《2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编九.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年新高考地区数学选择题填空压轴题汇编九.docx（62页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（九）一、单选题1（2021河北邯郸高三期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，A，B是双曲线右支上两点，且，设的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，直线与线段交于点P，且，则双曲线C的离心率为（ ）ABCD【答案】B【分析】由角平分线的性质得，结合双曲线的定义表示出各边长，可判断，即可建立关系求解.【详解】如图所示：由题意知为的角平分线上点，由角平分线的性质得，因为，由双曲线的定义得，因此，由双曲线定义得，满足，可得，由在中，即，.故选：B2（2021河北邯郸高三期末）已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（ ）ABCD【
2、答案】A【分析】可得表示点与点所在直线的斜率小于0，画出函数图象，数形结合即可求出.【详解】画出的函数图象，化简得，此式表示点与点所在直线的斜率，可得曲线上只有一个点（x为整数）和点所在直线的斜率小于0，而点在直线上运动，因为，由图可得当时，只有点满足，当时，只有点满足综上可得a的范围是，故所有满足条件的整数a的取值集合为.故选：A3（2021河北沧州高三阶段练习）在正三棱锥中，AB，AC，AD两两垂直，E，F分别是AB，AD的中点，过E，F的平面与棱AC交于点G，且（V表示体积），则AC与平面EFG所成角的正切值等于（ ）ABCD【答案】D【分析】由条件将正三棱锥补形成正方体，由条件可得，从
3、而得出点 的位置,建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】由条件将正三棱锥补形成正方体，如图分别以为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2由，则所以即，则所以, ,设平面的法向量为则,即 ，取设与平面成角，则所以所以故选：D4（2021河北高三阶段练习）由，可得与最接近的数是（ ）ABCD【答案】B【分析】对于对数运算性质可求得，故而可得答案.【详解】解：由，又，由得与得，即，故.故选：B.5（2021河北高三阶段练习）已知点在椭圆上，与关于原点对称，交轴于点，为坐标原点，则椭圆的离心率为（ ）ABCD【答案】B【分析】由，得到，结合，得到，进而求得，得出，结合离心率的定义，即可求解
4、.【详解】设，则，由，可得，所以，因为，可得，又由，两式相减得，即，即，又因为，所以，即又由，所以，解得.故选：B.6（2021江苏南京师大苏州实验学校高三期中）已知函数，直线与的图象在轴右侧交点的横坐标依次为、，（其中），若，则（ ）ABCD【答案】B【分析】令，分析可知，由可得出，结合同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】由可得，则.若，则，不合乎题意，所以，.令，如下图所示：由图可知，则，所以，所以，所以，整理可得，由题意可得，解得.故选：B.7（2021江苏南京师大苏州实验学校高三期中）设数列，若存在公比为q的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”，则下列说法错误的
5、是（ ）A数列；2，4，8，16，32是数列：3，7，12，24的一个“等比分割数列”B若数列存在“等比分割数列”，则有和成立，其中C数列：，2存在“等比分割数列”D数列的通项公式为，若数列的“等比分割数列”的首项为1，则公比【答案】C【分析】利用“等比分割数列”的定义判断即得.【详解】对于A，因为符合定义，故A正确；对于B，由定义知，故B正确；对于C，若正确，则，则矛盾，故C错误；对于D，解得，故D正确.故选：C.8（2021江苏南京市中华中学高三阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线交双曲线的右支于、两点，其中点在第一象限，且若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD【答
