2024年新高考新结构数学选填压轴好题汇编01（解析版）

2024年新高考新结构数学选填压轴好题汇编01一、单选题1.(2024·广东·高三统考阶段练习)在各棱长都为2的正四棱锥V-ABCD中，侧棱VA在平面VBC上的射影长度为()2623A.B.C.3D.233【答案】B【解析】把正四棱锥V-ABCD放入正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，则V是上底面的中心，取A1B1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，CF，过A作AG⊥BE，垂足为G，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面ABB1A1，AG⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AG，又BC∩BE=B，BC,BE⊂平面EFCB，所以AG⊥平面EFCB，所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG，2AB2由已知得，AA1=2，EB=AA1+2=3，1122所以S△ABE=×2×2=×3⋅AG，所以AG=，22322223222所以VG=VA-AG=2-=3．3故选：B．132.(2024·广东·高三校联考开学考试)已知a=，b=e-1，c=2ln2-ln3，则()4A.a<b<cB.a<c<bC.c<a<bD.c<b<a【答案】Bx【解析】令fx=e-x0<x<1、gx=lnx+1-x0<x<1，x则fx=e-1>0，故fx在0,1上为增函数，故fx>f0=1，1x31311e>x+1，其中0<x<1，故e>+1，即e-1>，故b>；3333114164127×e127×3而-2ln2+ln3=-ln=3-ln=ln>ln>0，3333273643641故>2ln2-ln3=c，故b>c；31-x又gx=>0，故gx在0,1上为增函数，x故gx<g1=0，lnx+1-x<0，其中0<x<1，33134故ln+1-<0，即则<-ln=ln，故a<c；44443故b>c>a.故选：B.23.(2024·广东·高三校联考开学考试)已知函数fx=2sinωx+3sin2ωxω>0在0,π上恰有两个零点，则ω的取值范围是()A.2,152,1D.1,53B.1,3C.331 【答案】B2【解析】由题意可得f(x)=2sinωx+3sin2ωx=3sin2ωx-cos2ωx+1π=2sin2ωx-+1.6ππ1令2sin2ωx-6+1=0，解得sin2ωx-6=-2，πππ因为0<x<π，所以-<2ωx-<2ωπ-.666因为f(x)在(0,π)上恰有两个零点，11ππ19π5所以<2ωπ-≤，解得1<ω≤.6663故选：B.22224.(2024·广东湛江·统考一模)已知ab>0，a+ab+2b=1，则a+2b的最小值为()8-222237-22A.B.C.D.7348【答案】A2222【解析】因为ab>0，得：a+2b≥22ab=22ab(当且仅当a=2b时成立)，22a+2b222即得：ab≤=(a+2b)，22422222224+222则1=a+ab+2b≤a+2b+(a+2b)=(a+2b)，442218-22得：a+2b≥=，4+274228-22所以a+2b的最小值为，7故选：A.5.(2024·广东湛江·统考一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N=“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y=“甲、乙两人均未选择B选项”，则()A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件Y相互独立C.事件M与事件Y相互独立D.事件N与事件Y相互独立【答案】C【解析】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，11122222C4⋅C3⋅C22C4C21C41C3⋅C31所以PM==，PN==，PX==，PY==，C2⋅C23C2⋅C26C2⋅C26C2⋅C24444444441因为事件M与事件N互斥，所以PMN=0，又PM⋅PN=，9所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；2C311PXY==≠PXPY=，故B错误；C2⋅C212244411C3⋅C21由PMY===PMPY，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；C2⋅C26442 1因为事件N与事件Y互斥，所以PNY=0，又PY⋅PN=，24所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.