所以,
即，
即，
整理得：，解得,
故选:B.
12．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）设函数在R上的导函数为，在上，且，有，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由，可得．
设，则，所以是R上的奇函数，
又在上，即，
所以在上单调递减，又是R上的奇函数，所以在(-∞,0)上单调递减，
所以，即，
因此，故，故A正确；
所以，即，因此，故B不正确；
所以，即，则，
所以与的大小不能确定，故C不正确；
所以，即，则，
所以与的大小不确定，故D不正确.
故选：A.
13．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知函数，，若函数在上存在最大值，但不存在最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】若，则，
又因为，函数在上存在最大值，但不存在最小值，
所以当，即时，
只需满足，此时，
当，即时，
函数一定存在最大值，要让函数无最小值，则，
此时，
综上，，即的取值范围是.
故选：D
14．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知是坐标原点，过抛物线上异于的点作抛物线的切线交轴于点，则的外接圆方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设过抛物线上异于的点的切线为，
又交轴于点，则，
则，整理得，
则，即
则有，可化为
解之得，则，则
设的外接圆方程为，
则，解之得
的外接圆方程为，即.
故选：A
15．（2024·山东聊城·高三统考期末）最优化原理是指要求目前存在的多种可能的方案中，选出最合理的，达到事先规定的最优目标的方案，这类问题称之为最优化问题.为了解决实际生活中的最优化问题，我们常常需要在数学模型中求最大值或者最小值.下面是一个有关曲线与直线上点的距离的最值问题，请你利用所学知识来解答：若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由函数，可得，令，可得，
因为，可得，则，
即平行于直线且与曲线相切的切点坐标为，
由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.
故选：B
16．（2024·山东聊城·高三统考期末）设等差数列的前项和为，已知：，，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】设函数，易知的定义域为，
且，
所以是上的奇函数，由单调性的性质知在上单调递增，
由题意：，，两式相加得：，
因为是上的奇函数，所以，
又在上单调递增，所以，即，
等差数列的前项和为，则，
因为，，所以，
又在上单调递增，所以，所以.
故选：D.
17．（2024·山东威海·高三统考期末）已知，分别为双曲线的左、右焦点，过点的直线与圆相切于点，且与双曲线的右支交于点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接，则，如图所示：
由，得，
而点Q在双曲线的右支上，则，因为，
所以，即，
则双曲线的离心率为：，
故选：D
18．（2024·山东威海·高三统考期末）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，二面角为，则该四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】取中点为，连接，设其交点为，连接；
因为，故点在底面的投影必在直线上，
过作底面的垂线，垂足为；连接；
显然，故二面角的平面角为，
因为，故三角形为直角三角形；
在三角形中，，则，
故为中点；
过作的平行线，显然其垂直于平面，则该棱锥外接球球心必在该垂线上，设其为，
又，，，故点在面的下方；
过作垂直于的延长线，垂足为，连接，如下图所示：
设该四棱锥外接球半径为，
；
在三角形中，，
故，解得.
故四棱锥外接球表面积为.
故选：B.
19．（2024·福建莆田·高三莆田华侨中学校考阶段练习）已知且且且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，利用导数研究其单调性后可得的大小.因为，故，同理，
令，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，故，即，而，
故，同理，，，
因为，故，
所以.
故选：D．
二、多选题
20．（2024·湖南衡阳·高三统考期末）已知平行四边形的面积为，且，则（ ）
A．的最小值为2
B．当在上的投影向量为时，
C．的最小值为
D．当在上的投影向量为时，
【答案】ACD
【解析】因为，所以.
设，则，解得，
则，
当且仅当时，等号成立，A正确.
因为，
所以
，
所以,
,
,
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为,C正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则
,
故B错误，D正确.
故选：ACD
21．（2024·湖南衡阳·高三统考期末）已知函数的定义域为，函数是定义在上的奇函数，函数），则必有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对A、B、D：由条件可知，
因为，所以，且，
可得，
所以，所以A、B、D均正确.
对C：取，
则，
此时满足是定义在上的奇函数，，所以未必成立，故C错误.
故选：ABD.
