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1、2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十二）一、单选题1（2022河南温县第一高级中学高二开学考试（文）已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，直线交轴于点，若，则点到准线的距离为（）A6B5C4D3【答案】B【解析】【分析】过点作轴的垂线，垂足为，进而根据得，再结合抛物线定义即可得答案.【详解】解：如图，过点作轴的垂线，垂足为，由题知，即因为，所以所以，所以点到准线的距离为.故选：B2（2022广东金山中学高三期末）已知数列，其中为最接近的整数，若的前m项和为10，则（）A15B20C30D40【答案】C【解析】【分析】由题意，为最接近的整数，得到中有2个1，4个2，6个3，8个4，
2、进而得到 ，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意知，函数为最接近的整数，且，由此，在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，又满足，得：，则 ，因为的前项和为10，即，所以是首项为，公差为的等差数列的前5项和，则.故选：C.3（2022广东金山中学高三期末）设函数在上的导函数为，若，则不等式的解集为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】令，根据因为，得到，得出函数为上的单调递增函数，由题设条件，令，求得，把不等式转化为，结合单调性，即可求解.【详解】令，可得，因为，可得，所以，所以函数为上的单调递增函数，由不等式，可得，所以，即因为，令，可得，又因为，可得，所以所以不等式
3、等价于，由函数为上的单调递增函数，所以，即不等式的解集为.故选：A.4（2022山东烟台二中高三期末）根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从沿直线发出的光线经抛物线两次反射后，回到光源接收器，则该光线经过的路程为（）A11B12C13D14【答案】B【解析】【分析】设出B、C坐标，由坐标和焦点弦公式表示出三条线段直接可得.【详解】设，所以，所以该光线经过的路程为12.故选：B5（2022山东菏泽高三期末）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.
4、这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，点，点，过其“欧拉线”上一点作圆O：的两条切线，切点分别为M，N，则的最小值为（）ABCD【答案】B【解析】【分析】求中垂线方程，结合点线距离判断“欧拉线”与圆O的位置关系并求出圆心到直线的距离，由几何关系判断的最小时的位置，进而求的最小值.【详解】由题设，中点为，“欧拉线”斜率为，所以“欧拉线”方程为，即，又到的距离为，即“欧拉线”与圆O相离，要使的最小，则在与中最小，即最大，而仅当“欧拉线”时最大，所以，则，且圆O半径 ，所以，即.故选：B6（2022山东菏泽高三期末）设函数，的定义域分别为F，G，且.若对任意的，都有，则称为在G
5、上的一个“延拓函数”.已知函数，若为在上的一个延拓函数，且是偶函数，则函数的解析式是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据定义利用函数的定义域和奇偶性，以及当时，是否满足条件，进行判断即可.【详解】解：是偶函数定义域关于原点对称对于选项A：是偶函数，当时，则不满足条件，A错误；对于选项B：当时，无意义，则定义域不满足条件，B错误；对于选项C：是偶函数，当时，满足条件，C正确；对于选项D：当时，无意义，则定义域不满足条件，D错误；故选：C7（2022湖南郴州高三期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足
6、，且，若数列的前n项和为，则（）A4950B4953C4956D4959【答案】C【解析】【分析】由题利用累加法可得，进而可得，分类讨论的取值，即求.【详解】由，可得，根据累加法可得所以，故，当时，；当时，；当时，；当时， 因此.故选：C.8（2022湖南郴州高三期末）双曲线，左右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，则四边形的面积是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由题意，得，根据双曲线方程，可得，从而可表示出，设圆的半径为，利用等面积法计算出，从而代入公式求解面积.【详解】如图，因为圆，分别为与的内切圆，轴，所以，由题意，所以，由通径可得，再由双
7、曲线的定义可知，设圆，圆的半径为，由等面积法可得，即，得，所以，故四边形的面积为.故选：C【点睛】关于三角形内切圆的半径的计算通常采用等面积法，计算出三角形的周长，底边长与高，再利用面积相等列式计算.9（2022广东湛江高三阶段练习）已知角满足，则（）ABCD【答案】D【解析】【分析】由题意可得，分两种情况推出，进而可得结果.【详解】由，且可知或由解得，由有知不可能，得.故选：D10（2022广东湛江高三阶段练习）已知，且，则（）ABCD，大小关系无法确定【答案】C【解析】【分析】将已知化为，构造函数，利用导数讨论单调性，即可得出结论.【详解】易知，设，则，设，则，所以单调递减，所以，即，单调