故选：C．6.(2024·广东梅州·统考一模)如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点P是面ABB1A1上的动点，若点P到点D1的距离是点P到直线AB的距离的2倍，则动点P的轨迹是()的一部分A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】C【解析】由题意知，以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,2)，设P1,m,n(m,n>0)，所以PD1=(-1,-m,2-n)，因为P到D1的距离是P到AB的距离的2倍，2222所以PD1=2n，即-1+-m+2-n=4n，229n+33m2整理，得-=1，1919所以点P的轨迹为双曲线.故选：C2y2x7.(2024·广东深圳·统考一模)已知双曲线E:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过点F2的直ab线与双曲线E的右支交于A,B两点，若AB=AF1，且双曲线E的离心率为2，则cos∠BAF1=()37311A.-B.-C.D.-8488【答案】D【解析】因为双曲线E的离心率为2，所以c=2a，因为AB=AF1，所以BF2=AB-AF2=AF1-AF2=2a，由双曲线的定义可得BF1-BF2=BF1-2a=2a，所以BF1=4a=2BF2，BF2+FF2-BF222221214a+8a-16a2在△BF1F2中，由余弦定理得cos∠BF2F1===-，2BF2⋅F1F22×2a×22a42在△AF1F2中，cos∠F1F2A=-cos∠F1F2B=，设AF2=m，则AF1=m+2a，4222由AF1=F1F2+AF2-2F1F2AF2cos∠F1F2A得222228a(2a+m)=(22a)+m-2⋅22a⋅m⋅，解得m=a，所以AF1=，4333 2222264a+64a-16a2AF1+AB-BF1991所以cos∠BAF1===-.2AF1⋅AB2×8a×8a833故选：Dan+2,n=2k-1∗8.(2024·广东深圳·统考一模)已知数列an满足a1=a2=1，an+2=(k∈N)，若Sn为数列-an,n=2kan的前n项和，则S50=()A.624B.625C.626D.650【答案】Can+2,n=2k-1∗【解析】数列an中，a1=a2=1，an+2=(k∈N)，-an,n=2k∗当n=2k-1,k∈N时，an+2-an=2，即数列an的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，25×24则a1+a3+a5+⋯+a49=25×1+×2=625，2∗an+2当n=2k,k∈N时，=-1，即数列an的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为-1，an251×[1-(-1)]则a2+a4+a6+⋯+a50==1，1-(-1)所以S50=(a1+a3+a5+⋯+a49)+(a2+a4+a6+⋯+a50)=626.故选：Ca19.(2024·湖南长沙·长郡中学校考一模)已知实数a,b分别满足e=1.02，lnb+1=0.02，且c=，则51()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b【答案】D2x-1a【解析】由e=1.02，则a=ln1.02，令fx=lnx-，x>1，x+1212x+1-2x-1x-1则fx=-=，xx+12xx+12则当x>1时，fx>0，故fx在0,+∞上单调递增，21.02-12故f1.02=ln1.02-=ln1.02->f1=0，1.02+1101221即a=ln1.02>>==c，即a>c，101102510.02由lnb+1=0.02，则b=e-1，xx1令gx=e-ln1+x-1，x>0，则gx=e-，x+14 x1x1令hx=e-，则当x>0时，hx=e+>0恒成立，x+1x+1201故gx在0,+∞上单调递增，又g0=e-=0，故gx>0恒成立，10.02故gx在0,+∞上单调递增，故g0.02=e-ln1+0.02-1>g0=0，0.02即e-1>ln1.02，即b>a，故c<a<b.