6、案】D【分析】设，可得出，在中，利用余弦定理可得出关于的方程，结合可求得该双曲线的离心率.【详解】如下图所示，设，由双曲线的定义可得，则，所以，在中，整理可得，即，解得.故选：D.9（2021江苏姜堰中学高三阶段练习）对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是ABCD【答案】B【分析】原方程化为，令，令，可得，利用导数研究函数的单调性，利用数形结合可得，得到关于不等式组，解出即可.【详解】，原式可化为，令时递增，故，令，故，故在上递减，在上递增，在上递减，而，要使总存在三个不同的实数，使得成立， 即，故，故，实数的取值范围是，故选B.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值
7、问题，考查导数的应用以及转化思想,是一道综合题. 转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将问题转化为.10（2021江苏高三阶段练习）已知a5，b15(ln4ln3)，c16(ln5ln4)，则（ ）AacbBcbaCbacDabc【答案】B【分析】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，再比较比较与大小，先比较与大小，比较与大小，从而可得答案【详解】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大
8、小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，先比较与大小，比较与大小，即，故选：B11（2021福建厦门一中高三阶段练习）函数有且仅有2个零点，则正数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【分析】先利用导数研究当时，没有零点，结合三角函数性质研究时，有且仅有两个零点问题，进而得答案.【详解】解：当时，令得，所以当时，单调递增，当时，单调递减，由于，当时，所以，即当时，没有零点.所以当时，有且仅有两个零点，由于时，所以函数（）有且仅有两个零点，所以，解得所以正数的取值范围是故选：B12（2021山东省胶州市第一中学高三阶段练习）若方程存在两个不同的实根，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】运
9、用数形结合思想，将方程根的问题转化为两函数图像的交点问题，再根据临界位置确定参数的取值范围.【详解】方程可看成函数 与的交点.即椭圆的上半部分与过定点（0，2）的直线的交点，如下图，当直线过点和时斜率最大，此时当直线与椭圆的上半部分相切时，得 ，且 ，解得所有当原方程有两个不同的实根时，a的取值范围为,选项C正确.故选：C.13（2021山东莱州市第一中学高三阶段练习）设圆的半径为，点为圆周上给定一点，如图，放置边长为的正方形（实线所示，正方形的顶点与点重合，点在圆周上）.现将正方形沿圆周按顺时针方向连续滚动，当点首次回到点的位置时，点所走过的路径的长度为（ ）ABCD【答案】B【分析】作出示
10、意图，分析可知当点首次回到点的位置时，正方形滚动了圈，共次，计算出点每次滚动时点所走过的路程，即可得解.【详解】由图可知，圆的半径为，正方形的边长为，以正方形的边为弦所对的圆心角为，正方形在圆上滚动时点的顺序依次为如图所示，当点首次回到点的位置时，正方形滚动了圈，共次，设第次滚动时，点的路程为，则，因此，点所走过的路程为.故选：B.14（2021湖北武汉市第六中学高三阶段练习）设是的一个排列，若对一切恒成立，就称该排列是“交替”的“交替”的排列的数目是（ ）A8B16C24D32【答案】D【分析】由“交替”数列的定义得需满足，或，分别讨论的取值可得选项.【详解】解：由已知得：当时，当时，当时，
11、所以 “交替”数列需满足，或，当时，取最大的两个数4和5时，取1，2，3的全排列，所以共有的“交替”数列为个；取3和5时，先取与3相邻的数只能1和2，待与3相邻的数取定后，与5相邻的数只能是4，所以共有的“交替”数列为个，所以满足的“交替”数列共有个；同理，满足的“交替”数列有16个，所以“交替”的排列的数目是32，故选：D.15（2021湖北武汉市第六中学高三阶段练习）设、，则的最小值是（ ）ABCD【答案】B【分析】设，利用基本不等式可得出，即可求得的最小值.【详解】设，因为，则且，因为，构造数字式，所以，故，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值是.故选：B.16（2021湖北孝感高
12、中高三阶段练习）若关于x的方程有三个不同的实数解，则实数a的可能取值（ ）A5B2C2D3【答案】A【分析】原方程可转化为，作出函数与的图象即可求解.【详解】因为不是方程的解, 所以方程可变形为, 可考虑函数与的图象共有三个公共点,如图，当时，仅1个公共点，不符合；当时，结合图象，由方程有一解，可得，所以符合要求.故选：A17（2021湖北孝感高中高三阶段练习）函数 的图象与 轴交于点 ， 图象上离 轴最近的最高点为 若对恒有则实数a的最大值为（ ）ABCD【答案】C【分析】由题意先明确的值，进而利用函数的单调性得到实数的最大值.【详解】由题意得，由五点作图法知，解得，又，所以，则所以，,恒有