8、递减，因为，所以.故选：C.【点睛】关键点睛：解题的关键是构造函数，利用导数求单调性.11（2022广东揭阳高三期末）已知过抛物线的焦点的直线交于两点（点在点的右边），为原点.若的重心的横坐标为10，则的值为（）A144B72C60D48【答案】D【解析】【分析】根据抛物线方程求出抛物线的焦点为，再利用三角形的重心公式可得点的横坐标所满足的关系，结合焦点弦长与点的坐标关系，即可求得的值.【详解】因为抛物线，所以抛物线的焦点为，设点的坐标分别为，因为若的重心的横坐标为10，所以，可得.又直线过抛物线的焦点，根据抛物线的几何性质，得.故选：D.12（2022广东揭阳高三期末）已知函数，过点可作两条
9、直线与函数相切，则下列结论正确的是（）ABC的最大值为2D【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用导数的几何意义、韦达定理，结合特殊值法即可求解.【详解】设切点为，又，则切线的斜率又 ，即有，整理得，由于过点可作两条直线与函数相切所以关于的方程有两个不同的正根，设为，则，得 ，故B正确，A错误，对于C，取，则，所以的最大值不可能为2，故C错误，对于D，取，则，故D错误.故选：B.13（2022广东执信中学高三阶段练习）如图所示的木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交于点E，F，G，若，则的值为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z
10、轴正方向建立空间直角坐标系，设， (a、b0)，进而写出、坐标，可得，由四点共面有，设，求值即可得答案.【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，设， (a、b0)，则，由题意四点共面，则有，其中，设，由方程组，即，解得，所以，故选：C.14（2022广东执信中学高三阶段练习）已知双曲线C的离心率为是C的两个焦点，P为C上一点，若的面积为，则双曲线C的实轴长为（）A1B2C3D4【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的定义，在中，运用余弦定理，并结合和的面积建立方程，解出方程即可【详解】根据双曲线的定义，可得：又：解得：，双曲线C的离心率为，则有：在中，由余弦定理，可得：则有：的面积为，可得：解得
11、：故双曲线C的实轴长为：2故选：B15（2022广东潮州高三期末）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理结合双曲线的定义可求得，结合平面向量数量积的运算性质可求得结果.【详解】在双曲线中，则、，因为直线过点，由图可知，直线的斜率存在且不为零，则为直角三角形，可得，由双曲线的定义可得，所以，可得，联立，解得，因此，.故选：C.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用16
12、（2022湖南常德高三期末）若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，则不等式的解集为（）ABC（0，2）D【答案】D【解析】【分析】令，则由已知可得在上单调递增，而，从而将原不等式转化为，得，再利用为奇函数讨论的情况，进而可求得解集【详解】令，则，因为，当时，所以当时，所以在上单调递增，因为为定义在R上的奇函数，所以，所以，所以不等式转化为，因为在上单调递增，所以，所以当时，因为为定义在R上的奇函数，所以当时，不满足，综上，不等式的解集为故选：D17（2022湖南常德高三期末）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，O为坐标原点，P为双曲线右支上且位于第一象限内的一点，直线PO交双曲线C
13、的左支于点A，直线交双曲线C的右支于另一点B，则双曲线的离心率为（）ABCD2【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的定义以及对称性可推得以及四边形时平行四边形，进而在 中利用余弦定理可得到a,c之间的关系式，求得答案.【详解】由双曲线定义可知： ，而，故，由双曲线的对称性可知，而,故四边形为平行四边形，故由得: ,在 中，即，即 ，则 ，故选：B.二、多选题18（2021重庆市实验中学高三阶段练习）已知数列满足，则下列结论错误的是（）ABCD【答案】BD【解析】【分析】对AB，推导出数列是周期为3的周期数列再判断即可；对C，根据，分组求即可；对D，根据，求得再判断即可【详解】因为，所以，从而得
14、到，所以数列是周期为3的周期数列，所以，所以A正确，B错误；因为所以；所以C正确：又因为，因为m的值不确定，所以与的大小不确定，所以D错误.故选BD.19（2021广东茂名高三阶段练习）如图所示的几何体中，底面是边长为2的正方形，为矩形，平面平面，则下列结论正确的是（ ）AB异面直线与所成的角为CD三棱锥的体积为4【答案】AC【解析】【分析】利用直线与平面垂直的判断定理证明，判断；求出异面直线与所成的角判断；通过求解三角形判断；求解四棱锥的体积判断【详解】因为为正方形，所以点O为的中点，又平面平面，为矩形，所以平面，平面，所以，所以，所以A正确；因为为正方形，所以，因为平面，所以，又，所以平面
15、，又平面，所以，从而异面直线与所成的角为，所以B错误；在中，所以，所以C正确；三棱锥的体积，所以D错误.故选AC.20（2022广东金山中学高三期末）已知点，若过点的直线交圆：于，两点，是圆上一动点，则（）A的最小值为B到的距离的最大值为C的最小值为D的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由圆的性质可得当直线与轴垂直时，有最小值，从而可求出其最小值；对于B，当直线与垂直时，到的距离有最大值；对于C，设，从而可得，进而可求出其最小值；对于D，当，三点共线时，最大【详解】如图，当直线与轴垂直时，有最小值，且最小值为，所以A正确；设，则，所以，所以的最小值为，所以C错误；当，三点共线时，最
