2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十六）

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1．（2023·广东汕头·统考一模）已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对A：∵为偶函数，则
两边求导可得
∴为奇函数，则
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得
，则可得
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称
则，D成立
又∵，则可得
，则可得
∴以4为周期的周期函数
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立
故选：C.
2．（2023·广东汕头·统考一模）已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，，，
可得，即，
由于，，则，
故，
由于在上单调递增，故，即，
所以，故A正确，B错误，
由于得，则不可能成立，C错误，
由于不能确定是否等于，故也无法确定，D错误，
故选：A
3．（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
4．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知、，且，对任意均有，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【解析】，故与的符号相同，
当时，；当时，.
所以，与的符号相同.
，
令，所以，当时，恒成立，
令，可得，，.
，分以下四种情况讨论：
对于A选项，当，时，则，当时，，不合乎题意，A选项错误；
对于B选项，当，时，则，
若，若、、均为正数，
①若，则，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意.
③若、、都不相等，记，则当时，，不合乎题意.
由上可知，，当时，若使得恒成立，则，如下图所示，

所以，当，时，且，时，当时，恒成立；
对于C选项，当，时，则，
①若时，则当时，，不合乎题意；
②当时，构造函数，其中，，
函数在上单调递增，则，.
当时，由于，则，不合乎题意，C选项错误；
对于D选项，当，时，则，此时、、为正数.
①当、、都不相等时，记，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意；
③当时，，当时，， 不合乎题意.
所以，D选项错误.
故选：B.
5．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图，是平行四边形所在平面内的一点，且满足，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【解析】由已知，可得，
又四边形为平行四边形，
所以
，
所以.
故选：D.
6．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】D
【解析】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
7．（2023·湖南邵阳·统考二模）若不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，恒成立，
即恒成立．
令，则恒成立．
因为恒成立，故单调递增，
所以在时恒成立，
∴恒成立．
令，
．
令，则
∴单调递减．∴，即，
∴单调递减，故．
则正实数的取值范围是.
故选：B．
8．（2023·湖南·模拟预测）已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，为偶函数，则的值为（ ）
A．3B．5C．6D．11
【答案】C
【解析】是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，由，，得，即，
所以是周期函数，且周期为5，
又令得，
由，令得，所以．
故选C．
9．（2023·湖南·模拟预测）已知正方体，，点E为平面内的动点，设直线与平面所成的角为，若则点的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，连接交平面于O，连接EO，
平面，平面，故，
，，平面，故平面，
平面，故，
同理可得，，平面，故平面，
所以∠AEO是AE与平面所成的角，，所以，
在四面体中，，，
所以四面体为正三棱锥，O为的重心，如下图所示，
所以，，
因为，所以，
又E在平面内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，
所以E在平面内的轨迹围成的图形面积．
故选：D
10．（2023·湖北·统考模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
11．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
12．（2023·山东潍坊·校考一模）若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
13．（2023·山东潍坊·校考一模）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【解析】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
14．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．πC．D．
【答案】B
【解析】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.
在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
15．（2023·山东淄博·统考一模）已知，，.其中为自然对数的底数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，令，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
所以，又，
所以，在成立，
所以，即，
所以，即，
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即
令，所以，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以，在成立，
令，则上式变为，所以，即，
综上，.
故选：B.
16．（2023·山东临沂·统考一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，则在R上单调递增，
由，则时，即，而，
∵，
∴.
.
综上：.
故选：B.
17．（2023·山东临沂·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左、右两支分别交于点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以，
由双曲线的定义得，
解得，
则，
设，，，
联立，消去x得，
由韦达定理得：，
由，得，解得，
所以，
，
解得，
则，
故选：D
18．（2023·山东日照·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】数列满足，，
当时，，解得：；
当时，，
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，，
若存在正整数，使得，，成等差数列，
则，所以 ①
因为数列是单调递减数列，
当时，由，解得：，舍去；
当时，则，；
当时，，，所以，①式不成立，
所以，则有，解得：，
故选：.
19．（2023·山东日照·统考一模）已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A
二、多选题
20．（2023·广东汕头·统考一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【解析】由可得：，，
对于A：，所以，故选项A正确；
对于B：，，
即，所以，
，即，
所以，所以，，故选项B正确；
对于C：，，
所以，令，
则在上单调递增，
所以，故选项C正确；
对于D：，，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC.