13、，则在单调，令，得到轴左侧最近的最低点为,右侧最近的最高点为，则的最大值为.故选：C18（2021湖北高三阶段练习）已知是半径为的圆的内接正方形，是圆上的任意一点，则的值为（ ）A8B16C32D与的位置有关【答案】B【分析】首先根据题意得到，再化简求解即可.【详解】如图所示：.故选：B二、多选题19（2021河北邯郸高三期末）Lookandsay数列是数学中的一种数列，它的名字就是它的推导方式：给定第一项之后，后一项是前一项的发音，例如第一项为3，第二项是读前一个数“1个3”，记作13，第三项是读前一个数“1个1，1个3”，记作1113，按此方法，第四项为3113，第五项为132113，.若
14、Lookandsay数列第一项为11，依次取每一项的最右端两个数组成新数列，则下列说法正确的是（ ）A数列的第四项为111221B数列中每项个位上的数字不都是1C数列是等差数列D数列前10项的和为160【答案】AD【分析】A.列举前四项可得答案；B. 根据数列中最后读的数字是1可得答案；C.列举前四项可得答案；D.列举可得数列中数的规律，进而可求和.【详解】，A正确；数列中最后读的数字总是1，故数列中每项个位上的数字都是1，B错误；数列：11，21，11，21，不是等差数列，C错误；通过列举发现数列的第一，三，五，七，九项都为11，第二，四，六，八，十项为21，故前10项的和为，D正确故选：A
15、D20（2021河北沧州高三阶段练习）已知正方体的棱长为2，P是正方体表面一动点，下列说法正确的是（ ）A若，则点P的轨迹长度为B若，则点P的轨迹长度为6C若点P到直线的距离为1，则点P的轨迹长度为4D若点P到直线，CD的距离相等，则满足条件的点P仅有2个【答案】AD【分析】根据题意分别分析可判断出轨迹，进而计算出结果.【详解】对A，如图，点在以为球心，2为半径的球面上，该球面与正方体表面的交线为三段半径为2的四分之一圆，故轨迹长度为，故A正确；对B，如图，点在过线段中点且与垂直的平面内，该平面与正方体表面的交线是边长为的正六边形，轨迹长度为，故B错误；对C，如图，点在以线段为轴，底面半径为1
16、的圆柱面内，该圆柱面与正方体表面的交线为两段圆弧和两条线段，故轨迹长度为，故C错误；对D，如图，因为点到的距离相等，故点在过线段中点，且与垂直的平面内，在平面ABCD和平面内个存在一点满足要求，即满足条件的点有2个，故D正确.故选：AD.21（2021河北高三阶段练习）如图，已知双曲线的左右焦点分別为，左右顶点分别为，点的坐标为，是双曲线的右支上的动点，则下列说法正确的是（ ）A若为等边三角形，则双曲线的离心率为B若双曲线的离心率为，则直线和直线的斜率之积为C若两点三等分线段，则双曲线的两条浙近线互相垂直D的最小值为【答案】BD【分析】根据双曲线的几何性质分别判断各选项.【详解】A：为等边三角
17、形，可得，故错误；B：，即，设，则，故B正确；C：若三等分，则，而两渐近线垂直时，故C错误；D：，故D正确，故选：BD.22（2021河北高三阶段练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）AB平面C与所成的角的余弦值为D点到平面的距离为【答案】AD【分析】根据线线垂直、线面平行、线线角、点面距等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.【详解】A选项:取中点为，则易得：，故与，可得平面，又平面，故，A正确；B选项：若平面，则平面或在平面内，显然不成立，B错误；C选项：取中点为，则即为所求角，故，D错误；D选项：三棱锥中，等边三角形的外接圆半径为，所以到平面的距离为，D正确.故选
18、：AD23（2021江苏南京师大苏州实验学校高三期中）关于函数有下述四个结论，则（ ）A是偶函数B的最小值为C在上有4个零点D在区间单调递增【答案】ABC【分析】对A：根据偶函数的定义即可作出判断；对B：由有界性，且时即可作出判断；对C：当时，可得函数有两个零点，根据偶函数的对称性即可作出判断；对D：当时，利用三角函数的图象与性质即可作出判断.【详解】解：对A：因为，所以是偶函数，故选项A正确；对B：因为，所以，而时，所以的最小值为，故选项B正确；对C：当时，令，可得，又由A知函数为偶函数，所以函数在区间上也有两个零点，所以函数在区间上有4个零点，故选项C正确；对D：当时，因为，所以，而在上单