故选：D.2y2xb10.(2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考一模)已知椭圆C:+=1a>b>0的焦距为2c，直线y=xa2b2ab+与椭圆C交于点P,Q，若PQ≤7c，则椭圆C的离心率的取值范围为()2A.3,1B.0,210,1D.0,122C.53【答案】Cy=bx+ba222【解析】联立方程2y2，消去y，整理得8x+4ax-3a=0，x+=122ab222则Δ=4a-4×8×-3a=112a>0，2a3a设P,Q的横坐标分别为x1,x2，则x1+x2=-，x1⋅x2=-，28b2b22所以PQ=1+a⋅x1-x2=1+a⋅x1+x2-4x1x22222a+ba3a722=⋅+=a+b，a2422722222由PQ≤7c，得a+b≤7c，整理得a+b≤4c，222222c2c1010即a+a-c≤4c，即≥，又0<e<1，则e=≥，故≤e<1，a25a5510所以椭圆C的离心率的取值范围为,1.5故选：C．11.(2024·湖北武汉·统考模拟预测)如图，在函数fx=sinωx+φ的部分图象中，若TA=AB，则点A的纵坐标为()2-23-1A.B.C.3-2D.2-322【答案】B3π3πφ3πφ【解析】由题意ωx+φ=2，则x=2ω-ω，所以T2ω-ω,0，设Ax1,y1,Bx2,y2，因为TA=AB，5 3πφx2+2ω-ω3πφ所以2=x1，解得x2=2x1-2ω+ω，y2=yy2=2y1213πφ3π所以2y1=y2=fx2=f2x1-2ω+ω=sin2ωx1-2+2φ22=cos2ωx1+2φ=1-2sinωx1+φ=1-2y1，23-1所以2y1+2y1-1=0，又由图可知y1>0，所以y1=.2故选：B.12.(2024·湖北武汉·统考模拟预测)在三棱锥P-ABC中，AB=22，PC=1，PA+PB=4，CA-CB=2，且PC⊥AB，则二面角P-AB-C的余弦值的最小值为()23110A.B.C.D.3425【答案】A2y2x【解析】因为PA+PB=4=2a，所以a=2，点P的轨迹方程为+=1(椭球)，4222又因为CA-CB=2，所以点C的轨迹方程为x-y=1，(双曲线的一支)过点P作PH⊥AB,AB⊥PC，而PH∩PC=P,PF,PC⊂面PHC，所以AB⊥面PHC，设O为AB中点，则二面角P-AB-C为∠PHC，π2所以不妨设OH=2cosθ,θ∈0,2,PH=2sinθ,CH=4cosθ-1，22222sinθ+4cosθ-1-12cosθ21-sinθ所以cos∠PHC===⋅，22sinθ4cos2θ-122sinθ4cos2θ-12sinθ3-4sin2θ6 22211-sinθ2所以cos∠PHC=⋅，令1-sinθ=t,0<t<1，2sin2θ3-4sin2θ1-sin2θ222211t1t2所以cos∠PHC=⋅=⋅≥⋅=，2sin2θ3-4sin2θ21-t4t-121-t+4t-129222等号成立当且仅当t==1-sinθ，515102所以当且仅当sinθ=,cosθ=时，cos∠PHCmin=.553故选：A.sinxcosx13.(2024·山东日照·统考一模)已知函数fx=2-2，则()ππA.f4+x=f4-xB.fx不是周期函数πC.fx在区间0,上存在极值D.fx在区间0,π内有且只有一个零点2【答案】D【解析】对于A，sinπ+x=sinπ-π+xπ-x,cosπ+x=cosπ-π+x424=cos4424=πsin-x，4πsinπ+xcosπ+xsinπ-xcosπ-xπ4444所以f4+x=2-2=-2-2=-f4-x，故A错误；sin2π+xcos2π+xsinxcosx对于B，f2π+x=2-2=2-2=fx，所以fx是以2π为周期的函数，故B错误；sinxcosxπ对于C，由复合函数单调性可知y=2,y=2在区间0,上分别单调递增、单调递减，2π所以fx在区间0,上单调递增，所以不存在极值，故C错误；2sinxcosxsinxcosx对于D，令fx=2-2=0,x∈0,π，得2=2，所以sinx=cosx，即该方程有唯一解(函数fxπ在0,π内有唯一零点)x=，故D正确.4故选：D.2y2x2214.