22．（2024·湖南娄底·高三统考期末）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于点中心对称
B．函数存在极大值点和极小值点
C．若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是
D．对任意，不等式恒成立
【答案】ABD
【解析】因为；当时，，
所以为奇函数，
则关于点对称，故选项正确；
当时，.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减.
又由为奇函数，，，，可得的大致图象如下所示，
故选项B正确；
因为函数有三个不同的零点，
所以函数与的图象有三个不同的交点.
由图象可得：实数的取值范围是，故选项C错误；
因为
所以结合函数的图象可得：当时，，.
所以对任意，，故选项D正确.
故选ABD.
23．（2024·湖南娄底·高三统考期末）如图，已知正方体的棱长为为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（ ）
A．三点共线
B．点到平面的距离为
C．用过点的平面截该正方体所得的较小部分的体积为
D．用过点且平行于平面的平面截该正方体，则截得的两个多面体的能容纳的最大球的半径均为
【答案】ACD
【解析】由已知平面平面平面，
又平面平面平面，
所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；
因为平面平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以，
同理可得，
因为，平面，
所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然为正三角形的中心，
因为正方体的棱长为4，
所以正三角形的边长为，所以，
又，所以，
即点到平面的距离为，故B错误；
取的中点，连接，因为，
所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得的截面，
如图：
所以过点的平面截该正方体所得的较小部分为三棱台，
其体积为，故C正确；
过点且平行平面的平面截该正方体，所截得的两个多面体全等，如下图所示，
该七面体能容纳的最大球亦为正三棱锥的内切球（如下图所示），
，
设为的中心，则，高，
设正三棱锥的内切球的半径为，
则，①
在中，，
得，，
代入①，得，故D正确.
故选：ACD.
24．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（ ）
A．B．当n为奇数时，
C．数列为等比数列D．数列的前项和小于
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，，，所以，故A正确；
对于B，由于，故B错误；
对于C，因为小于的所有正奇数与均互质，且小于的所有正奇数有个，
所以，因此数列为等比数列，故C正确；
对于D，同理小于的所有3的倍数与均不互质，共有个，
因此小于的所有与互质的数共有个，即，
所以，令，
则，故D正确，
故选：ACD.
25．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
26．（湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期9月调研考试数学试题）设数列前项和为，满足，且，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．数列为等差数列
C．当时有最大值
D．设，则当或时数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【解析】A选项，当时，，
又，解得，
当时，①，
②，①-②得，
，
即，故，
因为，
故，
所以，
故为等差数列，公差为，首项为，
所以通项公式为，A正确；
B选项，，
故，则当时，，
故为等差数列，B正确；
C选项，，
故当时，取得最大值，C错误；
D选项，令得，令得，
则当时，，
当时，，当时，，
当时，，
又，，
则当或时数列的前项和取最大值，D正确.
故选：ABD
27．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有，因此选项AB正确，
两个函数图象如下图所示：
由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
，
，于是有，所以选项D正确，
故选：ABD
28．（2024·广东湛江·高三统考期末）已知点，，动点在圆：上，则（ ）
A．直线截圆所得的弦长为
B．的面积的最大值为15
C．满足到直线的距离为的点位置共有3个
D．的取值范围为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为，，所以直线的方程为，圆心到直线的距离为，又因为圆的半径，
所以直线截圆所得的弦长为，A错误．
对于B，易知，要想的面积最大，只需点到直线的距离最大，而点到直线的距离的最大值为，
所以的面积的最大值为，B正确．
对于C，当点在直线上方时，点到直线的距离的范围是，即，由对称性可知，此时满足到直线的距离为的点位置有2个．
当点在直线下方时，点到直线的距离的范围是，即，此时满足到直线的距离为的点位置只有1个．
综上所述，满足到直线的距离为的点位置共有3个，C正确．
对于D，由题意知．
又因为，，，所以，，
故，．
设点满足，
则，故解得即，．
所以．
又因为，
所以，即的取值范围为，，D正确．
故选：BCD
29．（2024·广东湛江·高三统考期末）已知定义在上的函数满足，且是奇函数.则（ ）
A．B．
C．是与的等差中项D．
【答案】ACD
【解析】因为，
所以，
两式相减得，
所以的周期为4.
因为是奇函数，
所以，所以，
即，
令，得.