16、大，且最大值为，所以D正确；当直线与垂直时，到的距离有最大值，且最大值为，所以B正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆，考查运算求解能力，解题的关键是由题意画出图形，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于中档题21（2022广东金山中学高三期末）已知三棱锥的所有棱长都为2，且球O为三棱锥的外接球，点M是线段BD上靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（）ABCD【答案】BC【解析】【分析】求出三棱锥的外接球半径，可知截面面积的最大值为，当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心到截面的距离为，截面圆的半径的最小值为，进而可求出截面面积的
17、最小值，然后可得答案【详解】因为三棱锥是正四面体，棱长为2，所以将其放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥的外接球，因为三棱锥的棱长为2，所以正方体的棱长为，可得外接球直径为，所以，所以截面面积的最大值为，因为点M是线段BD上的点，所以当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心到截面的距离为，为等腰三角形，过点作的垂线，垂足为，由，得，所以，则所得截面半径的最小值为，所以截面面积的最小值为，所以截面面积的范围为故选：BC22（2022山东烟台二中高三期末）对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（）AB数列为等比数列C数列
18、单调递增D数列的前项和恒小于4【答案】ABD【解析】【分析】根据欧拉函数的定义结合对数的运算判断A，由欧拉函数定义结合等比数的通项公式判断B，根据欧拉函数求出判断C，由欧拉函数求出，再由数列的错位相减法求和可判断D.【详解】因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，共有个，所以，故A正确；因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；因为，所以数列不是单调递增数列，故C错误；因为，所以.设，则，所以，所以，从而数列的前项和为，故D正确.故选：ABD23（2022山东菏泽高三期末）设，若为函数的极大值点，则下列关系中可能成立的有（）ABCD【
19、答案】BC【解析】【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近的函数值是否变号，结合极大值的定义，对进行分类讨论，得到，的所满足的关系，即可得到答案【详解】若，则为单调函数，则或，函数单调，无极值点，不符合题意，故，有和两个不同的零点，且在左右是不变号，在左右是变号的，由题意可知，为函数的极大值点，则左右附近都是小于零的，当，即时，由，可得，则，当，即时，由时，则，故选：BC24（2022山东菏泽高三期末）函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是
20、()A函数的图象关于直线对称B当时，的最大值为1C函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为D函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A根据函数是偶函数，进行判断即可B判断当时，函数的单调性即可C求函数的导数，利用导数的几何意义进行求解D利用两点间的距离公式进行判断求解【详解】当，时，函数.Af(x)的定义域为，且为偶函数，则函数关于对称，故A错误；B其图象如图所示，当，为减函数，则当时，最大为，故B正确；C当时，即函数图象与轴的交点为，其关于原点的对称点为，所以“囧点”为，设，则，设切点为，切线的斜率，当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，解得，切点坐标为，故
21、函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离是，故C正确，D“囧圆”的圆心为要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑轴及轴右侧的函数图象当圆过点时，其半径为2，这是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设（其中，则点到圆心的距离的平方为，令，则，再令，（其中，则，所以当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为又，综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为，故D正确，故选：BCD【点睛】本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式，利用函数的奇偶性，单调性以及数形结