(2024·山东日照·统考一模)过双曲线-=1的右支上一点P，分别向⊙C1:(x+4)+y=3和⊙C2:(x41222-4)+y=1作切线，切点分别为M，N，则PM+PN⋅NM的最小值为()A.28B.29C.30D.32【答案】C2y2x22【解析】由双曲线方程-=1可知：a=2,b=23,c=a+b=4，412可知双曲线方程的左、右焦点分别为F1-4,0，F24,0，7 22圆C1:x+4+y=3的圆心为C1-4,0(即F1)，半径为r1=3；22圆C2:x-4+y=1的圆心为C24,0(即F2)，半径为r2=1．连接PF1，PF2，F1M，F2N，则MF1⊥PM,NF2⊥PN，222222可得PM+PN⋅NM=PM+PN⋅PM-PN=PM-PN=PF1-r1-PF2-r2=2222PF1-3-PF2-1=PF1-PF2-2=PF1-PF2⋅PF1+PF2-2=2aPF1+PF2-2≥2a⋅2c-2=2×2×2×4-2=30，当且仅当P为双曲线的右顶点时，取得等号，即PM+PN⋅NM的最小值为30.故选：C.15.(2024·福建福州·统考模拟预测)已知函数fx及其导函数fx的定义域均为R，记gx=fx．若gx-2的图象关于点2,0对称，且g2x-g(-2x-1)=g(1-2x)，则下列结论一定成立的是()20242024A.fx=f2-xB.gx=gx+2C.g(n)=0D.f(n)=0n=1n=1【答案】C【解析】因为gx-2的图象关于点2,0对称，所以gx的图象关于原点对称，即函数gx为奇函数，则g0=0，又g2x-g(-2x-1)=g(1-2x)，所以g2x+g(2x+1)=-g(2x-1)，所以gt-1+g(t)+g(t+1)=0，所以gt+gt+1+gt+2=0，所以gt-1=gt+2，所以gt=gt+3，即gx=gx+3，所以3是gx的一个周期.202420242025因为g(n)=g(n)=×[g(0)+g(1)+g(2)]=0，故C正确；n=1n=032π2π2π取符合题意的函数fx=cosx，则g(x)=fx=-sinx3332π4π3π所以g0=0，又g(0+2)=-sin==g(0)，故2不是gx的一个周期，所以gx≠gx+2，333故B不正确；2π1因为f1=cos=-不是函数fx的最值，所以函数fx的图象不关于直线x=1对称，32所以fx≠f2-x，故A不正确；202420242π因为f(n)=cosn=-1≠0，故D不正确；n=1n=13故选：C.16.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则()A.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最小值B.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最小值8 C.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最大值D.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值【答案】D【解析】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B-l-C的平面角，设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α-β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1，2-121tanα-tanβttttanα=，tanβ=，tanθ=tanα-β===，tt1+tanα⋅tanβ1+2⋅1t2+2tt2t1⋅t+2-t2t2+t2-t令ft=，则ft==，22222t+2t+2t+2当t∈0,2时，ft>0，ft单调递增，当t∈2,2时，ft<0，ft单调递减，1f2=>f0=03所以t∈0,2，当t=2时，ft取最大值，没有最小值，即当t=2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，由对称性知当t=2时，对应P点有且仅有两个点，所以有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值．故选：D．2y2x17.