因为，
令，得，
所以，即.
因为，
令，得，
所以，
所以，
所以，故A正确.
因为，
所以，即，所以.
因为，，所以B错误.
因为，，
所以，
所以是与的等差中项，故C正确.
因为，
所以，故D正确.
故选：ACD
30．（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（ ）
A．若点满足，且，则的最小值为
B．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体体积可能为
C．若正四面体的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，则此距离为
D．点在所在平面内且，则点轨迹的长度为
【答案】ACD
【解析】如图：
对于，因为点满足且，
可知点是平面上的一点.
又因为正四面体是棱长为3，
则三角形外接圆半径满足，
故点到平面的距离为,
故的最小值为点到平面的距离，即为,A正确；
对于B，将正四面体放入到正方体中，则正方体的棱长为，
因为正四面体的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：
，
而正四面体四个面的面积都是
设正四面体的内切球半径为，解得，
因为正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，
所以最大正四面体外接球直径为，
因此最大正四面体外接球也是棱长为的正方体的外接球，
所以正四面体的体积最大值为，故B不正确.
对于C，在正方体内，过作平面，分别交于点，
过作平面，分别交于点，且平面平面，
由正四面体的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，
且每相邻平行平面间的距离均相等，
其中平面和平面为中间的两个平面，
易知为的中点，为的中点，
因为正方体是棱长为，
所以，
所以点到的距离为，
所以每相邻平行平面间的距离为，故C正确；
对于D选项：建立如图所示的空间直角坐标系，
设点，,
由可得，
化简可得，
可知点的轨迹是平面与以点为球心，2为半径的球的截面圆上，
,
设平面法向量为，则
，
取则，
所以点点到平面的距离为，
截面圆的半径为所以截面圆周长为，
故选:ACD
31．（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）已知函数，满足有三个不同的实数根，则（ ）
A．若，则实数的取值范围是
B．过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线
C．
D．若成等差数列，则
【答案】ABD
【解析】因为，
所以在和上单调递增，在上单调递减，且，
所以，当有三个不同的实数根时，，故A正确，
关于点中心对称，
所以在此点处的切线方程为，
结合图象可知：当且仅当时，符合题意，所以B正确，
由于方程有三个根，
所以，展开可知，C不正确；
由展开可知，
当成等差数列时，所以，
在中，令，得，
所以，D正确.
故选：ABD.
32．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）已知P为抛物线C：上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，，则（ ）
A．的最小值为4
B．若线段AB的中点为M，则的面积为
C．若，则直线l的斜率为2
D．过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
【答案】ACD
【解析】由在抛物线C上，得，抛物线C的方程为，．
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，故A正确．
对于B，因为为AB的中点，所以，，
求得直线l的方程为，则点N到直线l的距离，
则，故B错误；
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，代入，
得，设，，则，，，同理可得，
所以，
解得，所以直线l的斜率为，故C正确．
对于D，易知点在抛物线上且轴．设，．
易知直线EG，EH的斜率存在，，同理．
因为EF平分，轴，所以，即，
直线，所以，
直线GH的斜率为定值，故D正确．
故选：ACD
33．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）已知函数，，其中且．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，有且只有一个零点
B．当时，有两个零点
C．当时，曲线与曲线有且只有两条公切线
D．若为单调函数，则
【答案】BCD
【解析】对A，令，
令或都成立，有两个零点，故A错误；
对B， 令
，（）.考虑
所以函数在单调递减，在单调递增，
.
考虑
所以函数在单调递增，在单调递减，当时，,所以当时，有两个零点.
此时，故B正确；
对C，设，.
设切点
所以.
①
②
,
,
设，
所以，
所以函数在单调递减，因为，
所以
所以有两解，所以当时，曲线与曲线有且只有两条公切线，所以该选项正确；
对D，若单调递增，则.
.考虑不满足.
若单调递减，则.
所以考虑不满足.
当时，不满足.
当时，
，∴.故D正确.
