2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十九）

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1．（2023·广东梅州·统考二模）设函数在R上存在导数，对任意的，有，且在上．若，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，得到，
令，所以，
则为奇函数，且，
又当时，，所以由奇函数的性质知，在上单调递减，
又，所以，即，
所以，即.
故选：A.
2．（2023·湖南·校联考二模）已知，，（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】对两边取对数，，
而在上单调递增，∴．
法一：令，，
∴在单调递減，∴，即，∴；
法二：；
又，
∴，∴．
故选：A．
3．（2023·湖南·校联考二模）已知，点P为直线上的一点，点Q为圆上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，令，
则
，则M.
如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点M距离，为.
故选：D
4．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
所以，
因为,
令设，令，可得，且时，，
所以，即，可得，即
所以
故选:
5．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）已知直线l与曲线相交，交点依次为D、E、F，且，则直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，
设，其定义域为，关于原点对称，
且，
故函数为奇函数，且其对称中心为，
将向右平移1个单位，向上平移1个单位，则得到，
曲线的对称中心为，
由，可知点E为对称中心，故E的坐标为，
不妨设，
则由，得，
即，
令，则，
即，
，
当时，，
又l过，则，直线l的方程为，
当时，，
又l过，则，直线l的方程为
综上，直线l的方程为
故选：B.
6．（2023·湖南常德·二模）已知A，B，C，D，E为抛物线上不同的五点，抛物线焦点为F，满足，则（ ）
A．5B．10C．D．
【答案】B
【解析】抛物线的准线方程为，焦点坐标为．
设，，，，的纵坐标分别为，，，，，则
，
，
，
根据抛物线的定义，可得
，
故选：B．
7．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，又，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：B.
8．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）阅读下段文字：“已知为无理数，若为有理数，则存在无理数，使得为有理数；若为无理数，则取无理数，，此时为有理数．”依据这段文字可以证明的结论是（ ）
A．是有理数B．是无理数
C．存在无理数a，b，使得为有理数D．对任意无理数a，b，都有为无理数
【答案】C
【解析】这段文字中，没有证明是有理数条件，也没有证明是无理数的条件，AB错误；
这段文字的两句话中，都说明了结论“存在无理数a，b，使得为有理数”，因此这段文字可以证明此结论，C正确；
这段文字中只提及存在无理数a，b，不涉及对任意无理数a，b，都成立的问题，D错误.
故选：C
9．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）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.
10．（2023·福建·统考模拟预测）已知，则，，.今有一批数量庞大的零件.假设这批零件的某项质量指标引单位：毫米）服从正态分布，现从中随机抽取N个，这N个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间.若，试以使得最大的N值作为N的估计值，则N为（ ）
A．45B．53C．54D．90
【答案】B
【解析】由已知可得，.
又，
所以，，.
设，
则，
所以，，所以.
，
所以，，所以.
所以，以使得最大的N值作为N的估计值，则N为.
故选：B.
11．（2023·河北唐山·统考二模）椭圆：的左、右焦点分别为，，直线过与交于，两点，为直角三角形，且，，成等差数列，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由为直角三角形，且，，成等差数列，可知不是最长的边，故为直角边，
结合椭圆的对称性，不妨设,
由椭圆的定义可知的周长为，又，
所以，进而可得，
由，
故，，
在中，，所以，
故选：B
12．（2023·河北唐山·统考二模）已知函数有三个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】的定义域是，有三个零点，
令，
当时,
所以在区间单调递增；
至多有一个零点不合题意，A，B，C选项错误；
令,
,单调递增
,单调递增;
,单调递减;
,
且
单调递减;
,
,
有三个极值点，
所以实数a的取值范围.
故选：D.
13．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知、是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，，交椭圆于，.若过椭圆的焦点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设，点共线，点共线，所在直线的斜率分别为，
点在双曲线上，即，有，因此，
点在椭圆上，即，有，直线的斜率，有，
即，于是，即直线与关于轴对称，
又椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，由得，
显然，，
，
解得，所以双曲线的离心率.