19、调递增，在上单调递减，故选项D错误.故选：ABC.24（2021福建厦门一中高三阶段练习）如图，正方形与正方形边长均为1，平面与平面互相垂直，P是上的一个动点，则（ ）A的最小值为B当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变C的最小值为D三棱锥的外接球表面积为【答案】BD【分析】由题可知，可判断A；根据条件可知PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，可判断B；将ADE翻折到与平面ABFE共面，即可判断C；由正方体的性质可判断D.【详解】对于A，连接，易得，故A错误；对于B，P在直线上运动时，PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，故三棱锥的体积不变，故B正确；对于C，如图，将ADE翻折到
20、与平面ABFE共面，则当D、P、F三点共线时，取得最小值，故C错误；对于D，将该几何体补成正方体，则外接球半径为，外接球表面积为，故D正确.故选：BD.25（2021江苏南京市中华中学高三阶段练习）已知曲线C：3，以下判断正确的是（ ）A曲线C与y轴交点为(0，2)B曲线C关于y轴对称C曲线C上的点的横坐标的取值范围是2，2D曲线C上点到原点的距离最小值为【答案】BCD【分析】A、令，代入求即可确定与y轴交点；B、以替换x，代入方程验证方程是否不变即可；C、由放缩原方程有，即可求横坐标的取值范围；D、利用基本不等式可得，即可知曲线C上点到原点的距离最小值.【详解】A：令，得，即，解得，即曲线C
21、与y轴交点为，错误；B：在中，以替换x，可得，即为，则曲线C关于y轴对称，正确；C：由，则，即，所以，解得，即曲线C上的点的横坐标的取值范围是，正确；D：由，根据基本不等式得，则，则曲线C上点到原点的距离，正确；故选：BCD.26（2021江苏姜堰中学高三阶段练习）如图，在四棱柱中，直线与所成的角为60，三棱锥的体积为，则（ ）A四棱柱的底面积为B四棱柱的体积为C四棱柱的侧棱与底面所成的角为45D三棱锥的体积为【答案】ABC【分析】选项A根据进行判定；选项B根据四棱柱的体积与其内接四面体的体积比为求出四棱柱的体积，从而可判定；选项C先求出四棱柱的高，设侧棱与底面夹角为，根据，可求出，从而可判定
22、；选项D根据三棱锥的体积公式进行求解即可判定【详解】选项A：连接交BD于O，四边形是平行四边形，与的夹角为，如图，过D作DEAC于E，过B作BFAC于F，则，故选项A正确；选项B：设四棱住的高为h，则故选项B正确；选项C：设四棱柱的高为，由选项B可知四棱柱的体积为，所以，设侧棱与底面夹角为，则，故选项C正确；选项D：由C选项可知三棱锥的高为2，因为四边形的形状不确定，故三棱锥的底面的面积不为定值，故体积无法确定，故选项D不正确故选：ABC27（2021江苏高三阶段练习）20世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石人工合成金刚石的典型晶态
23、为立方体(六面体)、八面体和立方八面体以及它们的过渡形态其中立方八面体(如图所示)，它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体已知一个立方八面体的棱长均为1，则（ ）A它有24条棱、12个顶点、14个面B它的任意两条不共面的棱所在直线都相互垂直C它的体积为D它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等【答案】ACD【分析】如图，将立方八面体补成正方体，结合正方体的性质分析判断即可【详解】如图为一个立方八面体，它有12个顶点，14个面，24条棱，A正确对于B，如图，不共面，但，成角，B错对于C，立方八面体体积，C正确；对于D，由对称性知显然正确故选：ACD28（2021江苏高三阶段练习）已知抛物线y
24、24x，焦点为F，l1，l2是过F的两条直线，斜率分别为k1，k2，且分别交抛物线于A，B两点和C，D两点，以A，B为切点的切线相交于点P，以C，D为切点的切线相交于点Q，则（ ）A若AB中点的纵坐标为4，则B若k1k21，则ABCD的最小值为16CP点在以AB为直径的圆上D若k1k21，则为定值8【答案】BCD【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系求得，由此确定A选项的正确性.结合弦长公式求得，结合基本不等式求得的最小值，由此确定B选项的正确性.通过计算的值来判断C选项的正确性.通过计算的值来判断D选项的正确性.【详解】对于A，设方程为，中点，A错.对于B，由上知，的长相