22、合是解决本题的关键25（2022湖南郴州高三期末）双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数下列结论正确的是（）ABC若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，分别为，则D是一个偶函数，且存在最小值【答案】ABD【解析】【分析】利用指数的运算、指数函数图像以及双曲正弦、余弦函数的定义可判断各选项的正误.【详解】对于A选项，设，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；所以，所以，A选项正确；对于B选项，B选项正确；对于D选项，是一个偶函数且在为减函数，为增函数，所以时取最小值1，D选项正确.对于C选项，函
23、数单调递增，且值域为R，若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，则,由双曲余弦函数为偶函数得，由得，所以，C选项错误.故选：ABD.26（2022湖南郴州高三期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（）A当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C当直线与平面所成的角为45时，点的轨迹长度为D若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】AC【解析】【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.【详解】A. 当
24、在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，故四棱锥的体积不变，故A正确；B. 建立如图所示空间直角坐标系：设 ，则 ，设与所成的角为，则 ，因为，当时， ，当 时， ，则 ，综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；C.因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是，在平面内，点的轨迹是，在平面时，如图所示：，作平面，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以点的轨迹长度为，所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；D.建立如图所示空间直角坐标系：设 ，则 ， ，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，令 ，则 ，因为平面
25、，所以 ，即 ，所以 ，当 时，等号成立，故D错误；故选：AC.27（2022广东湛江高三阶段练习）已知函数，是的导函数，则下列命题正确的是（）A在区间上是增函数B当时，函数的最小值为CD有2个零点【答案】ABD【解析】【分析】对A，对函数求导即可判断；对B，运用基本不等式即可判断；容易判断C；对D，对函数求导，进而求出函数的单调区间和极值，进而运用放缩法并结合零点存在定理确定函数的零点个数.【详解】当时，在区间上是增函数，A选项正确；当时，当且仅当时取到最小值，B选项正确；当时，C选项错误；当时，令，则，由于，设方程的两根为，由，所以时，单调递减，时，单调递增，且，又，所以在内只有一个零点.
26、当时，令，则，令，时，单调递减，时，单调递增，时，单调递减，则极大值，极小值，而，所以在内只有一个零点.综上：有2个零点，D选项正确.故选：ABD.28（2022广东湛江高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：与圆M：相交于A，B两点，点P是线段AB上的任意一点含端点，则下列说法正确的是（）AB若存在点P，使得以点P为圆心，以1为半径的圆与圆M无公共点，则C若恒成立，则D若圆M在A，B两点处的切线互相垂直，则【答案】BC【解析】【分析】对于A，设圆O半径为r，圆M半径为R，由计算即可判定.对于B，先求得AB所在的直线方程为，再由点P为AB中点时，圆心为到直线AB的距离d满足求解即可判
27、定.对于C，设AB交OM于点Q，由可得点Q位于OM的延长线上，即，求解即可判定.对于D，由题意可得为等腰直角三角形，计算圆心M到直线AB的距离即可判定【详解】对于A，因为圆M的圆心为，半径为，圆O的圆心为原点，半径为r，两圆相交，所以，即，解得，故A错误.对于B，由两圆方程作差，可得两圆的相交弦AB所在的直线方程为，若存在点P，使得以点P为圆心，以1为半径的圆与圆M无公共点，则点P为AB中点，此时圆心为到直线AB的距离为，所以，即，解得，即，故B正确.对于C，由圆的对称性可得AB被或其延长线垂直平分，设AB交OM于点Q，则Q为AB中点显然，当点Q位于线段OM上时，因为点P是线段AB上的任意一点
28、，不妨设点P于点Q重合，则与方向相反，所以所以点Q应位于OM的延长线上，此时与方向相同，又因为，所以当点P与点A或点B重合时与的夹角最大，由，可得必为锐角，所以综上，若恒成立，则有，且，即，解得，故C正确；对于D，若圆M在A，B两点处的切线互相垂直且相交于点C，则四边形ACBM中，所以，即为等腰直角三角形，所以圆心为到直线AB的距离为，解得，满足条件，所以成立，故D错误故选：BC29（2022广东揭阳高三期末）已知向量，且，则下列说法正确的是（）ABCD的最大值为2【答案】BC【解析】【分析】先根据向量加法，可直接求出.对选项，直接求出向量和的模，然后验证即可；对选项，直接求出余弦值；对选项，
