新高考数学二轮复习名校地市选填压轴题好题汇编（十八）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022·广东·小榄中学高三阶段练习）设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，则
令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.
作出和的图像，观察交点个数，
可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：
解得：.
故选：B
2．（2022·广东·高三阶段练习）如图，AB是半球的直径，O为球心，，P为此半球大圆弧上的任意一点（异于A，B），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作QR⊥AB于R，连接PR，OP，若二面角P-AB-Q为，则三棱锥P-OQR体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】∵PQ⊥平面ABQ，平面ABQ,∴，
∵QR⊥AB，,平面PQR,∴AB⊥平面PQR，
平面PQR,AB⊥PR，∴∠PRQ为二面角P-AB-Q的平面角，即，
设，，，在中，，，
在中，，则
，而，当且仅当，即，即时，取得最大值．此时三棱锥P-OQR体积的最大值为．
故选:C．
3．（2022·广东·高三阶段练习）若正实数a，b，c满足，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】∵．∴，
∵，
∴，∵，∴，
∴，
∴，，，∴A，B，C项错误；
∵，，∴，D项正确．
故选：D．
4．（2022·广东·高三阶段练习）某地质勘探队为研究各地区的水是否存在某种矿物质，现从不同地区采集了100个样本，勘探队中的成员甲提议用如下方式进行检测，先将100个样本分为10组，每组再选取部分样本进行混合，对混合样本进行检测，如果不含该矿物质，则检测下一组，若含有该矿物质，则逐个检测；成员乙提议将100个样本分为5组或20组等等．假设每个样本含有该矿物质的概率．且每个样本是否含有该矿物质相互独立．则下列选项中检测次数的期望值最小的是（ ）（参考数据：）
A．5个一组B．10个一组C．20个一组D．逐个检验
【答案】B
【解析】若5个一组时，每组检测次数为，或5，，，
的分布列是
，
总检测次数的期望为，
若10个一组时，每组检测次数为，或11，，，
的分布列是
，
总检测次数的期望为，
若20个一组时，每组检测次数为，或21，，，
的分布列是
，
总检测次数的期望为，
若逐个检测，总检测次数为100，
因此10个一组检测次数的期望值最小，
故选：B．
5．（2022·湖南常德·高三阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】已知，
令，则
，
所以在上单调递减，
又因为偶函数，所以，所以，
，
所以不等式等价于，
则，解得，
所以不等式的解集为
故选：A.
6．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高三期中）若，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，，，即，
又，，则，，即，
所以，，的大小关系是.
故选：D
7．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高三期中）设函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】∵，即开口向上且，
由恒成立，即在上恒成立，
∴当时，即，由二次函数的性质，显然成立；
当时，有两个零点，则只需满足，解得，故；
综上，的取值范围是.
故选：B
8．（2022·湖北·仙桃市田家炳实验高级中学高三阶段练习）已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】不妨设，
则，
即，
令
，
则，
∴在单调递增，
对恒成立，
而恒成立，
令，，
则在单调递减，
∴，
∴，
的取值范围是.
故选：A
9．（2022·山东·泗水县教育和体育局教学研究中心高三期中）定义在上的偶函数在上单调递减，且满足，，，则不等式组的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以的周期为2，
因为定义在上的偶函数在上单调递减，
所以由，，可得，
且，
由，得，
由，得，
所以，
解得，
所以原不等式组的解集为，
故选：D
10．（2022·山东淄博·高三期中）设方程和的根分别为和，函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】方法一：由得，由得，
因为方程的根为，所以函数与的图象交点的横坐标为，
同理：函数与的图象交点的横坐标为，
因为与互为反函数，所以两函数图象关于对称，
易知直线与直线互相垂直，所以两点关于直线对称，
即的中点一定落在，亦即点为与的交点，
联立，解得，即，
所以，
故，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
而，，，
则，，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，故，
令，则，
令，得，所以在上单调递增，
所以，
则，故，
综上：.
故选：B.
方法二：前面部分同方法一得，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
而，，，
因为，当且仅当时取等号，所以，
当时，，所以，即，下面比较的大小关系，
设，，
所以，
故在上递增，，即有，亦即，综上：.
故选：B.
11．（2022·山东·新泰市第一中学北校高三期中）已知定义域为的函数满足，其中为的导函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】令，， 故在R上单调递增.
又，且，
故原不等式可转化为，所以，
解得.