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)设F1,F2分别为椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左，右焦ab点，以F1为圆心且过F2的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段QF2与C交于点A．已知△APF2与△QF1F2的面积之比为3:2，则该椭圆的离心率为()23+1A.B.13-3C.3-1D.34【答案】B【解析】由题意可得F1-c,0、F2c,0，F1F2=2c，222则以F1为圆心且过F2的圆的方程为x+c+y=4c，令x=0，则yP=±3c，由对称性，不妨取点Q在x轴上方，即P0,3c，9 3c-0则lQF:y-3c=x，即y=-3x+3c，20-c1232332有S△QF1F2=2×2c×3c=3c，则S△APF2=2×3c=2c，133233又S△APF2=yA×4c=2cyA，即有c=2cyA，即yA=c，224331代入lQF2:y=-3x+3c，有c=-3xA+3c，即xA=c，441233c2c13344即Ac,c在椭圆上，故+=1，44a2b2222222222化简得bc+27ac=16ab，由b=a-c，22222222即有a-cc+27ac=16aa-c，422442整理得c-44ac+16a=0，即e-44e+16=0，22244-44-4×16244+44-4×16有e==22-613或e==22+613，222由22+613>1，故舍去，即e=22-613，2则e=22-613=13-3=13-3.故选：B.1318.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)设a=sin0.2,b=0.16,c=ln，则()22A.a>c>bB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】D2【解析】设fx=sinx-x-x,x∈0,0.2,fx=cosx-1+2x，设gx=fx,gx=-sinx+2>0，所以gx≥g0=0，所以函数fx在0,0.2上单调递增，2所以f0.2=sin0.2-0.2-0.2=sin0.2-0.16>f0=0，即a>b.1311.211+0.2根据已知得c=ln=ln=ln，2220.821-0.21可设hx=ln1+x-ln1-x-sinx,x∈0,0.2，21111则hx=+-cosx=-cosx>0，21+x1-x1-x2所以函数hx在0,0.2上单调递增，所以h0.2>h0=0，即c>a.综上，c>a>b.故选：D.19.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)对于无穷数列{an}，给出如下三个性质：①a1<0；②对于任意正整数n,s，都有an+as<an+s；③对于任意正整数n，存在正整数t，使得an+t>an定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是()1nA.若{an}为“s数列”，则{an}为“t数列”B.若an=-2，则{an}为“t数列”C.若an=2n-3，则{an}为“s数列”D.若等比数列{an}为“t数列”则{an}为“s数列”【答案】C【解析】设an=-2n-3，此时满足a1=-2-3=-5<0，10 ∗也满足∀n,s∈N，an+s=-2(n+s)-3,an+as=-2n-3-2s-3=-2(n+s)-6，∗即∀n,s∈N，an+s>an+as，{an}为“s数列”，因为an+t=-2(n+t)-3=-2n-2t-3=an-2t<an，所以A错误；1n1-11若an=-2，则an=-2=-2<0，满足①，1n+11n+11nan+1=-2，令-2>-2，1n∗1n+t1n若n为奇数，此时-2<0，存在t∈N，且为奇数时，此时满足-2>0>-2，1n∗1n+t1n若n为偶数，此时-2>0，则此时不存在t∈N，使得-2>-2，所以B错误；若an=2n-3，则an=2-3=-1<0，满足①，∗∀n,s∈N，an+s=2(n+s)-3,an+as=2n-3+2s-3=2(n+s)-6，∗因为2(n+s)-3>2(n+s)-6，所以∀n,s∈N，an+s>an+as，满足②，所以C正确；n∗n不妨设an=(-2)，满足a1=-2<0，且∀n∈N，an=(-2)，n+1当n为奇数，取t=1，使得an+1=(-2)>an；n+2当n为偶数，取t=2，使得an+2=(-2)>an，所以an为“t数列”，∗但此时不满足∀n,s∈N，an+s>an+as，不妨取n=1,s=2，则a1=-2,a2=4,a3=-8，而a1+2=-8<-2+4=a1+a2，则an为“s数列”，所以D错误.