25、当于把中的换成，当且仅当时取“”，B正确对于C，抛物线在点处的切线方程为，同理，在点处的切线方程为即，同理，由知，C正确对于D，为定值，D正确故选：BCD29（2021福建厦门一中高三阶段练习）观察如下数阵：该数阵特点：在第行每相邻两数之间都插入它们的和得到第行的数，.设第行数的个数为，第行的所有数之和为，则（ ）ABCD【答案】ABD【分析】由条件可得，即可判断A，然后求出可判断D，由，可判断B、C.【详解】第行个数为，第行个数为，A对；，则B对C错；，是2为公比的等比数列，D对，故选：ABD30（2021山东省胶州市第一中学高三阶段练习）如图，正方体的棱长为1，点P是棱上的一个动点（包含端
26、点），则下列说法不正确的是（ ）A存在点P，使面B二面角的平面角为60C的最小值是DP到平面的距离最大值是【答案】BD【分析】当与点重合时， 面，A正确，二面角的平面角为，B错误， ，C正确，当与点重合时，P到平面的距离，D错误，得到答案.【详解】当与点重合时，平面，不在面故面，A正确；二面角即二面角，平面角为，B错误；如图所示：，当共线时等号成立，C正确；，得到平面，故，同理可得平面，设交平面于，则，当与点重合时，P到平面的距离，D错误.故选：BD.31（2021山东省胶州市第一中学高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）A只有一个极值点B设，则与的单调性相同C在上单调递增D有且只有
27、两个零点【答案】ACD【分析】利用的二次求导，得到， ，从而存在，使得，结合函数极值点的定义即可判断选项，求出的解析式，然后利用导数研究其单调性即可判断选项，利用函数单调性的结论即可判断选项利用函数的极值点即可判断选项.【详解】解：由题知，所以在上单调递增，当时，；当时，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；因为，所以，所以，所以，故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故B错误；因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，故C正确；因为有且只有一个极值点，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故D正确故选：ACD32（2021山东莱
28、州市第一中学高三阶段练习）如图，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面底面ABCD点P为半圆弧(不含A，D点)一动点下列说法正确的是（ ）A三梭锥PABD的每个侧面三角形都是直角三角形B三棱锥PABD体积的最大值为C三棱锥PABD外接球的表面积为定值D直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为【答案】AC【分析】对于A，根据面面垂直和线面垂直的性质可证得，由平面几何知识可证得，由此可判断；对于B，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥PABD的底面积取得最大值，由棱锥的体积公式计算可判断；对于C，取BD的中点O，则有点O为三棱锥PABD外接球的球心，由球的表面积公式计算可判断；对于D，过点P作于，连接
29、HB，则有就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，设，表示，令，由基本不等式可求得，由此可判断.【详解】解：对于A，因为底面ABCD为边长是4的正方形，所以，又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以半圆面，所以，所以是直角三角形，因为AD是圆的直径，所以，所以是直角三角形，；因为，所以是直角三角形，所以在中有，所以，所以是直角三角形，所以三棱锥PABD的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确；对于B，在三棱锥PABD中，半圆面，所以AB是三棱锥PABD的高，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥PABD的底面积取得最大值，三棱锥PABD的体积取得最大值，故B不正确；对于C，取BD的中点O，由A选项的
30、解析得，所以点O为三棱锥PABD外接球的球心，所以三棱锥PABD外接球的表面积为，故C正确；对于D，过点P作于，连接HB，又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以面，所以BH就是PB在面内的射影，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，设，则，所以在直角三角形中，所以，所以，令，则，且，所以，又，当且仅当，即（满足）时，取等号，所以，所以，所以，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为，故D不正确，故选：AC.33（2021山东莱州市第一中学高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过直线上任一点P作圆O：的两条切线，切点分别为A、B，则下列说法正确的是（ ）A当四边形OAPB为正方形