故选：D.
12．（2022·福建·高三阶段练习）抛物线的焦点为，过作斜率为的直线与抛物线在轴右侧的部分相交于点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如下图所示：
易知抛物线的焦点为，准线方程为，直线的方程为，
由可得，解得，可得点，
由抛物线的定义可得，易知点，则，
所以，是边长为的等边三角形，故.
故选：C.
13．（2022·福建·高三阶段练习）艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，，的前n项和为，则等于（ ）
A．2022B．2023C．D．
【答案】D
【解析】有两个零点1，2，
则，解之得，
则，则
则
则
由，可得，
故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列
则通项公式，前n项和
则
故选：D
14．（2022·福建三明·高三期中）对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】当时，，不等式显然成立；
当时，，
令，
令，则是上的增函数且，
当时，此时递减，时，此时递增.
故的最小值为，
令，则，
故是增函数，的最大值为，故，
综上所述，，
故选：D
15．（2022·福建三明·高三期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是数列中的最大值
C．D．数列无最大值
【答案】C
【解析】等比数列的公比为，则，由，则有，必有，
又由，即，又，则有或，
又当时，可得，由，则与矛盾
所以，则有，
由此分析选项：
对于A，，故，故A错误；
对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；
对于C，等比数列中，则，则，故C正确；
对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.
故选：C.
16．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知，则的大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设
令，则在上恒成立，单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以，即；
令，则在上恒成立，单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以，即，
所以；
综上，
故选：A
17．（2022·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）已知定义在上的偶函数满足，且当时，，则函数的零点个数是
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】由题意,所以周期为2, 当时，，且偶函数,即函数图象关于y轴对称,分别画出y=和y=的图象,观察可得交点个数为4个,即函数的零点个数是4个,故选C.
18．（2022·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】 ，故，
所以，
又 ，
则，
故 ，
故选：D.
19．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）设，（e是自然对数的底数），则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】记，则，所以在上单调递减，所以，所以在上，所以.
又单调递增，所以
所以，即.
而由二项式定理得：.
对于a、c，由，.
记，则，
所以在上单调递增，所以.所以，所以.
综上所述：.
故选：C
二、多选题
20．（2022·广东·小榄中学高三阶段练习）定义行列式，若函数，则下列表述错误的是（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．是最小正周期为的奇函数
【答案】ABD
【解析】由题中所给定义可知
，
A.，故A错误；
B.，故B错误；
C.时，，此时函数单调递增，故C正确；
D.，但，所以函数不是奇函数，故D错误.
故选：ABD
21．（2022·广东·高三阶段练习）已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，P为C上任意一点，、分别为C的左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得的长度为
B．面积的最大值为
C．C上存在4个不同的点P，使得是直角三角形
D．内切圆半径的最大值为
【答案】BCD
【解析】由题意得，解得，解得，则椭圆C的方程为，
选项A：P为C上任意一点，则，故不正确，
选项B：面积为．当点P落在短轴端点时，面积最大为，故正确；
选项C：点P在椭圆上，则，，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，所以最大为．故不存在点P，使．当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，故正确；
选项D：设的内切圆半径为r，的面积，若r最大，需的面积最大，选项B可知，当点P落在短轴端点时，面积最大，为，解得此时，故正确，
故选：BCD．
22．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数，，当时，恒成立，则实数a的可能取值为（ ）
A．B．0C．D．2
【答案】CD
【解析】由题意得：时，恒成立，
即时，恒成立，
设（），则,,
所以时，恒成立.
又，则，
①时，，
设，存在时，，即在上是减函数，
此时，，不满足题意；
②时，在上恒成立，
所以在上恒成立，
设（），即，
则，
令（），则，
当时，，所以在上是增函数，
则时，，
即时，时，，
所以时，.
则，
又时，有，，
所以，当且仅当时等号成立，
故时，.
所以在上是增函数，
则，
所以时，在上恒成立.
