2024年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编26

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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（二十六）
一、单选题
1．（2024·广东韶关·二模）定义，对于任意实数，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设，则，
得，
设，则，
令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，
得，
所以，
得，即.
故选：A
2．（2024·广东韶关·二模）已知双曲线的左焦点为，过点的直线与轴交于点，与双曲线交于点A（A在轴右侧）．若是线段的中点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设双曲线右焦点为，连接.
又中，，则,
由直线可得，则，
又由双曲线可得，
则，则有，即
又，则有，
整理得，解之得
则双曲线的渐近线方程为.
故选：C
3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知抛物线的焦点为，若圆与抛物线只有一个交点，且圆与轴相切于点，则圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆的半径为.根据抛物线的对称性不妨设圆的圆心在轴的上方.
由抛物线可得：.
因为圆与轴相切于点，
所以圆的方程为.
又因为圆与抛物线只有一个交点，
所以方程组有唯一解，
整理得有唯一解，且.
令
则函数与直线的图象有唯一的交点.
因为，
令，解得：；令，解得：.
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则.
又，，
所以.
故选：A.
4．（2024·广东广州·一模）已知是函数在上的两个零点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，得，
，，
因为是函数在上的两个零点，
则是在上的两个根，
故，故，
则
.
故选：A．
5．（2017·上海闵行·模拟预测）已知复数满足，（其中是虚数单位），则的最小值为（ ）
A．2B．6C．D．
【答案】B
【解析】设，（其中，是虚数单位），在复平面的对应点
则
即点的轨迹表示为焦点分别在，的椭圆，且该椭圆的长轴为直线，短轴为直线.长半轴长为，半焦距，短半轴长为.
因为
所以
设在复平面的对应点.
即点的轨迹表示为射线上的点.
若使得最小，则需取得最小值，即点为第一象限内的短轴端点，点为射线的端点时，最小.
故选：B
6．（2024·湖南衡阳·二模）某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（ ）
参考数据：.
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得，，，，，
代入得，得出；
则当管道壁的厚度为时，，
则
.
故选：B，
7．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（ ）
A．7B．8C．D．10
【答案】C
【解析】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；
又，因此，即，此时；
设点到平面的距离为，则，可得，
因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；
设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，
则，故球心到平面的距离为，
可知截面圆半径为；
设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：
设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，
此时，故线段长度的最大值为.
故选：C
8．（2023·山东·模拟预测）已知，则有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，则.
当时，有，所以，
所以，在上恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以，，即，所以.
令，则在时恒大于零，故为增函数，
所以，而，所以，
所以，
故选：C
9．（23-24高三上·天津·期末）已知分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设双曲线焦距为，则、，
不妨设渐近线的方程为，如图：
因为直线与直线垂直，则直线的方程为，
联立可得，即点，
所以，，
因为，所以，
又，故，
所以，
，
整理可得，
所以，又，
所以，
故该双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
10．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设函数，可得，
所以函数在上单调递减，
由，可得，即，
可得，所以，即不等式的解集为.
故选：D.
11．（2024·湖南邵阳·二模）已知直线与椭圆相交于两点.若弦被直线平分，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，因为弦被直线平分，设中点坐标，
所以，①
因为点在直线上，代入可得
，两式相减可得，②
又点在椭圆上，代入可得，两式相减可得，
代入①②可得，又椭圆中，
所以离心率，
故选：C
12．（2024·湖北·一模）设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，根据题意可得，且，
即，又，则，，
解得，又，则.
故选：C.
13．（2024·湖北·一模）设直线：，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】如图，设点关于直线的对称点为，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B
14．（2024·山东济南·一模）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
16．（2024·福建泉州·模拟预测）椭圆C：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆交于A，B两点（A在B左侧），若，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，
则，故，
由椭圆的定义知，，
设，则，故，
所以，解得（正值舍去），
所以，
如图，作，M为垂足，由，得为的中点，
所以，
则，故.
故选：A.