故选：D
14．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，.若球M的表面积为，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．32
【答案】B
【解析】
因为三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，
所以，又，，面，故面，
又 ，面，故面，又面，故.
球M的表面积为，设球的半径为，则，解得，
即，所以，，
三棱锥的体积为，
要使体积最大，即最大，又，
当且仅当时取等，故体积的最大值为.
故选：B.
15．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】构造函数，
，
所以函数在单调递增，
因为函数为偶函数，所以函数也为偶函数，
且函数在单调递增，所以函数在单调递减，
因为，所以，
关于x的不等式可变为，也即，
所以，则解得或，
故选:C.
16．（2023·辽宁大连·统考一模）已知对于每一对正实数，，函数满足：，若，则满足的的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【解析】令且均属于，则，
所以，故，
又，故在上恒成立，且在上单调递增，
所以，满足仅有，即仅有1个.
故选：A
17．（2023·辽宁大连·统考一模）已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由圆的方程知：圆的半径为；
当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图如下图所示，
（当且仅当三点共线时取等号），
当位于图中处时，取得最小值；
又当位于图中处时，取得最大值；
当与分别在两个半平面中时，
作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，
，，
，，，
；
为圆右半圆上的点，可设，，
，
（其中，），
，当，即时，，
则；
又，，即；
综上所述：两点间的距离的取值范围为.
故选：B.
二、多选题
18．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数，则（ ）
A．是一个最小正周期为的周期函数
B．是一个偶函数
C．在区间上单调递增
D．的最小值为，最大值为
【答案】BC
【解析】对于A选项，
，
所以，函数为周期函数，且该函数的最小正周期不是，A错；
对于B选项，对任意的，。
所以，函数为偶函数，B对；
对于C选项，当时，，
，
令，则，因为函数在上单调递减，
函数在上单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，C对；
对于D选项，，
因为，令，，
则二次函数在上单调递增，在上单调递减，所以，，
又因为，，所以，，
因此，的最小值为，最大值为，D错.
故选：BC.
19．（2023·广东梅州·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ）
A．当时，EP//平面B．当时，取得最小值，其值为
C．的最小值为D．当平面CEP时，
【答案】BC
【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，则点，
对于A，，，，而，
显然，即是平面的一个法向量，
而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，A错误；
对于B，，则，
因此当时，取得最小值，B正确；
对于C，，
于是，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，取的中点，连接，如图，
因为E为边AD的中点，则，当平面CEP时，平面，
连接，连接，连接，显然平面平面，
因此，平面，平面，则平面，
即有，而，所以，D错误.
故选：BC
20．（2023·湖南·校联考二模）已知直三棱柱中，，，M，N，Q分别为棱，，AC的中点，P是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面MNA
B．三棱锥的体积为定值
C．的最大值为4
D．若P为的中点，则过A，M，P三点的平面截三棱柱所得截面的周长为
【答案】AC
【解析】A选项，连接，，因N，Q分别为，AC的中点，，则
，即四边形为平行四边形，则.
因M，N分别为棱，的中点，则.
因平面ANM，AN平面ANM，，
平面，平面，，则平面 平面，
又平面，则平面MNA，故A正确；
B选项，因平面AMN，平面AMN，则平面AMN，
又，则到平面AMN距离等于到平面AMN距离，又N为AC中点，则
到平面AMN距离等于A到平面AMN距离，则
，又，
则，故B错误；
C选项，，当P和重合时，最大为4，故C正确；
D选项，注意到，则过A，M，P三点的平面为平面ACPM，则截面周长为，又
，则周长为，故D错误.
故选：AC
21．（2023·湖南·校联考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过作斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（在第一象限），，为线段的中点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．双曲线的离心率为
C．的面积为D．直线的斜率为
【答案】AD
【解析】如下图所示：
对于A选项，因为，所以，，
由双曲线的定义可得，所以，，A对；
对于B选项，设直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则为锐角且，
由可得，则，
在中，由余弦定理得，
即，
等式两边同时除以可得，
因为，解得，B错；
对于C选项，因为，则为钝角，
所以，，
，C错；
对于D选项，设，，则，可得，
因为，则，
由得，
所以，，则，
则直线的斜率为，D正确．
故选：AD．
22．（2023·湖南·校联考二模）已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称B．的一个周期为
C．不关于对称D．关于对称
【答案】ABD
【解析】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，.