综上，时，在恒成立，
故选：CD
23．（2022·广东·高三阶段练习）已知动圆Q过点，且与直线相切，记动圆Q的圆心轨迹为，过l上一动点D作曲线的两条切线，切点分别为A、B，直线与y轴相交于点F，下列说法正确的是（ ）
A．的方程为B．直线过定点
C．为钝角（O为坐标原点）D．以为直径的圆与直线相交
【答案】ABC
【解析】设圆心，由于动圆Q过点，且与直线相切，
可得，整理得，故曲线的方程为，故选项A正确；
设，且，由于，得，所以导函数，
所以切线的方程为：，即，又，所以，
同理切线的方程为：，又切线，都经过点，所以，
故直线方程为，所以直线过定点，故选项B正确；
联立消整理得，所以
则，
因为与不共线，所以为钝角，故选项C正确；
由于直线恒过抛物线的焦点，设中点，过向直线作垂线，垂足分别为，连接
由抛物线的定义，所以
所以以为直径的圆与直线相切，故选项D错误.
故选：ABC.
24．（2022·湖南常德·高三阶段练习）已知函数则下列说法正确的是（ ）
A．当时,
B．当时,直线与函数的图象相切
C．若函数在区间上单调递增,则
D．若在区间上恒成立,则
【答案】AB
【解析】对于A,当时,,,
当时,,
当时,,
函数在上单调递减,在上单调递增,
,故选项A正确;
对于B,当时,,,
,
函数在处的切线方程为,故选项B正确;
对于C,,若函数在区间上单调递增,
则区间上恒成立,
即在上恒成立,
令,,
则,
函数在上单调递减,
,
,故选项C错误;
对于D,当时,恒成立,此时;
当时,恒成立等价于恒成立,
即恒成立,
设,,
则在上恒成立,
在上单调递减,
,
,
综上所述,故选项D错误.
故选:AB．
25．（2022·湖南常德·高三阶段练习）已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】函数
，
定义域为，即，，
又
值域为，即，
，
在正弦函数的一个周期内，要满足上式，结合正弦函数性质：
所以，
，
，
，即，
的值不可能为和和．
故选：BCD
26．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高三期中）已知函数与的定义域均为，分别为的导函数，，，若为奇函数，则下列等式一定成立的是（ ）
A．B．.
C．D．
【答案】ACD
【解析】由得：，
，关于中心对称，则，
为奇函数，，左右求导得：，
，为偶函数，图象关于轴对称，
，
是周期为的周期函数，
，C正确；
，，又，
，A正确；
令，则，，
又，，，
即，D正确；
，，
设，则，，
又为奇函数，，，
即，B错误.
故选：ACD.
27．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高三期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．为函数的一个周期
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．函数在上单调递增
D．函数有且仅有2个零点
【答案】AB
【解析】因为
，所以为函数的一个周期，选项正确；
因为
，所以直线是函数图象的一条对称轴，故选项正确；
因为
，所以是偶函数，
又当时，单调递减，单调递增，且，所以在时单调递减；
当时，单调递增，单调递减， 且，所以在时单调递减，
所以函数在时单调递减，
又为函数的一个周期，且直线是函数图象的一条对称轴，所以画出函数的图象如图，由图可知，选项C，D错误.
故选：AB.
28．（2022·湖北·仙桃市田家炳实验高级中学高三阶段练习）已知函数（，e为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A．方程至多有2个不同的实数根
B．方程可能没有实数根
C．当时，对，总有成立
D．当，方程有3个不同的实数根
【答案】AC
【解析】画出的图象如下图所示，
当时，，画出图象如下图所示，
由图可知有两个零点；有两个解，且这两个解与不相同，
所以由得或，则有个不同的根，D选项错误.
对于A选项，由上述分析可知，当时，有两个零点，
注意到有一个零点，有一个零点，
所以最多有两个零点，A选项正确.
对于B选项，有一个零点，有一个零点，
所以无论取何值，至少有一个零点，B选项错误.
对于C选项，时，，
所以当时，的图象如下图所示：
由图可知，在上递增，即，总有成立，C选项正确.