31、时，点P的坐标为B的取值范围为C不可能为钝角D当为等边三角形时，点P的坐标为【答案】ABC【分析】首先结合点到直线的距离公式分析出的取值范围，进而数形结合分析可得和的范围，从而可判断ABC的正误，然后设出点P的坐标，结合等边三角形的性质以及两点间的距离公式求出点P的坐标，即可判断D的正误.【详解】到直线的距离为，当垂直于直线时，可求得点，此时，所以当点自由移动时，的最小值为，当且仅当垂直于直线时，取得最小值，所以对于任意的点，有，因为，所以，所以，同理，所以，故，而，趋于0时，趋于，故的取值范围为，当四边形为正方形时，可求得，点的坐标有唯一解，故A、B、C正确；当为等边三角形时，所以，设，因为
32、点在直线上，则，解得或，即或，故D错误.故选：ABC.【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法34（2021山东济南外国语学校高三阶段练习）已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增.下列结论正确的是（ ）A是函数的最小值B函数的图像的一个对称中心是点CD函数的图像的一条对称轴是直线【答案】BC【分析】通过题设条件结合函数的性质加以判断即可.【详解】由函数的定义域为,且，可得函数为奇函数.又，知函数的图像关于点对称.没法判断函数的对称轴，故选项错误.在区间上单调递增，在区间上单调递增.又由是
33、奇函数，在区间上单调递增，故不是函数的最小值. 所以选项错误.由可得,则,周期为4.,，的图像的一个对称中心是点,选项B正确.由可得,.选项C正确.故选BC.35（2021湖北武汉市第六中学高三阶段练习）已知数列中，且，设，则下列结论正确的是（ ）AB数列单调递增CD若为偶数，则正整数n的最小值为8【答案】ABC【分析】利用求得是公比为3的等比数列，利用求得的值，判断出选项A，根据，利用复合函数单调性证得B正确；利用分组求和证得C正确；利用二项式定理证得D错误.【详解】解：则 是公比为3的等比数列.或，又，所以，A正确；根据复合函数单调性，得单调递增，故B正确；又，故C正确； ，不符故当时，为
34、奇数，故D错误.故选:ABC.【点睛】关键点点睛：本题关键是利用证得是公比为3的等比数列，利用其通项即可对选项A,B,C进行判断，对选项D，关键是要利用二项式定理展开后判断出奇偶.36（2021湖北武汉市第六中学高三阶段练习）已知函数下列说法正确的是（ ）A对于都存在零点B若恒成立，则正实数a的最小值为C若图像与直线分别交于A，B两点，则的最小值为D存在直线与的图像分别交于A，B两点，使得在A处的切线与在B处的切线平行【答案】BCD【分析】利用导数求出函数的单调性即可得到函数的最小值，从而判断A；对于B利用同构的思想将不等式转化为，参变分离得，再构造函数求出参数的取值范围；依题意可得，则，再构
35、造函数利用导数求出函数的最小值，即可判断C；根据导数的几何意义得到方程，解得，即可判断D；【详解】解：对于A，因为，所以，令，存在使得，故在单调递减，在区间单调递增，的最小值为，当时，不存在零点，故A错误.对于B，不等式化为，令，则，所以在上递增，故同构可得：，即的最大值，令，则，所以时，当时，所以，所以成立，故B正确.对于C，可知，令在上递增，且，当，当，所以，故C正确.对于D，假设存在满足题意，可知，因为在在A处与在B处的切线平行所以有，即，得，故存在m符合题意，故D正确.故选：BCD37（2021湖北孝感高中高三阶段练习）2021年3月30日，我国知名品牌小米公司启用了具备 “超椭圆”
36、数学之美的全新Logo据了解，新 Logo 将原本方正的橙色边框换成了圆角边框，这种由方到圆的弧度变化，为小米融入了东方哲学的思想，赋予了品牌生命的律动感，而设计师的灵感来源于数学中的曲线， 则下列说法正确的有（ ）A对任意的，曲线总关于原点成中心对称B当时，曲线总过四个整点(横、纵坐标都为整数的点C当时，曲线上点到原点距离的最小值为D当时，曲线围成图形的面积可以为2【答案】ABC【分析】对于A选项：曲线上任取一点,将其关于的对称点坐标代入曲线方程中，进而判断A选项是否正确；对于B选项：当时,取，即可判断B选项是否正确；对于C选项：当时,求出曲线C方程，结合对称性做出图像, 求出曲线上点到原点