17．（2024·福建漳州·一模）已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点对称，
令，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
18．（2024·浙江·模拟预测）设函数．若实数使得对任意恒成立，则（ ）
A．B．0C．1D．
【答案】C
【解析】函数，
依题意，对任意的恒成立，
即对恒成立，
因此对恒成立，
于是，显然，否则且，矛盾，
则，显然，否则且，矛盾，
从而，解得，
所以.
故选：C
19．（21-22高三上·浙江·期中）已知数列满足，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】∵，，
∴，，则，
∵，
∴，即数列递减，则，
∵，
∴两边取倒数得，即，则，
∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.
故选：B.
20．（2024·浙江温州·二模）若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，则原方程为，
由，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
整理得①，显然不满足，
令，即必有两根，且，故为两个正根，
所以，可得或，
对于，有，即，即恒满足①，
要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，
若整数根为且，则，即，
所以，得，
综上，
故选：C
21．（2024·浙江温州·二模）已知定义在上的函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于对称B．的图象关于对称
C．在单调递增D．有最小值
【答案】A
【解析】对于BC，由题意可知：，
显然的图象不关于对称，而，故B、C错误；
对于D，若为有理数，则，显然，函数无最小值，故D错误；
对于A，若是有理数，即互质，则也互质，即，
若为无理数，则也为无理数，即，
所以的图象关于对称，故A正确.
下证：互质，则也互质.
反证法：若互质，不互质，不妨设，
则，此时与假设矛盾，所以也互质.
故选：A
二、多选题
22．（2024·广东韶关·二模）已知定义在R上的函数的导函数分别为，且，，则（ ）
A．关于直线对称B．
C．的周期为4D．
【答案】ACD
【解析】由，得①，
②，得③，
由①②③，得，所以函数图象关于直线对称，故A正确；
由，得，令，得；
由，得，
令，得，
∴④，
又⑤，令，得，故B错误；
④⑤两式相加，得，得，
所以，即函数的周期为4，故C正确；
由，令，得，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
23．（2024·广东韶关·二模）设函数，则（ ）
A．是偶函数B．在上有6个零点
C．的是小值为D．在上单调递减
【答案】ABC
【解析】选项A：函数定义域为R，
由，
可得是偶函数.判断正确；
选项B：当时，，
由，可得，或，
则当时，或或，
又是偶函数，则当时，或或，
则在上有6个零点. 判断正确；
选项C：当时，，
则当时取得最小值，
又是偶函数，则的最小值为.判断正确；
选项D：，
则，则 在上不单调递减.判断错误.
故选：ABC
24．（2022·福建·三模）已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ）
A．是递增数列B．是递减数列
C．存在最大项D．存在最小项
【答案】ACD
【解析】由题意知： ，
故，即，即，
所以，则，
故，，
由 得： ，
即，所以，
则，而 ，
故 ，则，
所以，由于 随的增大而减小，
故是随的增大而增大，
由题意知，故是递增数列，故A正确；
同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；
又，由于，，且，
所以，是首项为，公比为的等比数列，故，
所以，，
因为，，故，，
所以，，
所以，，其中，
，其中，
因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，
故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，
同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，
综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.
故选：ACD.
25．（2024·广东广州·一模）已知直线与曲线相交于不同两点，，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】令，则，
故时，递增；时，递减，
所以的极大值，且，，
因为直线与曲线相交于､两点，
所以与图像有2个交点，
所以，故A正确；
设，且，可得，
在点处的切线程为
，得，即，
因为，所以，即，故B错误；
因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以，
即，所以，
所以，故C正确；
因为，所以，所以，
同理得，得，即，
因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
26．（2024·广东广州·一模）甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】依题意可得，，，，
所以，故A正确、B正确、C错误；
，故D正确.
故选：ABD
27．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）若满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】令，即，代入可得：
.
所以, 解得 , 所以 A 正确. B 正确；
由 可变形为 ,
因为 , 将代入上式可得：
,
解得 , 所以不正确, D正确.
故选：.