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
23．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）如图，有一列曲线，，，，，且是边长为6的等边三角形，是对进行如下操作而得到：将曲线的每条边进行三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，记曲线的边长为，周长为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．在中D．在中
【答案】ACD
【解析】依题意,将曲线的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到，
曲线的边长为，数列是首项为6，公比为的等比数列，，A正确；
封闭曲线的周长为，则数列是首项为，公比为的等比数列，
于是，则，B错误；
如图，，，由对称性可得，有，
则，于是，
又，，，，
，
则，C正确；
显然点在线段上，，，，
则
，D正确.
故选：ACD
24．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）定义在上的函数的导函数为，，，，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【解析】由题意可设，则，
在上恒成立，则在上单调递增，因此有，
对于A，取，满足，但，A错误；
对于B，，，即，
①，
，，即，②，
由①+②得，故B正确；
对于C，取，则，，
，故C错误
对于D，①，
②，
由①－②得
，
，故D正确，
故选：BD
25．（2023·湖南常德·二模）数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第个正方形的边长为（其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…），第个直角三角形（阴影部分）的面积为（其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…），则（ ）
A．数列是公比为的等比数列B．
C．数列是公比为的等比数列D．数列的前项和
【答案】BD
【解析】由图可知，
所以，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故A错误；
则，由题可得，
所以，故B正确；
因为，所以数列是公比为的等比数列，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
26．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最小值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角
D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角
【答案】ACD
【解析】如图（1）所示，作平面，连接，
因为直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，
所以，即
所以，即，
以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，
设，，，
则，整理得，
可得圆心，半径，
设点圆与轴的交点分别为，可得，
因为，所以
又由且， 所以，
则，，所以A正确，B错误；
因为，可设，
设与平面所成角为，且，
可得，且，
又由
，
令，根据斜率的结合意义，可得表示圆与定点连线的斜率，
又由与圆相切时，
可得，解得或，即，
当时，此时取得最小值，即最小时，此时H在外部，
如图（3）所示，此时二面角的平面角为锐角，的平面角为钝角，所以C、D正确．
故选：ACD．
27．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：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三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上点到直线的最大距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．圆与圆有公共点，则的取值范围是
【答案】AD
【解析】对于A选项，因为，则的外心、重心、垂心都在线段的垂直平分线上，
，线段的中点为，
所以，的“欧拉线”方程为，即，A对；
对于B选项，圆心，则，
圆心到直线的距离为，
所以，圆上点到直线的最大距离为，B错；
对于C选项，记点，因为，则原点在圆外，
所以，的最小值为，C错；
对于D选项，圆的圆心为，半径为，
由题意可得，即，
解得，D对.
故选：AD.
28．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）已知点，，点P为圆C：上的动点，则（ ）
A．面积的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BCD
【解析】，
圆C是以为圆心，为半径的圆.
对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，
，故选项A错误；
对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；
对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，
，故选项C正确；
对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；
故选：BCD.
29．（2023·福建·统考模拟预测）正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则到直线的距离的最小值为
B．若，则，且直线平面
C．若，则与平面所成角正弦的最小值为
D．若，，则，两点之间距离的最小值为
【答案】BD
【解析】对于A项，因为，所以在以为球心，为半径的球上.
又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.
因为，平面，，，所以，
所以，为以点为圆心，为半径的圆上.
如图1，，则，到直线的距离的最小值为，故A项错误；
对于B项，如图2，连结.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，，
所以，平面.
又平面，所以.
同理可得，.
又平面，平面，，
所以，平面.
又，平面，所以直线平面，故B项正确；
对于C项，以点为坐标原点，分别以为轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
因为，设，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则，是平面的一个法向量.
则，
又，当时，有最小值1，
所以，，即，
所以，与平面所成角正弦的最大值为，故C项错误；
对于D项，由C项知，，.