37、距离的最小值；对于D选项：当时,根据曲线围成的图形,即可判断D选项是否正确；【详解】对于A选项：在曲线上任取一点，则关于的对称点为,将代入曲线，则，即也在曲线上，故曲线关于原点成中心对称，故A选项正确；对于B选项：当时,取;取，曲线C总过四个整点和.故B正确；对于C选项：当时,曲线C:，,结合对称性,做出图像如下：可知第一象限内点到原点距离最近,最近距离为，故C正确;对于D选项：当时, 从而,曲线围成的图形在正方形的内部, 面积小于正方形的面积2.故D错误.故选：ABC38（2021湖北孝感高中高三阶段练习）如图， 已知矩形 平面 ， 且 ， 点 为线段 (除端点外) 上的一点 沿直线 将 向
38、上翻折成 ， 为 的中点， 则下列说法正确的有 （ ）A三棱锥的体积为 B当点固定在线段 某位置时，则在某圆上运动C当点在线段上运动时，则在某球面上运动D当点在线段上运动时，三棱锥的体积的最小值为【答案】BCD【分析】对A，求出体积即可判断；对B，根据可判断；对C，根据保持不变即可判断；对D，可求出求到平面距离的最小值，过A作的垂线，求出即可得出.【详解】A：，故A错误；当点在线段上运动时，保持不变，即的轨迹为以A为球心，半径为1的球面的一部分，故C正确；则当固定点E时，可知点在球面被平面截得的圆弧上，即在某圆上运动，故B正确；D：，求三棱锥的体积的最小值即求到平面距离的最小值，即求到面距离的
39、最小值，且.过A作的垂线，垂足为H，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以可得平面，因为在以A为球心，半径为1的球面上运动，则到面距离的最小值为，.所以三棱锥的体积的最小值，故D正确.故选：BCD.39（2021湖北高三期中）下列说法正确的是（ ）A若，且与的夹角为锐角，则的取值范围是B若M是的外心，且，则P是的内心C若O为所在平面内一点，且满足，则，的面积之比为3：4：5D若O是的外心，的值为-8【答案】CD【分析】A：根据题意和平面向量数量积的坐标表示可得且与不同向共线，求得，解之即可；B：如图，根据平面向量的基本定理可得与共线，进而得到，同理可得，得出P是的垂心；C：
40、如图，延长OB至点，使得，延长至点，使得，则O为的重心，利用三角形底边之间的关系分别求得，进而得出面积之比；D：如图，作垂足分别为S、T，则S、T分别是AB、AC的中点，利用平面向量的线性运算和数量积的定义计算即可求出结果.【详解】A：因为，所以，所以，由与的夹角为锐角，得且与不同向共线，所以，解得且，故A错误；B：如图，为的外接圆，连接PA、PB、PC、PM，设D、F分别是AB、PC的中点，连接PD、DM、FM，则，又，所以，即，所以与共线，因为为的外接圆的圆心，所以，所以，同理得，所以P是的垂心，故B错误；C：如图，延长OB至点，使得，延长至点，使得，则，所以O为的重心，所以，因为所以，故
41、C正确；D：如图，作垂足分别为S、T，则S、T分别是AB、AC的中点，故D正确.故选：CD40（2021湖北高三阶段练习）三个函数，在同一平面直角坐标系中的部分图象如图所示，则（ ）A为B为C为D为【答案】BC【分析】根据解析式分别求出， 的最小正周期分别为，可得为，再由，的最小值点可判断，所对应的函数解析式，即可得正确选项.【详解】因为，所以， 的最小正周期分别为，易知为，当时，取得最大值；当时，时，此时取得最小值，当时，此时取得最小值，结合图象可知，为，为，故选：BC.41（2021湖北高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）A在上单调递增B在上单调递减C若函数在处取得最小值，则D
42、，【答案】ACD【分析】AB选项利用二次求导的方法求得的单调性来判断，CD选项通过构造函数，结合二次求导的方法来进而判断.【详解】，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增.A正确，B错误.令，则.令，则在上恒成立，则在上单调递增.又，所以，则在上单调递减，在上单调递增，即.又，所以.CD选项正确.故选：ACD三、双空题42（2021江苏南京师大苏州实验学校高三期中）已知是定义在上的奇函数，且，则的最小正周期为_；若对任意的，当时，都有，则关于x的不等式在区间上的解集为_.【答案】2 【分析】由已知可得函数关于对称，继而由函数为奇函数，可得函数的周期；由函数的单调性的定义得函数在上是增函数，令，设，运用导函数分析函数的单调性，由此得，由对称性及周期性作函数的示意图和的图象，运用数形结合的思想可求得不等式的解集.【详解】解：因为，所以函数关于对称，又函数为奇函数，故函数关于原点对称，所以函数的周期为，因为对任意的，当时，都有，不妨设，所以，所以函数在上是增函数，所以当时，令，设，则，所以是单调递减函数，所以当，所以当时，即，由对称性及周期性作