28．（2024·湖南长沙·二模）在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（ ）
A．平面平面
B．平面内存在一条直线与直线成角
C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分
D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是
【答案】AC
【解析】对于A：如图，连接，则，
因为平面平面，所以，
且平面，
所以平面平面，
所以，同理，且，且平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面，故A正确；
对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接，
并让点可在正方形边界移动.
因为平面，
，即，
则与平面所成角的最小值是，
所以，
因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，
所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；
对于C：如图，取的中点，连接平面，
作于点，则，因为，
则，
即点到点的距离和点到的距离相等，
即可知点形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；
对于D：连接交于点，取的中点，连接，
则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，
易知，由，知，
且平面，
所以平面平面，
所以平面平面，
，
如图，与圆的交点分别为，
当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，
且距离的最大值为，
距离的最小值为，
所以点到平面的距离的取值范围是，故错误.
故选：AC
29．（2024·湖南衡阳·二模）已知圆是直线上一动点，过点作直线分别与圆相切于点，则（ ）
A．圆上恰有一个点到的距离为B．直线恒过点
C．的最小值是D．四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】易知圆心，半径，如下图所示：
对于A，圆心到直线的距离为，
可得圆上的点到直线距离的最小值为,圆上的点到直线距离的最大值为，
所以圆上恰有两个点到的距离为，即A错误；
对于B，设，可得；
易知，由，
整理可得，
同理可得，即可知两点在直线上，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线恒过定点，即B正确；
对于C，由直线恒过定点，当点与圆心的连线垂直于时，的值最小，
点与圆心之间的距离为，所以，故C正确；
对于D，四边形的面积为，
根据切线长公式可知，当最小值，最小，
，所以，故四边形的面积为，即D正确；
故选：BCD
30．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数的定义域均为是奇函数，且，，则（ ）
A．B．为奇函数
C．为偶函数D．
【答案】ACD
【解析】由是奇函数，则，即，令，则，故A正确；
由，，令，则，故不是奇函数，故B错误；
由，令，则，
故，所以，
而，则，
故，
所以是偶函数，故C正确；
因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以，所以的周期为8，
因为，所以4)，
所以，即，
因为，所以由，得，得，
由2，得，
因为的周期为8，所以
，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
31．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
【答案】AD
【解析】易知，可设，设，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
32．（23-24高三上·广东湛江·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
33．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数在上可导，且的导函数为.若为奇函数，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于D，由，所以，即，
所以的周期为4，
且，
所以，故D正确；
对于A，由为奇函数知关于对称，所以，
由得0，即，
故的周期为4且，可得，故A正确；
对于BC，由上知的周期为4且关于对称，所以关于对称，
则有，即，所以，
令，得，故，所以关于对称，
又，所以，故B错误；
又，所以，故C正确.
故选：ACD.
34．（2024·湖南邵阳·二模）已知复数满足：(其中为虚数单位)，则下列说法正确的有( )
A．B．
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】BC
【解析】设，则，即，
它表示以原点为圆心，半径为1的圆；
设，则由，得，
即，它表示一条直线；
对于选项A：，故选项A错误；
对于选项B：，故选项B正确；
对于选项C和D：表示圆上点与直线上点的连线段的长度，
该距离最小为圆心到直线距离减去圆的半径，即为；该距离无最大值（直线上的点可离圆上的点无穷远）；
故选：BC．
35．（2024·湖北·一模）已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．一定能被3整除D．的取值集合为
【答案】AB
【解析】由题意可知为二次函数，且为的零点，
由得或，
当时，令，解得或；令，解得；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
则有2个根，有1个根，可知，
若，可知，；
若，可知，；
若，可知，；
故A正确；
当时，令，解得；令，解得或；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
此时，故B正确；
综上所述：的取值集合为，的取值集合为，
故CD错误；
故选：AB.
36．（2024·湖北·一模）某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数的图象是双曲线，设其焦点为，若为其图象上任意一点，则（ ）
A．是它的一条对称轴B．它的离心率为
C．点是它的一个焦点D．
【答案】ABD
【解析】反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为，
容易知道是实轴，是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程与反比例函数表达式得实轴顶点，
所以，其中一个焦点坐标应为而不是，
由双曲线定义可知．
故选：ABD.