当，，即为直线与的公垂线段时，最小.
设，且，，
则，即，
取，则.
在方向上的投影向量的模为，
所以，，两点之间距离的最小值为，故D项正确.
故选：BD.
30．（2023·河北唐山·统考二模）如图，是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到，再连接的各边中点得到，…，如此继续下去，设的边长为，的面积为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】显然是正三角形，因此，A正确；
由中位线性质易得，即是等比数列，公比为，因此，B正确；
，，C错；
，是等比数列，公比为，则也是等比数列，公比是，
，D正确．
故选：ABD．
31．（2023·河北唐山·统考二模）已知向量，，，下列命题成立的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．设，，当取得最大值时，
【答案】AD
【解析】对于A，若，则，
即，所以，即，故A正确；
对于B，若，则，
即，即，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，故B错误；
对于C，，
由，得，
即，
即，则，
则或，
所以或，故C错误；
对于D，，，
则
，
当取得最大值时，，
此时，所以，故D正确.
故选：AD.
32．（2023·河北唐山·统考二模）已知函数及其导函数的定义域均为．，，当时，，，则（ ）
A．的图象关于对称
B．为偶函数
C．
D．不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，
由得，由得，故为偶函数，故B正确，
由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，
由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，
又当时，，可知在单调递减
故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：
由性质结合图可知：当时，，
由得，故 ，
当且时，此时无解，
当时，，解得 ，
当且时，由得
综上可得的解集为，故D正确，
故选：BCD
33．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知点在直线上移动，圆，直线，是圆的切线，切点为，.设，则（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．当的坐标为时，的方程为
D．点的轨迹长度是
【答案】AD
【解析】当的坐标为时，，，A正确.
当的坐标为时，，此时最大，B不正确；
对于C，设，，∴，，代入，即为，，∴过，的直线为，即，C不正确；
对于D，设，由C选项知，，解得，，代入中，整理得点的轨迹方程为（去掉原点），其半径为，∴点的轨迹长度是，D正确，
故选：AD.
34．（2023·河北沧州·统考模拟预测）下列关于三棱柱的命题，正确的是（ ）
A．任意直三棱柱均有外接球
B．任意直三棱柱均有内切球
C．若正三棱柱有一个半径为的内切球，则该三棱柱的体积为
D．若直三棱柱的外接球球心在一个侧面上，则该三棱柱的底面是直角三角形
【答案】ACD
【解析】对于A，取连接直三棱柱上、下底面三角形外心的线段的中点，
则点到直三棱柱各个顶点的距离均为，其中为底面三角形外接圆半径，为直三棱柱的高，
点即为直三棱柱的外接球球心，A正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于直径，底面内切圆半径等于内切球半径，
即底面内切圆半径需为直三棱柱高的一半，不是所有直三棱柱都符合，B错误；
对于C，若正三棱柱的内切球半径为，则正三棱柱的高为，底面正三角形的高为，
设正三棱柱底面正三角形的边长为，则，解得：，
该正三棱柱的体积，C正确；
对于D，若外接球球心在直三棱柱的侧面上,则球心为该侧面的中心，其到底面三角形各顶点的距离相等，
球心在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离也相等，
又侧面中心在底面的投影在底面三角形的一条边上，
该投影为底面三角形一条边的中点，且到另一顶点的距离为该边长的一半，
该底面三角形为直角三角形，D正确.
故选：ACD.
35．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数，，则（ ）
A．有极小值B．有极大值
C．若，则D．的零点最多有两个
【答案】BCD
【解析】对于A，∵当时，，无极值，故A不正确；
对于B，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，∴有极大值，故B正确；
对于C，由，得，即，
设，∴；
设，则，，
当时，，为减函数，注意到，时，，不合题意；
当时，，时，，为减函数，
时，，为增函数；
∴；
设，则，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
∴，∴只有当时，才能成立，∴，故C正确；
对于D，由C知，，，，为增函数；
当时，，当无限趋近于0时，无限趋近于，且，即此时有两个零点，
∵为增函数，，∴此时有两个零点.