故选：BCD
34．（2024·广东·高三统考期末）已知定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则
A．的图象关于中心对称B．是周期函数
C．在上单调递减D．
【答案】BC
【解析】对A：由，故的图象关于直线对称，故A错误；
对B：由为奇函数，故，又，
故，即有，
则，
即，故是周期函数且周期为，故B正确；
对C：由在上单调递增，且为奇函数，故在上单调递增，
又的图象关于直线对称，故在上单调递减，故C正确；
对D：由为定义在上的奇函数，故，有，
由的图象关于直线对称，故的图象关于中心对称，
故，由，故，
即有，，故，
，故D错误.
故选：BC.
35．（2024·广东·高三统考期末）如图，为圆锥底面的直径，，点是圆上异于的动点，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面相切），点是球与圆锥侧面的交线上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若⊥，三棱锥体积的最大值为8
B．若⊥，平面与底面所成角的取值范围为
C．若，内切球的表面积为
D．若，的最大值为4
【答案】BCD
【解析】A选项，因为⊥，，所以，
故，
由勾股定理得，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值为，A错误；
B选项，取的中点，连接，
因为为的中点，故，所以⊥，
因为，所以⊥，
点是圆上异于的动点，
故平面与底面所成角的平面角为，
，，故，
故，
若⊥，平面与底面所成角的取值范围为，B正确；
C选项，若，则为等边三角形，
故，，
与球相切，设切点为，球的半径为，
连接，则⊥，，故，
则，解得，
故内切球的表面积为，C正确；
D选项，点的轨迹为如图所示的小圆，
由C选项得，，由⊥，，可知，
故，，，，
设点作⊥于点，连接，
因为⊥小圆，小圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以，
设，则，由∽可知，
由勾股定理得，，
故，，
故，
，
故当时，取得最大值，最大值为16，
故的最大值为4，D正确.
故选：BCD
36．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）如图，已知二面角的棱上有A，B两点，，，，，且，则（ ）
A．当时，直线与平面所成角的正弦值为
B．当二面角的大小为时，直线与所成角为
C．若，则三棱锥的外接球体积的为
D．若，则二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】对A选项：当时，因为，，
所以，所以直线与平面所成角为，
又因为，所以，
因为，，所以，
所以，故A正确；
对B选项：如图，过A作，且，连接，，
则四边形为正方形，所以，所以（或其补角）即为直线与所成角，
因为，四边形为正方形，有，所以，
又因为，所以即为二面角的平面角，即，
由、、且、平面，
所以平面，又四边形为正方形，所以，
所以平面，又平面，所以.
由且四边形为正方形，，所以，
所以，即，即直线与所成角为，故B正确；
对于D，如图，作，且，
则二面角的平面角为，不妨取，
由，在中，易得，
在中，由余弦定理得，，
过C点作交线段的延长线于点O，则平面，
过O点作，交线段的延长线于点H，连接，
则为二面角的平面角，
易得，，，
所以，故D正确.
对C选项：同选项D可知，
如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，
则球心必在该垂线上，设球的半径为R，则，
又的外接圆半径，而平面平面，
所以平面，即的长为点到平面的距离，则，
所以四面体的外接球的体积为，故C错误．
故选：ABD.
37．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）已知是定义在上的不恒为零的函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若对任意，，总有，则是奇函数
B．若对任意，，总有，则是偶函数
C．若对任意，，总有，则
D．若对任意，，总有，则
【答案】ACD
【解析】因为对任意，，总有，所以令，得，令，得，所以，令，得，所以，令，得，又，所以，所以函数是奇函数，故A正确；
因为对任意，，总有，所以令，得，所以，令，得，即，所以，
所以函数是奇函数，故B不正确；
对于C选项，令，，得，由A选项得，又，所以解得，故C正确；
对于D选项，令，，则，解得，令，，则，解得，由B选项得是奇函数，所以，故D正确．
故选：ACD．
38．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）已知双曲线的一条渐近线方程为，圆上任意一点处的切线交双曲线于两点M、N（ ）
A．或2
B．若与双曲线左、右两支相交，则的斜率的取值范围是
C．满足的直线有且仅有一条
D．为定值，且定值为2
【答案】BD
【解析】若焦点在轴上，则渐近线方程为，所以，解得，
当焦点在轴上，则渐近线方程为，所以,无解，故A错误，
故双曲线方程为，
设切线方程为，则，
联立，要使与双曲线左、右两支相交，
则需要，化简可得，故，解得，故B正确，
当直线有斜率时，设,则，且，
则解得，
当直线无斜率时，，代入双曲线中可得，此时，故满足的直线有2条，故C错误，
代入以及可得
所以，
故选：BD
39．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知数列满足，，数列满足，则（ ）
A．
B．
C．存在，使得
D．数列单调递增，且对任意，都有
【答案】ABD
【解析】对于A中，由，满足，
因为，可得，
当时，可得，解得，；
当时，可得，解得，；
可得，所以A正确；
对于B中，由数列满足，
当时，，
两式相减得，整理得，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
又由，
则，，
所以，所以B正确；
对于C中，因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列为递减数列，所以，所以C不正确；
对于D中，由数列满足，则，
所以数列为递增等比数列，且，
所以D正确.