故选：C.20.(2024·江苏·统考模拟预测)已知函数fx的定义域为R，对任意x∈R，有fx-fx>0，则“x<2”是x4“efx+1>ef2x-3”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分又不必要条件D.充要条件【答案】Afx-fx【解析】因为fx-fx>0，则>0，xefx令gx=，则gx>0，所以gx在R上单调递增.xefx+1f2x-3x4efx+1>ef2x-3⇔>⇔gx+1>g2x-3x+12x-3ee⇔x+1>2x-3⇔x<4，xx所以“x<2”是“efx+1>ef2x-3”的充分不必要条件，故选：A.2y2x221.(2024·江苏·统考模拟预测)离心率为2的双曲线C:-=1(a>0,b>0)与抛物线E:y=2px(p>0)有22ab相同的焦点F，过F的直线与C的右支相交于A,B两点.过E上的一点M作其准线l的垂线，垂足为N，若MN=3OF(O为坐标原点)，且△MNF的面积为122，则△ABF1(F1为C的左焦点)内切圆圆心的横坐标为()1221A.B.C.D.4422【答案】D11 pp3p【解析】MN=3OF=3⋅,xM+=,∴xM=p.2222213pyM=2p,yM=2p,S△MNF=⋅⋅2p=122,p=4,F2,0，222c22y双曲线中c=2,e==2,∴a=1,b=3，双曲线：x-=1.a3设直线AB:x=ty+2,Ax1,y1,Bx2,y2,AF=m,BF=n，△ABF1内切圆圆心为I，22222所以m=x1-2+y1=x1-4x1+4+3x-3=2x1-1=2x1-1=2x1-1，同理n=2x2-1，从而AB=m+n=2x1+x2-2，由双曲线定义知AF1=m+2a=2x1-1+2=2x1+1，同理BF1=2x2+1；接下来我们证明如下引理：三个不共线的点Cx3,y3,Dx4,y4,Ex5,y5构成的三角形的内心坐标为DEx3+CEx4+CDx5DEy3+CEy4+CDy5G,，DE+CE+CDDE+CE+CD先来证明G是三角形CDE的内心当且仅当DEGC+CEGD+CDGE=0，若DEGC+CEGD+CDGE=0，则DEGC+CEGC+CD+CDGC+CE=0，CECDCDCE则CG=+，DE+CE+CDCDCECDCE而由平行四边形法则可知+与∠DCE的角平分线共线，CDCE所以CG经过三角形CDE的内心，同理DG经过三角形CDE的内心，EG经过三角形CDE的内心，所以点G是三角形CDE的内心，由于上述每一步都是等价变形，反正亦然，所以G是三角形CDE的内心当且仅当DEGC+CEGD+CDGE=0，不妨设三角形CDE的内心Gx,y，则由DEGC+CEGD+CDGE=0得DEx3-x+CEx4-x+CDx5-x=0，DEx3+CEx4+CDx5DEy3+CEy4+CDy5所以解得x=，同理y=，DE+CE+CDDE+CE+CD12 DEx3+CEx4+CDx5DEy3+CEy4+CDy5从而G,，引理得证；DE+CE+CDDE+CE+CD2x2+1x1+2x1+1x2-22x1+x2-24x1x2-3x1+x2+4由上述引理，即由内心坐标公式有xI==，2x2+1+2x2+1+2x1+x2-24x1+x222y22联立x-=1与AB:x=ty+2，整理并化简得3t-1y+12ty+9=0，3222-12t9Δ=144t+363t-1=36t+1>0,y1+y2=2,y1y2=2，3t-13t-1-12t-4所以x1+x2=ty1+y2+4=t⋅2+4=2，3t-13t-12229-12t-3t-4x1x2=ty1+2ty2+2=ty1y2+2ty1+y2+4=t⋅2+2t⋅2+4=2，3t-13t-13t-12-12t-16+12+44x1x2-3x1+x2+43t2-13t2-11所以xI===，4x1+x2-16223t-11△ABF1内切圆圆心在直线x=上.2故选：D.x22.(2024·云南昆明·统考模拟预测)已知函数fx=x-1e+a在区间-1,1上单调递增，则a的最小值为()-1-22A.eB.eC.eD.e【答案】A【解析】由题意得fx≥0在-1,1上恒成立，xxxxfx=e+a+x-1e=xe+a，故xe+a≥0，x即a≥-xe，x令gx=-xe，x∈-1,1，xxx则gx=-e-xe=-x+1e<0在x∈-1,1上恒成立，x故gx=-xe在x∈-1,1上单调递减，-1故gx>g-1=e，-1-1故a≥e，故a的最小值为e.