故选：AC
29．（2022·山东·泗水县教育和体育局教学研究中心高三期中）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
【答案】ACD
【解析】定义域为，
由题意，当时，，递增，当时，，递减，
所以在时取得极大值，A正确；
当时，，因此在上一个零点1，在上，无零点．因此函数只有一个零点，B错；
因为，在上递减，所以，C正确；
，即，
设，则，
当时，，递增，时，，递减，
所以时，取极大值也最大值．
所以．D正确．
故选：ACD．
30．（2022·山东淄博·高三期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，故A错误；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，故B正确；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
31．（2022·山东·新泰市第一中学北校高三期中）如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A．当点P在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B．记过点P平行于平面的平面为，截正方体截得多边形的周长为
C．当点P为中点时，异面直线与所成角为
D．当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】对A，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对B，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故B错误；
对C，当点P为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对D，当点P为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，，
所以，，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
32．（2022·山东·新泰市第一中学北校高三期中）已知奇函数在上有定义，且满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．是函数的周期
B．函数在上的最大值为
C．函数在上单调递减
D．方程在上的所有实根之和为
【答案】AD
【解析】对于A，是上的奇函数，，，故是函数的周期，故A正确；
对于C，当时，，求导，，，，，，则单调递增，又为奇函数，所以函数在上单调递增，故C错误；
对于B，由可得关于对称，故在上单调递增，又是奇函数且周期为，，故B错误；
对于D，方程的根等价于与的交点的横坐标，根据的单调性和周期可得，与在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，在有两个关于对称的交点，所以方程在上的所有实根之和为，故D正确.
故选：AD.
33．（2022·福建·高三阶段练习）如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点．沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．棱上总会有一点，使得平面
B．存在某个位置，使得与所成角为锐角
C．一定是二面角的平面角
D．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】AD
【解析】对于A，
取中点，连接，如图，
在中，，平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，
取中点，连接,
因为是等边三角形，所以,
又因为,在中，，所以，
又因为,平面，
所以平面，
又平面，所以，故B错误；
对于C，翻折过程中，长度不变，但长度会随着翻折程度不同而不同，
所以不一定垂直于，所以一定是二面角的平面角，
故C错误；
对于D，因为为直角三角形，
所以过作平面,
设为三棱锥外接球的球心，
因为平面平面，平面平面,
且，平面，
所以平面,所以,
过作交于点，如图所示，
所以四边形为矩形，
，
在直角中，即
在直角中，即
解得，所以三棱锥的外接球的表面积是.
故D正确.
故选:AD.
34．（2022·福建·高三阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，动点满足()，记点P的轨迹为曲线C，则（ ）
A．存在实数，使得曲线上所有的点到点的距离大于2
B．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之和为6
C．存在实数，使得曲线上有两点到点与的距离之差为2
D．存在实数，使得曲线上有两点到点的距离与到直线的距离相等
【答案】BD
【解析】设点P(x，y)，由得，即，曲线C是斜率为2的动直线，
对于A选项：点到直线C的距离为，即曲线C上存在点与距离小于2，A错误；
对于B选项：因，则到点与的距离之和为6的轨迹是中心在原点，长轴长为6的椭圆，
a=0时，直线C：y=2x与这个椭圆有两个交点，即B正确；
对于C选项：因，则到点与的距离之差为2的轨迹是中心在原点，实轴长为2的双曲线右支，
直线C：与此双曲线渐近线2x-y=0平行，直线C：y=2x与这个双曲线右支最多有一个公共点，即C错误；
对于D选项：时，到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹是顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线，
由消去x得，，当，直线C与抛物线交于两点，D正确.
故选：BD
35．（2022·福建三明·高三期中）已知正方体的棱长为1，点是线段的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱柱的体积为
B．平面
C．与平面所成角为
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】对A：，故A错误；
对B：连接，如下所示：
易知//，面面，故//面；
易知//，面面，故//面；
又面，故面//面；
又面，故//面，故B正确；
对C：连接交于点，连接，如下所示：
因为为正方形，故可得，又面面，故，
又面，，故面，又面与面为同一个平面，
则直线与平面所成角即为，又面，则，
故在△中，，，又，故，
即与平面所成角为，C正确；
对D：在△中，，故；
在△中，，故，又面，
设点到面的距离为，则由可得，
即，解得，即点到面的距离为，故D错误.
故选：BC.
36．（2022·福建三明·高三期中）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，
所以，
，
，
类似的有，，
累加得，
由题知，
故选项A正确，
对于B选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项B正确，
对于C选项，因为，，，
类似的有，
累加得，
故选项C错误，
对于D选项，可知扇形面积，
故，
故选项D正确，
故选：ABD.
37．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）对于三次函数,给出定义:设是函数的导数,是的导数,若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数,则以下说法正确的是（ ）
A．
B．当时,有三个零点
C．
D．当有两个极值点时,过的直线必过点
【答案】AB
【解析】解:由题知,
关于选项A:
,
令可得,
的拐点为,
,
对称中心为,
即成立,-
故选项A正确;
关于选项B:
当时,,
不是的零点,
令,
即有三个根,
令,
,
时,单调递增,
时,单调递减,
时,单调递减,
,,,,
画图象如下:
由图可知:
时,与有三个交点,
即有三个零点,
故选项B正确;
关于选项C:
由选项A可知: ,
,
两式相加可得,
故选项C错误;
关于选项D:
由于有两个极值点
有两根,
,
由于直线过,
则直线一定过中点,
由选项A知,
且有,
中点坐标为,
则直线一定过,
故选项D错误.