故选：ABD.
40．（2024·湖北武汉·高三统考期末）已知，是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A．的最小值为1
B．
C．若直线与曲线有公共点，则
D．对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直
【答案】AD
【解析】当时，原方程即，
化简为，轨迹为椭圆.
将代入，则，
则此时，即此部分为椭圆的一半.
同理当时，原方程即，
化简为.
将代入，则或，
则此时，即此部分为圆的一部分.
作出曲线的图形如下：
对于A，最小值表示曲线上一点到原点的最小距离的平方，
当时，最小值为，当时取得，
当时，最小值为，当时取得，
则最小值为，故A正确；
对于B，当时，，显然B选项错误；
对于C，直线经过定点，当时，直线经过椭圆下顶点，如图，
显然，存在，使得直线与曲线有两个公共点，故C错误；
对于D，如图，对任意位于轴左侧且不在轴上的点，
则曲线在点处的切线斜率可以取任何非零实数，
曲线在椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零实数，使得两切线斜率为负倒数，
所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在，两点处的切线垂直，故D正确.
故选：AD
41．（2024·山东聊城·高三统考期末）正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．直线平面
B．若，则，且直线平面
C．若，则到直线的距离的最小值为
D．若，则与平面所成角正弦的最小值为
【答案】AB
【解析】对于A项，如图，连结，.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以.
同理可得，.
又平面，平面，，
所以平面.故A项正确；
对于B项，由A项可知：平面.
又，平面，所以直线平面，故B项正确；
对于C，因为，所以在以为球心，为半径的球上.
又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.
因为平面，，，
所以，
所以为以点为圆心，为半径的圆上.
如图，，则，到直线的距离的最小值为，故C项错误；
对于D项，以点为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
，.
因为，设，（），
.
设是平面的一个法向量，则，即，
取，则，是平面的一个法向量.
则，
又，当时，有最小值1，
所以，，即，
所以与平面所成角正弦的最大值为，故D项错误.
故选：AB.
42．（2024·山东威海·高三统考期末）质点和在以原点为圆心，半径为的上逆时针作匀速圆周运动，同时出发.的角速度大小为，起点为与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为射线与的交点.则当与重合时，的坐标可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】依题意，点的起始位置，点的起始位置，
则，设当与重合时，用的时间为，
于是，即，
则，所以，
对于A，若，则或，
解得，或，因为，故A错误；
对于B，当时，，即，故B正确；
对于C，若，则或，
解得，或，因为，故C错误；
对于D，当时，，即，故D正确；
故选：BD.
43．（2024·山东威海·高三统考期末）定义在上的函数满足，当时，.当时，；当时，.若关于的方程的解构成递增数列，则（ ）
A．
B．若数列为等差数列，则公差为
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】因为，所以周期是，
，故A正确；
当时，
令，则，即，
时，，得或；
时，，得；
又当时，.故关于对称，
故时，的根为或，则函数在一个周期内有个根.
即当，在的根为，此时数列公差为，
，故B错误，C正确；
当得，对称轴为，
此时；
当，对称轴为，
此时；
故当时，
且
则
，故D正确.
故选：ACD.
44．（2024·福建莆田·高三莆田华侨中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）
A．存在点M使得
B．四棱锥外接球的表面积为
C．直线PC与直线AD所成角为
D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥的体积是
【答案】BCD
【解析】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，平面，则．
又因为，所以，
又，平面，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，A错误．
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积为，B正确．
如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，
由上推导知，，，
，，，，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，故，D正确．
故选：BCD．
三、填空题
45．（2024·湖南衡阳·高三统考期末）若为正整数，记集合中的整数元素个数为，则数列的前62项和为 .