21．（2023·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O．点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（ ）
A．当时，平面经过球心O
B．四边形的周长随的变化而变化
C．当时，四棱锥的体积取得最大值
D．设四棱锥的体积为，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，因为平面，平面，
平面平面，
，同理可得，所以，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，
取线段的中点M，连接，
因为，M为的中点，所以，同理，
因为平面，所以平面，
平面，，
当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，
则，
因为，
所以四边形为正方形，
连接，交于，则,
由三棱锥的所有棱长均相等，则,
可知，H为的中点，
故，同理,
又，故,
则，即即为外接球的球心O，
故当时，平面即经过球心O，A正确；
对于B，设三棱锥的棱长为a,
由（1）知且四边形为平行四边形，,
所以,
同理，所以四边形的周长为，
即四边形的周长不随的变化而变化，B错误；
对于C，由以上分析可得，，
故，
设交于N，交于R，连接,
因为平面，平面，
平面平面，
，
由于平面， ,故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，
过点M作,垂足为T，并延长交于Q，则，平面,
则平面,
即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，
由，可知，
由于，则，而，故Q为的中点，
故，故，则，
故四棱锥的体积,
令，则，
令，则或（舍去），
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故时，在上取到最大值，
即当时，四棱锥的体积取得最大值，C正确；
对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，
则T为的中点，也即的交点，
当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上,
则四棱锥的高为，
故四棱锥的体积为，
则，D正确，
故选：ACD
22．（2023·湖南株洲·统考一模）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故选：.
23．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．若保持，则点的运动轨迹长度为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故错误；
对于，因为平面，平面，，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可得，平面，
所以平面，
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，，
则平面平面，
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时，
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，
点的运动轨迹长度为，故正确；
对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，
则，设三棱锥的外接球球心为，由得，
，
解得：，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.
故选：BCD.
24．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知点为定圆上的动点，点为圆所在平面上的定点，线段的中垂线交直线于点，则点的轨迹可能是（ ）
A．一个点B．直线C．椭圆D．双曲线
【答案】ACD
【解析】分以下几种情况讨论：设定圆的半径为，
①当点在圆上，连接，则，所以点在线段的中垂线上，由中垂线的性质可知．
又因为点是线段的中垂线与的公共点，此时点与点重合，
此时，点的轨迹为圆心；故A正确；
②当点在圆内，且点不与圆心重合，连接，由中垂线的性质可得，
所以，，
此时，点的轨迹是以点A，O为焦点，且长轴长为的椭圆，故C正确；
③当点在圆外：连接，由中垂线的性质可得，
所以，，
此时，点的轨逬是以点A，O为焦点，且实轴长为的双曲线．故D正确．
故选：ACD．
25．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数，是的导数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数有唯一极小值
C．函数在上有且只有一个零点，且
D．对于任意的，，恒成立
【答案】ABD
【解析】，
，则，
设，
，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；
又，所以，则存在，使得．在时，；时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
故有唯一极小值，故选项正确；
令，，
则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且，则有．
又，
因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．
又，
从而存在唯一，使得．
显然当时，，当时，．
又，令，
，
因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；
，，
，
设，，
则
由选项知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，，总满足，故选项正确．
故选：.
26．（2023·湖南·模拟预测）已知O为坐标原点，，分别是双曲线E：的左、右焦点，P是双曲线E的右支上一点，若，双曲线E的离心率为，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线E的标准方程为
B．双曲线E的渐近线方程为
C．点P到两条渐近线的距离之积为
D．若直线与双曲线E的另一支交于点M，点N为PM的中点，则
【答案】ACD
【解析】根据双曲线的定义得，，故，由，得，
所以，所以双曲线E的标准方程为，渐近线方程为，即，所以A正确，B不正确；
设，则点P到两条渐近线的距离之积为，所以C正确；
设，，因为P，M在双曲线E上，所①，②，
①－②并整理得，，即，所以，所以D正确．
故选：ACD．
27．（2023·湖南·模拟预测）函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（ ）
A．函数的极大值为1
B．函数的图象在点处的切线方程为
C．当时，方程恰有2个不等实根
D．当时，方程恰有3个不等实根
【答案】BD
【解析】对于A：，
在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，
所以的极大值为，A错误；
对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；
对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，
在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，
因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，
作出函数的部分图象，如图，
观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；
当时，有3个实数根，C错误，D正确.