29、直接求出正弦值；对选项，直接求出向量的模.【详解】根据向量的加法可得：根据诱导公式及同角三角函数的关系，且，解得：对选项，则有：，故选项错误；对选项，则有：，故选项正确；对选项，则有：，故选项正确；对选项， ，则有：故有：，故选项错误.故选：30（2022广东揭阳高三期末）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（）A平面截正方体所得的截面可以是四边形五边形或六边形B当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形C是锐角三角形D面积的最大值是【答案】BD【解析】【分析】在不同的平面内构造平行线，将平面进行扩展，发现其与正方体各个面上的交线，从而获得截面的
30、形状，当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，求得此时三角形的面积即可得出答案.【详解】解：如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形MPSNR，故B正确；当点与点A或点重合时，截面为四边形，不可能为六边形，故A不正确；考虑，当点与点重合时，此时因为，故为钝角，所以C错误；当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，此时，则边上的高为，面积为，即最大值为，故D正确.故选：BD.31（2022广东执信中学高三阶段练习）设a，则下列结论正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，且，则【答案】BC【解析
31、】【分析】对于A：利用在上的单调性进行判断；对于B：利用基本不等式直接判断；对于C：由题意构造函数，利用单调性进行判断；对于D：取特殊值直接验证即可.【详解】对于A：因为，所以，因为在上单减，所以.故A错误；对于B：因为，所以.故B正确；对于C：因为，所以.记函数.因为为增函数，为减函数，所以为增函数，所以.故C正确.对于D：取满足，且，但是.故D错误.故选：BC32（2022广东执信中学高三阶段练习）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为注入体积为的液体.如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（ ）A液面始终与地面平行B时，液面始终是平行四边形C
32、当时，有液体的部分可呈正三棱锥D当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的截面判断【详解】液面始终是水平面，与场面平行，A正确；时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；液面过的中点时，此时，有液体的部分是正三棱锥，C正确；当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正六边形（此时液体体积是正方体体积的一半），面积为， D正确故选：ACD【点睛】结论点睛：本题考查正方体的截面，正方体是立体几何中的特殊几何体，它的截面可以：（1）截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角
33、形，截面三角形是锐角三角形，截面三角形不能是直角三角形、钝角三角形；（2）截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形，截面不能是直角梯形；（3）截面可以是五边形：截面五边形必有两组分别平行的边,同时有两个角相等，截面五边形不可能是正五边形；（4）截面可以是六边形：截面六边形必是三组边分别平行，可以是正六边形33（2022广东潮州高三期末）已知抛物线C：，过其准线上的点T(1，-1)作C的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（）Ap=1B抛物线的焦点为F(0，1)CD直线AB的斜率为【答案】BCD【解析】【分析】：，故选项A不正确；抛物线：的焦点为F(0，1)，所以
34、选项B正确；设直线，联立直线和抛物线的方程，得到韦达定理，利用韦达定理可判断选项C正确；求出：，故.故选项D正确.【详解】解：易知准线方程为，：，故选项A不正确；抛物线：的焦点为F(0，1)，所以选项B正确；设直线，代入，得，当直线与相切时，有，即，设，斜率分别为，易知，是上述方程两根，故，故.故选项C正确；设，其中，.则：，即.代入点，得，同理可得，故：，故.故选项D正确.故选：BCD34（2022广东潮州高三期末）已知函数，则（）A对任意正奇数n，f(x)为奇函数B当n=3时，f(x)在0，上的最小值为C当n=4时，f(x)的单调递增区间是D对任意正整数n，f(x)的图象都关于直线对称【答
35、案】BD【解析】【分析】通过判断的值，判断A的正误；利用函数的导数判断函数的单调性，求解最大值，判断B的正误；求出函数的单调增区间判断C的正误；判断，判断D的正误【详解】解：对于A，取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；对于B，当时，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，故B正确；对于C，当时，令，则，所以的递增区间为，则C错误；对于D，因为，所以的图象关于直线对称，则D正确；故选：BD.35（2022湖南常德高三期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（）ABC三棱锥的体积为定值DM为BD的中点时，则二面角的平面角为60【答案】B