【答案】3841
【解析】因为，
当时，；当时，；
当时，，
因为，
所以，
又，
所以，则；
故数列的前62项和为.
46．（2024·湖南娄底·高三统考期末）已知双曲线，直线和相互平行，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点，直线和交于点（异于坐标原点）.若直线的斜率为3，直线是坐标原点的斜率，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【解析】
由题意，，故，
设的中点的中点，
则，两式相减，得，化简得，
所以，所以①，同理②，
因为，所以三点共线，所以，
将①②代入得，即，
因为，所以，所以，
所以双曲线的离心率为.
所以双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：.
47．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）在中随机选取三个数，能构成公差不小于5的等差数列的概率为 ．
【答案】
【解析】在中随机选取三个数有：，
公差为5的等差数列有：，，……，，共个；
公差为6的等差数列有：，，……，，共个；
……，
公差为24的等差数列有：，，共个；
所以共有：，
所以能构成公差不小于5的等差数列的概率为：.
故答案为：.
48．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考期末）已知函数恰有两个零点，则 .
【答案】
【解析】因为，
所以
令，则，令，
故当时，函数为增函数，
当时，函数为减函数，
即当时函数有最小值，
若，即时，此时函数在R上为增函数，与题意不符，且当时，的零点为1；
若，即时，此时函数与x轴有两个不同交点，
设交点为，且，即，
所以当或时，即，此时函数为增函数，
当时，即，此时函数为减函数，
依题意，函数恰有两个零点即函数与x轴有两个不同的交点，即或，
所以或，
所以，所以，
故答案为：.
49．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵英丽的雪花————“科赫雪花”． 它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分， 以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线，重复上述两步， 画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线

设雪花曲线周长为，面积为，若 的边长为1，则= ，
【答案】 /
【解析】由题意可知：，，；
易知第个图形的边长为，边数为，
故，
由累加法得
故答案为：；
50．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）如图， 在圆台 中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，, 点D是的中点， 为平面与平面的交线， 则交线与平面所成角的大小为 ．
【答案】/
【解析】因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故答案为：.
51．（2024·广东湛江·高三统考期末）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆的中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，则的离心率为 .
【答案】/0.5
【解析】由题意可知点一定在其蒙日圆上，所以，
所以，故椭圆的离心率为.
故答案为：
52．（2024·广东湛江·高三统考期末）如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则 .
【答案】
【解析】连接，交于点，取的中点，连接，.
因为，所以与所成的角为（或其补角）.
令，在中，由，，得.
又，，，
由余弦定理得，解得，所以.
故答案为：
53．（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数的最大值为 .
【答案】
【解析】由，整理得，
即在圆心，半径为1的半圆上.
，
令，则，又，
所以，当时，，则为单调递增，
当时，，则为单调递减，
综上可知，在处取得极大值，也是最大值，即，
于是，即，
当且仅当时，等号成立，
所以曲线的一条切线为，
数形结合可知，当分别为对应切点，且与两切线垂直时取得最小值，
即的最小值为圆心到直线的距离减去半径，
即的最小值为.
过圆心与垂直的直线方程，
所以，当且仅当即时取到最小值.
综上所述，，而恒成立，
所以，则的最大值为.
故答案为：.
2.在求圆上的动点到另一个曲线上的动点距离最值问题时，通常转化为圆心到曲线上的动点距离最值问题，进而进行求解.
54．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆（）上任意两个动点，动点P在直线上，若恒为锐角，则根据蒙日圆的相关知识，可知椭圆C的离心率的取值范围为
【答案】
【解析】依题意，直线都与椭圆相切，
因此直线所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，
由点A、B为椭圆上任意两个动点，动点P满足为锐角，得点在圆外，
又动点P在直线上，因此直线与圆相离，
于是，解得，则，解得，
所以椭圆C的离心率的取值范围为.