37．（2024·山东济南·一模）下列等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A，因为，
令，得，则，故A错误；
对于B，因为，
所以
，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C正确.
对于D，，
对于，其含有的项的系数为，
对于，要得到含有的项的系数，
须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个，
它们对应的系数为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
38．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．若，则在区间上的最大值为
【答案】BCD
【解析】由于函数是偶函数，所以，
由于将的图象向左平移个单位长度，
再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象，则，
对于A，因为曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，
故，解得，故A不正确；
所以函数，则或，
，则或，
对于B，令，解得，
所以当时，的图象关于直线对称，故B正确；
对于C,令，解得，
所以当时，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D，当时，或，
所以或，
当时，当时，，
所以在上单调递增，故函数的最大值为；
当时，当时，，
所以在上单调递减，故函数的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
39．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数，，则（ ）
A．恒成立的充要条件是
B．当时，两个函数图象有两条公切线
C．当时，直线是两个函数图象的一条公切线
D．若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为，则
【答案】ACD
【解析】对于A，若恒成立，即恒成立，
而恒成立，所以，解得，故A正确；
对于B，设切点,，,，，，
有，
①代入②，可得，
当时，代入方程解得：，
，方程无解，即两个函数图象无公切线，故B错误；
对于C，当时，代入方程得：，
，故，，
所以函数与的一条公切线为：，故C正确；
对于D，如图，不妨设切线与切于，与切于，
设,，,，,，,，，，
故
所以，，
，同理，
则中点即可中点，
所以四边形是平行四边形，
由处的切线方程为，
处的切线方程为，
得，即，结合可知， 是方程的根，
由C选项可知：是的两个切点，所以，也是方程的根，
所以,且,故，
则，，
，
，
令，则，
故，故D正确．
故选：ACD．
40．（2024·福建漳州·一模）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．
C．D．
【答案】AB
【解析】由题意可知：，
因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故B正确；
在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
可得双曲线的离心率为，，故A正确，D错误；
在中，可知，
由余弦定理，
即，解得，故C错误；
故选：AB.
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．
41．（2024·浙江·模拟预测）对于，满足，且对于，恒有．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】令代入及，得，所以，
，A选项正确；
令代入，得；令代入由，得，
，，
，，
对于．恒有，
，，B选项正确；
，C选项错误；
，则有，即，D选项正确.
故选：ABD
42．（2024·浙江·模拟预测）高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题每个题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明对其中的一道题完全不会，该题有两个选项正确的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分．则
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】为小明随机选择1个选项的得分，所以，
，，
则的分布列为：
由此可得，
为小明随机选择2个选项的得分，所以，
,,
,
则的分布列
由此可得
．
所以,，，.
故选：BC．
43．（19-20高二上·广东东莞·期末）四边形内接于圆， ，，，下列结论正确的有（ ）
A．四边形为梯形
B．四边形的面积为
C．圆的直径为7
D．的三边长度可以构成一个等差数列.
【答案】ABD
【解析】
+
连接，由可得，又因为，所以
显然不平行即四边形为梯形，故正确；
在中，=49
在中由余弦定理可得
解得或（舍去）
故B正确
在中由余弦定理可得
圆的直径不可能是，故C错误；
在中，，，，满足
的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确.
故选：ABD
44．（23-24高二上·广东·期末）已知正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离为
B．点到平面的距离为
C．若点在直线上，则
D．若点在平面内，则
【答案】BC
【解析】
由题意，
所以，
若点在直线上，则，
由与共线可得，故C正确；
又，所以，
而，，
不妨设点到直线的距离为，
由等面积法有，解得，故A错误；
，不妨设平面的法向量为，
则，令，解得，即取平面的法向量为，
若点在平面内，则，
所以，即，故D错误；
又，
所以点到平面的距离为，故B正确.
故选：BC.