故选：BD
28．（2023·湖北·统考模拟预测）已知直线交轴于点P，圆，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则（ ）
A．若直线l与圆M相切，则
B．当时，四边形的面积为
C．直线经过一定点
D．已知点，则为定值
【答案】ACD
【解析】对于A，若直线l与圆M相切，则圆心到直线的距离，
解得，所以A正确；
对于B，当时，，，，
因为为圆的两条切线，所以，
所以四边形的面积，
所以B错误；
对于C，因为，，且，
所以四点共圆，且为直径，
所以该圆圆心为，半径为，
所以圆的方程为：，
因为是该圆和圆的相交弦，
所以直线的方程为两圆方程相减，
即，
化简可得：，
所以直线经过定点，所以C正确；
对于D，因为，所以，
因为在直线上，所以
即点C在以为直径的圆上，因为，，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为：，圆心为，
因为点C在该圆上，所以为定值，所以D正确．
故选：ACD
29．（2023·山东潍坊·校考一模）已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若点O到直线的距离为，则
C．若，则的最大值为4
D．的最小值为
【答案】BD
【解析】
对A，若，又
，
所以，故A错；
对B，若点O到直线的距离为，
由弦长公式可得，故B对；
对C，，
几何意义为到直线的距离之和的倍，
设中点为Q，，
因为，所以,
所以在直角三角形中，，
所以Q的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，即，
而圆的圆心到直线距离的的距离为，
所以，
所以的最大值为6，故C错；
对D，的最小值为，故D对；
故选:BD.
30．（2023·山东潍坊·校考一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（ ）
A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，
对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，
则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，
记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
31．（2023·山东济宁·统考一模）已知，是椭圆：()与双曲线：()的公共焦点，，分别是与的离心率，且是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BD
【解析】对选项A：椭圆和双曲线共焦点，故，错误；
对选项B：，即，，，
故，，故，即，
即，正确；
对选项C：设，，
，若最大值为，则，，
，即，不成立，错误；
对选项D：设，，，
，若最大值为，则，，
，即，，，成立，正确；
故选：BD
32．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】ABD
【解析】因为为奇函数，定义域为R，所以，
故，
等式两边同时取导数，得，即①，
因为的图象关于y轴对称，则，故
，
等式两边同时取导数，得②.
由，令，得，解得，
由，令，得，
由②，令，得，
令，得，解得，
故选：ABD.
33．（2023·山东淄博·统考一模）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（ ）
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【解析】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
34．（2023·山东临沂·统考一模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）
A．
B．延长交直线于点，则，，三点共线
C．
D．若平分，则
【答案】AB
【解析】由题意知，点，，如图：
将代入，得，所以，则直线的斜率，
则直线的方程为，即，
联立，得，解得，，
又时，，则
所以，所以A选项正确；
又 ，所以C选项错误；
又知直线轴，且，则直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
令，解得，即，在直线上，
所以，，三点共线，所以B选项正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得：，所以D选项错误；
故选：AB.
35．（2023·山东临沂·统考一模）已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（ ）
A．直线是异面直线B．平面截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥的体积为D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
则，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因，所以直线是异面直线，故A正确；
对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，
因为为的中点，则，
所以为的中点，
因为，所以为的中点，则，
因为，
所以为平行四边形，所以，
所以，
则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，
，
则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故B错误；
对于C，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，所以平面，
又因为为的中点，
所以三棱锥的高为，
，
所以，故C正确；
对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设为的中点，则为的外心，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，
则平面，
因为平面，所以，设，
则，
，
因为，所以，所以，
故，
由，得，解得，
所以三棱锥的外接球的半径，
表面积为，故D正确.
故选：ACD.
36．（2023·山东日照·统考一模）设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，.当变化时，函数的所有零点从小到大记为，则的值可以为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】ABC
【解析】为奇函数，图像关于点对称，
由得：，则方程的根即为与直线的交点，
作出图像如图所示，
①当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
②当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
③当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
④当时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
⑤当，即时，如图中和所示时，与直线有且仅有一个交点，.
综上所述：取值的集合为.
故选：ABC.
37．（2023·山东日照·统考一模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】A. 令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且

即 故选项A正确
B. 令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且

即 故选项B错误
C.
又在单调递增
故选项C错误
D. 由C可知， 又在单调递减
故选项D正确
故选：AD
三、填空题
38．（2023·广东汕头·统考一模）过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】因为双曲线的渐近线方程为：，
即，设点，可得：，
联立方程组，解得：，
同理可得：，
所以，
因为，所以，
所以，由题意可得：，
所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，
所以双曲线离心率的取值范围为，
故答案为：.