故选：Axx-ae23.(2024·湖南·高三校联考开学考试)已知函数fx=的定义域为0,4，若fx是单调函数，且x+1fx有零点，则a的取值范围是()A.0,4B.0,3C.0,2D.0,e【答案】B【解析】因为fx有零点，所以方程fx=0有解，即x-a=0在0,4上有解，所以a∈0,4．x2x-aex+1-ax+1x又由fx=可得：fx=e．x+1x+1222因为fx是单调函数，所以函数gx=x+1-ax+1≥0在0,4上恒成立或gx=x+1-ax+1≤0在0,4上恒成立．2因为g0=1>0，所以gx=x+1-ax+1≤0在0,4上不可能恒成立．21即函数gx=x+1-ax+1≥0在0,4上恒成立，即x++1-a≥0在0,4上恒成立．x13 1因为x++1-a≥3-a(当且仅当x=1时，等号成立)，故须使3-a≥0，解得a≤3．x综上，a的取值范围是0,3．故选：B.2y2x24.(2024·山东·高三山东省实验中学校考开学考试)双曲线M:-=1(a>0,b>0)的左､右顶点分别为22abA,B，曲线M上的一点C关于x轴的对称点为D，若直线AC的斜率为m，直线BD的斜率为n，则当9mn+取到最小值时，双曲线离心率为()mnA.3B.4C.3D.2【答案】D【解析】设A(-a,0),B(a,0),C(x,y),D(x,-y)，2y-y-y则m=kAC=x+a，n=kBD=x-a，所以mn=22，x-a22y22x-ab将曲线方程=代入得mn=-，222aba999又由均值定理得mn+=mn+≥2mn×=6，mnmnmn29b当且仅当mn=，即mn==3时等号成立，2mna2b所以离心率e=1+=2，2a故选：D.二、多选题225.(2024·广东·高三统考阶段练习)若过点(a,b)可作曲线f(x)=xlnx的n条切线(n∈N)，则()-322A.若a≤0，则n≤2B.若0<a<e，且b=alna，则n=2-31-322-32C.若n=3，则alna<b<2ae+eD.过e,-6，仅可作y=f(x)的一条切线2【答案】ABD2【解析】设切点x0,x0lnx0，则fx0=2x0lnx0+x0，2切线为y-x0lnx0=2x0lnx0+x0x-x0，22代入(a,b)整理得2x0lnx0+x0a-x0lnx0-x0-b=0，22令g(x)=(2xlnx+x)a-xlnx-x-b，g(x)=(2lnx+3)a-2xlnx-3x=(2lnx+3)⋅(a-x)，-32令g(x)=0得x1=a,x2=e．-3-322当a≤0时，x∈0,e，g(x)>0，所以g(x)在0,e上单调递增，-3-322x∈e,+∞，g(x)<0，所以在e,+∞上单调递减，-3-3122-3ge=-2a⋅e+⋅e-b，在0,+∞两侧均有可能为负，同时极大值可能为正，2所以g(x)至多有2个零点，故A正确；-3-3-3222当a∈0,e时，x∈(0,a)和x∈e,+∞时，g(x)<0，所以g(x)在(0,a),e,+∞上单调递减，14 -3-322x∈a,e，g(x)>0，所以g(x)在a,e上单调递增，-3-31222-3g(a)=alna-b，ge=-2ae+⋅e-b，2-322当b=alna时，g(a)=0，所以ge>0，-312-3结合图象，值域为-∞,-2ae+⋅e-b，所以n=2，B正确；2-3-31222-3若n=3，则g(a)<0<ge，即alna<b<-2ae+e，2-3-3-31222-32同理当a>e时，ge<0<g(a)，即-2ae+e<b<alna，C错误；2-32若a=e时，g(x)≤0，g(x)单调递减；结合图象，g(x)∈-∞,b，则当-b>0时，g(x)有1个零点，即b<0，D正确．故选：ABD.26.(2024·广东·高三校联考开学考试)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，E是棱BB1上的一点，点F在棱DD1上，则下列结论正确的是()A.若A1，C，E，F四点共面，则BE=DFB.存在点E，使得BD⎳平面A1CEC.若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1-A1ECF的体积为定值D.若E为BB1的中点，则三棱锥E-A1CC1的外接球的表面积是32π15 【答案】BCD【解析】对A，由A1,C,E,F四点共面，得CF⎳A1E，则DF=B1E，若E不是棱BB1的中点，则BE≠DF，故A错误.