同理可得，当时，有两个零点.
当时，，此时有一个零点1，∴此时有一个零点.
当时，为减函数，，此时有一个零点1，∴此时有一个零点.故D正确.
故选:BCD.
36．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知F是双曲线E：（，）的右焦点，直线与双曲线E交于A，B两点，M为双曲线E上异于A，B的一点，且MA，MB不与坐标轴垂直，O为坐标原点，P，Q分别为AF，BF的中点，且，记双曲线E的离心率为e，直线MA与MB的斜率分别为，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】根据题意作出如下图形：
依题意得直线与双曲线两交点关于原点对称，
,分别为,的中点，则，，
，，则有，
设，由直线斜率为可知，
则，，
则，代入双曲线方程有，
即，化简得，
化简得，，解得，则，故B正确，A错误；
根据，则，则双曲线方程可化为，
设，根据对称性得，
根据点在双曲线上则有，
①②得，即，
，故C正确，D错误，
故选：BC.
37．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知数列满足，，设，记数列的前2n项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对A，，，，则，故A正确；
对B，由题意，，
当时，，
所以，则是以1为公差，为首项的等差数列.
则，则，故B错误，
对C，，即，
所以，
两式相减得
，
所以，故C正确；
对D，
，故D正确.
故选：ACD.
38．（2023·辽宁大连·统考一模）已知直线l：y=kx+m与椭圆交于A，B两点，点F为椭圆C的下焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，使得
B．当时，，
C．当时，，使得
D．当时，，
【答案】BCD
【解析】在椭圆中，，，，
由题意可得，上焦点记为，
对于A选项，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
，
所以，，故A错误；
对于B选项，设线段的中点为，
由题意可得，两式作差可得，
因为直线的斜率存在，则，所以，，
整理可得，又因为，消去可得，其中，
所以，，
所以，
，故B正确；
对于C选项，当时，直线的方程为，即，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
，
同理，所以，，
因为，所以，当时，，使得，故C正确；
对于D选项，设线段的中点为，
由B选项可知，，即，即，
由可得，故点的横坐标的取值范围是，
而点到直线的距离为，
由可得，当且仅当点时，
取最小值，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
39．（2023·湖南·校联考二模）已知函数，，若，且在上单调递增，则的值为________．
【答案】
【解析】，
由，得，
故，∴，，
又在上单调递增，∴，又，
∴，故当时，．
故答案为：.
40．（2023·湖南·校联考二模）已知抛物线C：，O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点（点A在第一象限），且，直线AO交抛物线的准线于点C，△AOF与△ACB的面积之比为4：9，则p的值为________．
【答案】4
【解析】设，，则，
设直线的方程为，联立抛物线方程有
，，，
则，直线的方程为，
令，则，则，
则得，
∴，∴，，又，
则，∴点，，解得．
故答案为：4.
41．（2023·湖南·校联考二模）函数．若，使得成立，则整数a的最大值为________．（参考数据：，，）
【答案】
【解析】，易知是周期为的周期函数．
，当时，在单调递增，单调递減，单调递增，单调递減，又，且．
构造函数，求得，
由基本不等式可得，当时，恒成立，所以函数在单调递增，且，故，所以有，
即为函数的最大值．
若，使得成立，
即，
亦即，
构造函数，可知在单调递减，在单调递增．
又，所以，，所以，
令，则，构造函数，可知在单调递减，
在单调递增．又，，
，，所以满足条件的整数，
故整数，所以整数a的最大值为．
故答案为：.
42．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）已知函数，若存在实数满足，且，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】由题意，函数的大致图像如图所示，
当时，由，得到或，故由图像可知，
由，关于直线对称，可得，
由，可得，
那么
构造新函数，
则，，
令，则，
当时，，所由的图像与性质知，在区间上单调递减，又，
所在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又因为，
所以在区间上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，
又因为，，
所以的取值范围为.
故答案为：.