36、C【解析】【分析】由题可得与不平行可判断A，利用线面垂直的判断定理及性质定理判断B，利用棱锥的体积公式可判断C，利用坐标法可判断D.【详解】由正方体的性质可知，与不平行，故A错误；由正方体的性质可知，又，平面，又平面， ，故B正确；由题可知M到平面的距离为定值d=2，三角形的面积为定值，所以为定值，故C正确；如图建立空间直角坐标系，则，设平面PQM的法向量为，则，令，则，平面的法向量可取，设二面角的平面角为，则，故D错误.故选：BC.36（2022湖南常德高三期末）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线交抛物线于、两点，则（）A抛物线的准线方程为B线段的中点在直线上C若，则的面积为D以线段为直径的圆
37、一定与轴相切【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线的标准方程与准线方程的关系可判断A选项的正误；利用点差法可判断B选项的正误；利用弦长公式以及三角形的面积公式可判断C选项的正误；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，抛物线的准线方程为，A错；对于B选项，设点、，设线段的中点为，则，两式作差得，可得，所以，故，B对；对于C选项，设直线的方程为，联立，可得，解得，由韦达定理可得，解得，点到直线的距离为，故，C对；对于D选项，设线段的中点为，则，由抛物线的定义可得，即等于点到轴距离的两倍，所以，以线段为直径的圆一定与轴相切，D对.故选：BCD.三、双空题37（2022广东揭
38、阳高三期末）如图所示，在等腰直角中，为的中点，分别为线段上的动点，且.（1）当时，则的值为_.（2）的最大值为_.【答案】 【解析】【分析】第一个空：过点作于点，在Rt中，可求出，从而在中，根据余弦定理即可求出答案；第二空需要选择恰当的角度表示出的值，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质求解出最值.【详解】当时，过点作于点，在Rt中，在中，由余弦定理，得.（2）设，则，过点分别作的垂线于两点，则，在与中，所以，所以当时，.故答案为：；.38（2022广东执信中学高三阶段练习）已知函数 ， 则 的单调递增区间为_； 若对任意的， 不等式 恒成立， 则实数 的取值范围为_【答案】 (填亦可) 【解
39、析】【分析】求出函数导数，利用导数求函数单调区间，不等式恒成立可分离参数后求函数的最小值，令换元后可根据单调性求最值.【详解】, 令, 可得的单调递增区间 (或亦可); 可化为.令=，设，则，由在上单调递增可知，则，故解得.故答案为：(填亦可)；四、填空题39（2021湖北汉阳一中高二阶段练习）如图所示，三棱锥的顶点P，A，B，C都在球O的球面上，且所在平面截球O于圆，为圆的直径，P在底面上的射影为，C为的中点，D为的中点.，点P到底面的距离为，则球O的表面积为_.【答案】【解析】【分析】连接，所以O必在上，在中求得，在中得，在中由勾股定理计算得球半径，从而得球面积【详解】连接，所以O必在上，
40、由，从而，由题可知，所以，在中，得，设球O的半径为R，则，解得，所以球O的表面积为.故答案为：40（2022广东金山中学高三期末）已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.【详解】正四棱锥如下图示，将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，所以在移动过程中，当共线时，最小为.故答案为：.41（2022广东金山中学高三期末）已知椭圆：与圆：，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率
41、的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，由题知，解得，又即可得出结果.【详解】设过的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，知：，又在椭圆C1上不存在点P，使得由P所作的圆C2的两条切线互相垂直，所以，即得，所以，所以椭圆C1的离心率，又，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：首先假设过P所作的圆C2的两条切线互相垂直求出，再由椭圆的有界性构造含椭圆参数的不等关系，即可求离心率范围.42（2022山东烟台二中高三期末）已知函数的定义域为，当时，若，则的解集为_【答案】#【解析】【分析】构造，可得在上单调递减由，转化为，利用单调性可得
42、答案【详解】由，得，令，则，又，所以在上单调递减由，得，因为，所以，所以，得故答案为：.43（2022山东烟台二中高三期末）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，若四棱锥的体积为24，则四棱锥外接球的表面积是_.【答案】#【解析】【分析】根据球的截面圆圆心与球心的连线垂直截面可确定垂直平面ABCD，构造直角三角形求解球的半径即可得解.【详解】如图，分别取BC，AD的中点，E，连接PE，.因为是边长为4的等边三角形，所以.因为四边形ABCD是等腰梯形，所以，.因为四棱锥的体积为24，所以，所以.因为E是AD的中点，所以.因为，所以平面ABCD.因为，所以四边形ABCD外接圆的圆心为，半径.设四棱锥外接球的球心为O，连接，OP，OB，过点作，垂足为F.易证四边形是矩形，则，.设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，故四棱锥外接球的表面积是.故答案为：44（2022山东菏泽高三期末）如图，等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥体积的取值范围是_