45．（2024·浙江温州·二模）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（ ）
A．有最大值，但无最小值B．最大时，球心在正四面体外
C．最大时，同时取到最大值D．有最小值，但无最大值
【答案】ABD
【解析】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，
则在上，，，
球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，
，，
因为，在中，，则
所以在中，，
因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；
当，此时，
最大时，球心在正四面体外，故B正确；
对于CD，设，，，
所以，令，
令，解得：或（舍去），
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误.
故选：ABD.
46．（2024·浙江温州·二模）已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（ ）
A．10B．2C．D．
【答案】BD
【解析】由题意可得弦所在的直线方程为，
因为圆，圆心，
圆，圆心，
设圆心与圆心到直线的距离分别为，
因为，即，
所以，又，
即，化简可得，
即，解得或.
故选：BD
三、填空题
47．（2024·广东韶关·二模）在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为 ．
【答案】或或或
【解析】如图，过作面于，过作，
因为面，面，所以，又，面，
所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，
由题知，，同理可得，
当在三角形内部时，由，即为三角形的内心，
设，则，得到，所以，
三棱锥的体积为；
又因为，所以点在以为焦点的椭圆上，
如图，以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，
由题知，椭圆中的，所以椭圆的标准方程为，
设，因为是直角三角形，
当时，易知，此时，所以，得到，
当时，易知，此时，所以，得到，
又因为，故以为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即，
综上所述，；
同理，当在三角形外部时，由，即为三角形的旁心，
设，则，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为.
故答案为：或或或.
48．（2024·广东深圳·模拟预测）从1，2，3，，这个数中随机抽一个数记为，再从1，2，，中随机抽一个数记为，则 .
【答案】
【解析】由题意知，由全概率公式知，
，
，
，
，
，
，
所以
.
故答案为：
49．（2024·广东广州·一模）已知曲线是平面内到定点与到定直线的距离之和等于的点的轨迹，若点在上，对给定的点，用表示的最小值，则的最小值为 .
【答案】2
【解析】设，当时，，则，
化简得：，即；
当时，，则，
化简得，，即，
对于曲线上的任意一点，，当且仅当是线段与曲线的交点时取等号，
而，当且仅当，即点时取等号，
因此，当且仅当点重合于时取等号，
所以的最小值为2.
故答案为：2
50．（23-24高三上·江苏扬州·阶段练习）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则当时， ；内切圆的半径为 ．
【答案】 / /
【解析】由双曲线方程知，如下图所示：
由，则，
故，
而，所以，
故，
解得，所以，
若为内切圆圆心且可知，以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，
结合双曲线定义内切圆半径
所以；
即内切圆的半径为；
故答案为：，；
51．（2024·湖南衡阳·二模）已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是 ．
【答案】
【解析】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；
若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为，
第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球的概率为；
若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为，
第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球，
第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；
此时盒中恰有7个球的概率为；
所以盒中恰有7个球的概率为.
故答案为：
52．（20-21高二下·浙江温州·期末）已知反比例函数图象上三点的坐标分别，与，过B作直线的垂线，垂足为Q.若恒成立，则a的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题意得：反比例函数为，因为点P在反比例函数图象上，所以，，所以
，
记，由题意得：恒成立，
当，则，解得：，由于，故；
下面证明当时，恒成立，即
因为是开口向上的二次函数，
所以
；
②，
令，则，开口向下，对称轴为，故在上单调递减，故.
所以当时，恒成立，故a的取值范围是
故答案为：
53．（2024·湖南邵阳·二模）已知，若恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】原不等式等价于，
令.
令，且，
则在上单调递减，
.
故的范围是.
故答案为：
54．（2024·湖北·一模）记，分别表示函数在上的最大值和最小值．则 ．
【答案】2
【解析】由，设为变量，
，
令，当时，，当时，，当时，，
最大值只可能在或或处取得，
所以的最大值为，
所以，
当时，原式的最小值为2．
或者由在时的最大值只可能在或
或处取得，令，当时，，当时，，
当时，，结合图象可得原式的最小值为2．
故答案为：2.
55．（2024·山东济南·一模）已知集合，函数.若函数满足：对任意，存在，使得，则的解析式可以是 .（写出一个满足条件的函数解析式即可）
【答案】（满足，且一次项系数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确）
【解析】，，
，，
，，
所以，则的解析式可以为.