故选:AB
38．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）瑞士著名数学家欧拉在1765年得出定理：三角形的外心､重心､垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，点，点，圆是“欧拉线”上一点，过可作圆的两条线切，切点分别为.则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上存在点，使得
C．四边形面积的最大值为4
D．直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】设中点为，因为，所以，
因为，所以，且，，所以，
由题意可得欧拉线为直线，则欧拉线的方程为即，A正确；
由圆的切线性质可得，设，则，
在中由正弦定理得，所以，
由二次函数的性质得当时取最小值8，
所以，即的最大值为，
所以，所以圆上存在点，使得，B正确；
由圆的切线的定义可知，，，
所以，
又因为，且，
所以即四边形面积的最小值为4，C错误；
设，因为，，所以四点共圆，其中为直径，
设中点，则，
所以圆为即，
所以为圆和圆的相交弦，两圆方程相减得方程为，
即，由解得过定点，D正确；
故选：ABD
39．（2022·江苏·句容碧桂园学校高三阶段练习）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
B．的长为定值
C．与的夹角为
D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ABD
【解析】
A选项：由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，所以，且将沿直线翻折成，所以，又，平面，又平面，所以，故A选项正确；
B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项正确；
C选项：由B选项得，所以与的夹角即为与所成角，，，且，所以，所以，故C选项错误；
D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，可知，故三棱锥的外接球即为其所在矩形的外接球，故外接球半径，外接球表面积，故D选项正确；
故选：ABD.
40．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）双扭线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双扭线C．已知点是双扭线C上一点，下列说法中正确的有（ ）
A．双扭线C关于原点O中心对称；
B．；
C．双扭线C上满足的点P有两个；
D．的最大值为．
【答案】ABD
【解析】对A，设动点，由题意可得的轨迹方程为
把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；
对B，因为，故．
又，所以，
即，故．故B正确；
对C，若，则在的中垂线即y轴上．
故此时，代入，
可得，即，仅有一个，故C错误；
对D，因为，
故，
，
因为，，
故．
即，
所以．
又，当且仅当，，共线时取等号．
故，
即，解得，故D正确．
故选：ABD.
41．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ）
A．截正方体的截面可能是正五边形
B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47
C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得
D．当F是中点时，满足的点E有且只有2个
【答案】BCD
【解析】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误．
B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J，
∴截面为五边形，记正方体棱长为6，，
截面下侧的体积为，
另侧体积为：，∴，故选项B正确.
C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知，
平面,平面 ∴，故选项C正确．
D.当E在上时，设，
由，故上有一个点E；
当E在上时，，故上不存在这样的点E；
当E在上时，，故上也不存在；
当E在上时，设，∴，故上存在一个点E， ∴共2个，选项D正确．
故选：BCD.
三、填空题
42．（2022·广东·小榄中学高三阶段练习）已知函数在定义域上是增函数，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由已知可知，在上为增函数，则，
函数在上为增函数，则，可得，
因为函数在上为增函数，则，可得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
43．（2022·广东·高三阶段练习）在中，斜边为，点在边上，设，，若，则用表示为___________．
【答案】
【解析】因为，，所以，
在中由正弦定理可得，所以，所以，
在中，，所以，
又因为，，
所以，即，
所以，即，
在中由余弦定理可得
，
所以．
故答案为：．
44．（2022·广东·高三阶段练习）如图，是面积为1的等腰直角三角形，记的中点为，以为直角边第一次构造等腰，记的中点为，以为直角边第二次构造等腰，…，以此类推，当第n次构造的等腰的直角边所构成的向量与同向时，构造停止，则构造出的所有等腰直角三角形的面积之和为____________．
【答案】
【解析】的面积是，构造出的第一个三角形的面积是前者的一半，即，
构造出的第二个三角形的面积是前者的一半，即，
以此类推，构造出的三角形的面积是首项为，公比为的等比数列，
每次构造旋转，所以当与同向时，旋转了次，
所以构造出的所有等腰直角三角形的面积之和为.