故答案为：
55．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考期末）函数的定义域为，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【解析】令，则，
又，所以得，
即，所以为上的偶函数，
又时，，所以在上单调递增，
又为上的偶函数，所以在上单调递减，
由，得，
所以，
即，所以得，解得：，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
56．（2024·广东·高三统考期末）已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【解析】函数的定义域为，
当时，可得在上单调递增，，不合题意；
当时，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值，也是最小值，
又因为且，所以，
则，得，所以，
设，，令，得，
当，，
当，，
所以在区间单调递减，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
57．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）如图，桌面上的无盖正方体容器内装有高度为的水，．现将容器绕着棱所在直线顺时针旋转，当容器中溢出的水刚好装满一个半径为的半球形玻璃瓶时，容器内水面交棱于，且．若不考虑容器厚度及其他因素影响，则 ．
【答案】
【解析】由题意可知当旋转且水溢出后，剩余的水在正方体容器中形成一个三棱柱，
故由长方体、棱柱与球的体积公式可知，
解得．
故答案为：
58．（2024·湖北武汉·高三校联考期末）已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线左支交于A，B两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为 ．
【答案】
【解析】法一、设点在第二象限．如图，连接，．
因为以为圆心，为半径的圆经过点，所以．不妨设，则．
由双曲线的定义可得，．
在中，由勾股定理得，即，整理得．①
在中，由勾股定理得，即，
整理得．②
联立①②解得，则双曲线的离心率．
法二、设点在第二象限．如图，连接，．因为以为圆心，为半径的圆经过点，所以．
不妨设，则．由双曲线的定义可得，，
所以，即，整理得．①
在中，；
在中，由余弦定理可得．
因为，所以，整理得．②
联立①②可得，则双曲线的离心率．
故答案为：
59．（2024·湖北武汉·高三统考期末）棱长为10cm的密闭正四面体容器内装有体积为的水，翻转容器，使得水面至少与2条棱平行，且水面是三角形，不考虑容器厚度及其它因素影响，则水面面积的最小值为 .
【答案】
【解析】若水面至少与2条棱平行，且这两条棱不共面，即两条棱为对棱时，
如图所示，若水面平行与，不妨取特殊情况讨论，
记中点分别为，
则，，则四边形为平行四边形，
即水面形状为平行四边形，不符合题意；
则水面至少平行的2条棱相交共面，不妨设水面为，
下求正四面体体积，
如图所示，即中点为，连接，设平面，则是三等分点，
因为正四面体棱长为10，所以，
，
则，
所以，
如下图所示，正四面体容器倒放时，棱锥部分为水体部分，
设，
则，则，则，
所以水面面积；
如下图所示，正四面体容器正放时，棱台部分为水体部分，
设，
则，则，水面面积更大，不符合.
综上，水面面积的最小值为.
故答案为：
60．（2024·山东聊城·高三统考期末）椭圆：的左右焦点分别为，，为坐标原点，给出以下四个命题：
①过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为12；
②椭圆上存在点，使得；
③椭圆的离心率为；
④为椭圆：上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为4.
其中正确的序号有 .
【答案】①②④
【解析】由椭圆得，，，
①过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故①正确；
②因为，所以以原点为圆心以为半径的圆交轴于椭圆的外部，
所以存在点，使得，即使得，故②正确；
③椭圆的离心率为，故③错误；
④因为为椭圆上一点，设，，
则点到圆心的距离为
则其最大值为3，所以最大值为：，故④正确；
故答案为：①②④.
61．（2024·山东威海·高三统考期末）已知抛物线的焦点为，是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为 .
【答案】3
【解析】
如图所示，易知，直线过定点，
且Q在以为直径的圆上，显然半径，不妨设其圆心为E，
分别过E，P作准线的垂线，垂足为M，G，
结合抛物线定义有，
当且仅当均在垂线段上时取得等号.
故答案为：3
62．（2024·福建莆田·高三莆田华侨中学校考阶段练习）设函数，的定义域均为，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为 ．
【答案】
【解析】因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数，
则，
求导得，
即，
所以函数的图像关于对称．
因为函数为偶函数，
所以，
所以函数的图像关于对称，
由函数的图像关于对称，且关于直线对称．
所以函数的周期为，．
由，，
，
所以，即，即，
所以当时，
于是．
故答案为：