经检验，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）.
56．（2024·福建泉州·模拟预测）已知，，，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，
因为，则，因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以代入，
则，
，
，
，
令，
则，因为，
则，，，
，所以在上恒成立，
所以在上单调递减，因为，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，即，
所以的最大值为.
故答案为：.
57．（2024·福建泉州·模拟预测）已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为l．若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为 ；若过C的焦点的直线与C交于A，B两点，且A到l的距离为4，则 ．
【答案】
【解析】因为抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为，
且恰过，，三点中的两点，
因为点和不关于坐标轴对称，所以抛物线不可能过和两点，
又因为在第一象限，在第三象限，
即抛物线不可能同时过和两点，
所以抛物线经过与两点，
设抛物线的方程为，则，解得，即，
过抛物线的交点的直线与交于两点，且到的距离为，
由抛物线的定义，可得，解得，
则，可得，
结合抛物线的对称性，不妨设，
因为抛物线的焦点为，则的直线方程为，
联立方程组，整理得，可得，
则.
故答案为：；.
58．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
【答案】
【解析】由直三棱柱可知，平面，
又，所以两两垂直，
设直三棱柱外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；
过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，
因为，
则所求截面面积最小值为.
故答案为：.
59．（2024·福建漳州·一模）过点作圆：的两条切线，切点分别为A，，若直线与圆：相切，则 ．
【答案】81
【解析】圆：的圆心为，半径；
圆：的圆心为，半径；
由题意可知：，可知点在以为直径的圆上，
以为直径的圆为，
整理得，结合圆：，
两圆方程作差，可得直线的方程为，即，
若直线与圆：相切，
则，整理得.
故答案为：81.
60．（2024·浙江·模拟预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，且，的面积为10，，则抛物线方程为 ．
【答案】
【解析】以的中点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，
不妨设．
由，则有，解得，
又，解得，
，则有，
故抛物线方程为．
故答案为：
61．（2024·浙江·模拟预测）函数的最小值是 ．
【答案】3
【解析】，
令，
则，
当时，，
所以在上单调递增,，
设，
因为在上单调递增，
因为，
存在，使，
且，
故当时，，即，所以在区间单调递减，
当时，，即，所以在区间单调增，
所以．
故答案为：.
62．（20-21高一下·广东深圳·期中）如图，边长为的正三角形的边落在直线l上，中点与定点重合，顶点与定点重合.将正三角形沿直线l顺时针滚动，即先以顶点为旋转中心顺时针旋转，当顶点落在l上，再以顶点为旋转中心顺时针旋转，如此继续.当滚动到时，顶点运动轨迹的长度为 ；在滚动过程中，的取值范围为 .
【答案】
【解析】根据题意可知，点的轨迹为两个圆心角都为的圆弧和一个点，且圆弧的半径为，
所以顶点运动轨迹的长度为，
，，设，则
所以，
滚动的过程中的纵坐标满足，
所以，
故答案为：；.
63．（23-24高一上·山东济南·期末）已知函数，，若函数有三个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意设，则函数的零点即为方程的根，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数的图象以及直线如图所示：
若函数有三个零点，（不妨设为），
则方程的根有三个根，且，
所以，
且，
因为在单调递增，所以，即，
所以，
令，，解得，令，，解得，
所以.
故答案为：.
64．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．

【答案】/
【解析】设，取的中点,连接,
由题知平面平面,
平面平面,
又平面,
所以平面，
则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
,
又,
解得，
,
则,
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
65．（2024·浙江温州·二模）已知，分别是双曲线与抛物线的公共点和公共焦点，直线倾斜角为，则双曲线的离心率为 ．
【答案】或
【解析】
因为为双曲线与抛物线的公共焦点，
所以，故，
因直线倾斜角为，故直线的斜率为，直线的方程为，
联立，得，即，
得或，
当时，，代入得，
又因，，得，
解得，又因，得
当时，，代入得，
又因，，得，
解得，又因，得
故答案为：或.0
2
0
2
6