故答案为：
45．（2022·湖南常德·高三阶段练习）设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是________.
【答案】
【解析】因为函数为“倍胀函数”，且定义域为，所以存在，使在上的值域为.因为为增函数，所以，所以方程有两个不等的实数根.令，则，令，解得.易知在上单调递增，在上单调递减，所以.易知当时，，当时，所以要使方程有两个不等的实数根，只需，得，所以t的取值范围为.
故答案为：
46．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高三期中）已知数列满足（），设数列的前项和为，若，，则___________.
【答案】
【解析】因为，，
所以，则，所以，，
则，可知，，，
所以，
又，，所以，则，又，
所以，，所以，
因为，所以，
故答案为：．
47．（2022·湖北·仙桃市田家炳实验高级中学高三阶段练习）设函数的图象与的图象有公共点，且在公共点处的切线重合，则实数b的最大值为______.
【答案】
【解析】设公共点坐标为，，，
由在公共点处切线相同得，即，解得（舍去）或，
又，即，
所以，
设函数，
，
令得.
当时，，当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，b取最大值，将代入，
则得.
故答案为：.
48．（2022·山东·泗水县教育和体育局教学研究中心高三期中）已知函数，，若关于的不等式的解集中恰好有一个整数，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】，则，设，
则，令，所以或，
在上递减，在上递增，在上递减，
在取极小值，，在取极大值，
，作图，时，，，，
由图知在下方图象中只有一个整数点，，
故答案为:
49．（2022·福建·高三阶段练习）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，是上的一点，且满足，，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】如图所示，
点，所以，
设，则，
因为，，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，即，
在中，根据余弦定理得,
即，
在中，根据余弦定理得,
即，
因为，
所以，解得，
又因为在中，，
所以，
即，即，
即，
所以，可得，即，
将代入，可得，即，
可得.
故答案为： .
50．（2022·福建三明·高三期中）如图，已知三棱柱，底面是边长为的等边三角形，在底面的射影是的中心，且为的中点，在线段上且，过点作三棱柱的截面，若交于点，则三棱锥外接球的表面积是___________.
【答案】
【解析】延长交于点，连接交与M点，如图，易知,则.
取中点，则,且有.
故是的中点.
取的中点，易得四边形是平行四边形.
设的中心为，在上，因为在底面的射影是的中心，
所以平面，
因为，所以,
且三棱锥的外接球与三棱锥的外接球相同.
因为平面，即平面.
因为平面，所以.
因为，平面
所以平面球心到平面的距离.
在中，由余弦定理可求得，
再由正弦定理可求得外接圆半径.
.
三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为:.
51．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数，（是自然对数的底数），若函数有4个不同的零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】令得，
所以在单调递减，在单调递增，
且当时，，，
所以图像如图所示：
由图像可得令解得或，
令，
由图像可得当时，有一个解；当时，有两个解；当时有三个解；当时有两个解；当时有两个解；当时有一个解；当时，无解；
所以当有四个不同的解时，，
故答案为：
52．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）过抛物线的准线上一点作抛物线的两条切线，两条切线分别与轴交于点，则外接圆面积的最小值为__________.
【答案】
【解析】抛物线的焦点为，
设，设直线
联立方程，得，
又因为直线与抛物线相切，所以，即
而，，所以，同理
所以是的外接圆的直径
所以当垂直于准线时，得到外接圆半径的最小值，即
故外接圆面积的最小值为.
故答案为：
四、双空题
53．（2022·山东淄博·高三期中）若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则__________；数列的前项和为，则__________.
【答案】
【解析】（1）因为，所以，
，
则，，
则有，
则，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，所以，
解得：.
（2），所以.
故答案为：；.
54．（2022·山东·新泰市第一中学北校高三期中）如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分当以直径所在直线为轴旋转一周时，得到一几何体，则该几何体的表面积是_________，体积是_______.（其中）
【答案】
【解析】如图所示，过C作于点，由题意得，
，，
，，.
，，，
.
又，
，
，
.
故答案为：，
55．（2022·江苏·常熟市中学高三阶段练习）意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，用符号表示（），已知，，（）.
（1）若，则___________；
（2）若，则___________.
【答案】 11
【解析】（1），∴；
（2）
.
故答案为：①11；②.
1
6
0.951
0.049
1
11
0.904
0.096
1
21
0.818
0.182