39．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积______．
【答案】
【解析】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点，
作出其截面如图所示，则，，
于是，
过点M作于点H，则，
由勾股定理可得︰,
所以，
所以该球的表面积，
故答案为：
40．（2023·湖南株洲·统考一模）已知椭圆的左右焦点为，，过的直线交椭圆C于P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为__________．
【答案】
【解析】
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
在三角形中，，
在三角形中，，
以上两式相等整理得，
故或（舍去），
故，
故答案为：.
41．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为___________.
【答案】
【解析】如图，易知过点且与直线相切的圆就是以为直径的圆，设，
则，由有，
设直线的方程为，代入有，
所以，结合，得.
故答案为:
42．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________.
【答案】
【解析】因为，所以，.
即.
令，易知在上单调递增，
又，
所以恒成立，即恒成立.
所以.
令，，则，，
由，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即，
故实数的最大值为.
故答案为：.
43．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知直线是曲线与的公切线，则直线与轴的交点坐标为______．
【答案】
【解析】设直线与曲线和分别相切于，两点，
分别求导，得，，
故，整理可得．
同理得，整理可得．
因为直线为两曲线的公切线，
所以，解得，
所以直线的方程为，令，则．
则直线与轴的交点坐标为．
故答案为：.
44．（2023·湖南·模拟预测）已知抛物线C：与圆E：相交于P，Q，M，N四点（按顺时针方向排列），其中点P，Q在x轴上方，则四边形PQMN面积的最大值为______________．
【答案】
【解析】联立抛物线方程与圆的方程，消去y，得，
由题意可知，在上有两个不相等的实数根，
，解得 即 ．
可设方程的两个根分别为，
则，，，，
且，，

.
令
则，
，
时，；，，
可得在 上单调递增，在 上单调递减，即当时，有最大值，
所以四边形ABCD的面积取得最大值.
45．（2023·湖北·统考模拟预测）已知为抛物线上一点，过点的直线与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，则__________．
【答案】2
【解析】由点在抛物线上得：，即,
所以抛物线C的方程为：,
设直线的方程为，，,
由直线与的倾斜角互补得，
即，所以,
联立，得，
所以，,
所以，即，所以,
所以
．
故答案为：2.
46．（2023·山东潍坊·校考一模）已知双曲线右焦点为，点P，Q在双曲线上，且关于原点O对称．若，且的面积为4，则双曲线的离心率___________．
【答案】
【解析】因为双曲线的右焦点，设其左焦点为，
因为，P，Q关于原点O对称，所以，
由的面积为4，所以，得，
又，
故，
所以．
又由双曲线的对称性可得，
由双曲线的定义可得，
所以，
故离心率.
故答案为：.
47．（2023·山东潍坊·校考一模）已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】易知，将原不等式变形：，
，可得，
即，其中.
设，则，原不等式等价于.
当时，原不等式显然成立；
当时，因为在上递增，
恒成立，
设，则，所以在递减，递增，
所以的最小值为，故.
故答案为：
48．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数，若在上有解，则的最小值___.
【答案】
【解析】设函数在上的零点为，则，
所以点在直线上.
设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，
所以，
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以，，所以的最小值为.
故答案为：
49．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．
【答案】
【解析】作出的函数图象如图所示：
∵存在实数，满足，
，
，
由图可知，，
，
设，其中，
，显然在单调递增，
，
，，
在单调递增，
在的最大值为，
的最大值为，
故答案为：．
50．（2023·山东临沂·统考一模）已知是函数的一个零点，且，则的最小值为________．
【答案】
【解析】因为 是 的一个零点， ，将 看作直线 上一个点的坐标，
则原题就变为：求当 时，点 到原点的距离的平方的最小值，
原点到直线的距离为 ， ，
令 ， ，当 时，, 是增函数，
在 时， ；
故答案为： .
51．（2023·山东日照·统考一模）对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值______.
【答案】或
【解析】 和 的图像如图：
当 时， ， ， ， ；
当 时， ；
故答案为： 或 .
52．（2023·山东日照·统考一模）设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.
【答案】
【解析】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.
设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.
不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.
设球O的半径为r，则.
设AD=EF=a，因为，所以，
，
且当，即时，上式取等号，所以，当AD=ME=时，
所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为.
作OG⊥ME于G，易证OG//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.
过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.
，，
又，，
,.
,
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为.
故答案为：
四、双空题
53．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______．
【答案】
【解析】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.