43．（2023·湖南常德·二模）在正方体中，是线段的中点，若四面体的外接球体积为，则正方体棱长为______．
【答案】4
【解析】设该正方体的棱长为，设四面体的外接球的半径为R，
取BD的中点H，可得H是下底面ABCD的中心，设四面体的外接球的球心为O，
在正方体中，
平面ABCD，即平面ABD，
则点O在MH上，
连接OA，
即正方体棱长为4.
故答案为：4
44．（2023·湖南常德·二模）已知函数.如果存在实数使函数，在处取得最小值，则实数的最大值为__．
【答案】
【解析】，
当时，在处取得最小值，
则，即：，
当时,不等式恒成立.
当时, 不等式可化为：，
设，，
知其图象是开口向下的抛物线, 故在闭区间上的最小值必在端点处取得，且则不等式成立的充要条件是 整理得,则该不等式在上有解，即
得解,故实数的最大值为.
故答案为：
45．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______．
【答案】
【解析】，令，，
则
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极小值，也是最小值，故，
故，当且仅当时，等号成立，
令，，
则，
令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故当时，，当时，，
故时，，单调递减，当时，，单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，最小值为，
设，
由基本不等式得，
，
当且仅当，，时，等号成立，
故，则．
故答案为：
46．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）已知正数a，b满足，则___________.
【答案】
【解析】因为a，b都为正数，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
构造函数，，
求导，令，得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
可知在处取得最大值，故，即
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又，
所以，且，，
即，所以
故答案为：
47．（2023·河北唐山·统考二模），，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】，,所以对恒成立，
即对恒成立，
由于函数与函数互为反函数，则只需要对恒成立，
故对恒成立，
令，则，当单调递减，当单调递增，故当时，取到最大值，
故，
故答案为：
48．（2023·河北沧州·统考模拟预测）若函数的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数具有性质.若函数具有性质，其中，，为实数，且满足，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意可得，.于是，.设切点分别为，，则由函数具有性质，可得，即，整理得，
将上式视为关于的方程，则其判别式：
，
即，注意到，
，则，故，此时或，
代入方程可得，因此，.
另一方面，由，可设，，其中，
则，即.因此，.
故答案为：.
49．（2023·辽宁大连·统考一模）甲、乙、丙三人每次从写有整数m，n，k（0【答案】5
【解析】次游戏所取卡片数字总和为，
又，且为40的因数，，故N=2，4，5．
当时，，因为丙得9粒石子，则，所以甲石子小于16，矛盾不成立；
当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，
此时甲得21粒石子，矛盾不成立；
当时，，因为丙得9粒石子，则，为了使得甲获得石子，，，
此时甲得22粒石子，
甲乙丙三次得子数
故做了5次游戏．
故答案为：5
四、双空题
50．（2023·广东梅州·统考二模）有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙、丙工厂分别生产3000件、3000件、4000件，而且甲、乙、丙工厂的次品率依次为6%、5%、5%，现从这批产品中任取一件，则
（1）取到次品的概率为____________；
（2）若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为____________．
【答案】 /
【解析】设任取一件产品来自甲厂为事件、来自乙厂为事件、来自丙厂为事件，则彼此互斥，且,
，，，
设任取一件产品，取到的是次品为事件，
则
如果取得零件是次品，那么它是来自甲厂生产的概率为
,
故答案为：，
51．（2023·福建·统考模拟预测）如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，
因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，
则半径，
直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，
当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，
当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短，
如图翻折后，此时，所以
则，由相似比可得，
所以，
直线MN被球O截得的线段长，
综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，
故答案为：；.
52．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知直线l：与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆的两条切线，切点分别为C，D两点，则直线CD恒过定点坐标为___________；记M是CD的中点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】由题意设点，，，
因为，是圆的切线，所以，，
所以在以为直径的圆上，其圆的方程为:
，又在圆上，
将两个圆的方程作差得直线的方程为：，
即，所以直线恒过定点，
又因为，，，，四点共线，所以，
即在以为直径的圆上，
其圆心为，半径为，如图所示:
所以，
所以的最小值为.
故答案为：.
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
甲
6
6
5
5
2
乙
2
2
2
2
1
丙
1
1
1
1
5