对B，当E是棱BB1的中点时，取A1C的中点G，连接GE,B1D，则G为B1D的中点.因为E为BB1的中点，则GE⎳BD.因为GE⊂平面A1CE,BD⊄平面A1CE，所以BD⎳平面A1CE，则B正确.根据长方体性质知BB1⎳CC1，且CC1⊂平面A1CC1，BB1⊄平面A1CC1，所以BB1⎳平面A1CC1，同理可得DD1⎳平面A1CC1，则点E，F到平面A1CC1的距离为定值，又因为△A1CC1的面积为定值，所以三棱锥E-A1CC1和三棱锥F-A1CC1的体积都为定值，则四棱锥C1-A1ECF的体积为定值，故C正确.取棱CC1的中点O1，由题中数据可得CE=C1E=22,CC1=4，222则CE+C1E=CC1，所以△CC1E为等腰直角三角形，所以O1是△CC1E外接圆的圆心，△CC1E外接圆的半径r=2.设三棱锥E-A1CC1的外按球的球心为O，222222半径为R，设OO1=d，则R=d+r=O1B1+A1B1-d=8+(2-d)，222即d+4=8+(2-d)，解得d=2，则R=8，此时O点位于DD1中点，2从而三棱锥E-A1CC1的外接球的表面积是4πR=32π，故D正确.故选：BCD.27.(2024·广东·高三校联考开学考试)已知函数fx的定义域为R，且fx-1+fx+1=0，f1-x=5fx+5，若f=1，则()2A.fx是周期为4的周期函数B.fx的图像关于直线x=1对称13559C.fx是偶函数D.f2+2f2+3f2+⋯+30f2=-31【答案】ABD【解析】对A，因为f(x-1)+f(x+1)=0，所以f(x+1)+f(x+3)=0，所以f(x-1)=f(x+3)，即f(x)=f(x+4)，所以f(x)是周期为4的周期函数，则A正确.对B，因为f(1-x)=f(x+5)，所以f(1-x)=f(x+1)，所以f(x)的图象关于直线x=1对称，则B正确.533151对C，因为f2=1，所以f-2=1.令x=2，得f2+f2=0，则f2=-1.3133因为f(x)的图象关于直线x=1对称，所以f2=f2=-1，则f2≠f-2，从而f(x)不是偶函数，则C错误.1357对D，由f(x)的对称性与周期性可得f2=f2=-1,f2=f2=1，13559则f2+2f2+3f2+⋯+30f2=7(-1-2+3+4)-29-30=-31，故D正确.故选：ABD.28.(2024·广东湛江·统考一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=2BB1=4，BC=3，M,N分别为BB1和CC1的中点，P为棱B1C1上的一点，且PC⊥PM，则下列选项中正确的有()A.三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球B.直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1的外接球截得的线段长为13C.点P在棱B1C1上的位置唯一确定16 D.四面体ACMP的外接球的表面积为26π【答案】ABD【解析】对于A，取棱AA1中点Q，连接MQ,NQ，若三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球，则三棱柱ABC-A1B1C1内切球球心即为△MNQ的内切圆圆心，∵△MNQ的内切圆半径即为△ABC的内切圆半径，又AB⊥BC，AB=4，BC=3，2×1×4×32S△ABC2∴AC=5，∴△ABC的内切圆半径r===1，AB+BC+AC4+3+5即△MNQ的内切圆半径为1，又平面ABC、平面A1B1C1到平面MNQ的距离均为1，∴三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球，内切球半径为1，A正确；对于B，取AC中点G，NQ中点O，MN中点H，连接BG,OG,OH,B1C,OB1，∵AB⊥BC，∴G为△ABC的外接圆圆心，又OG⎳AA1⎳BB1，BB1⊥平面ABC，∴O为三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心；∵BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB，又AB⊥BC，BB1∩BC=B，BB1,BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵OH⎳MQ⎳AB，∴OH⊥平面BCC1B1，∴H为四边形BCC1B1的外接圆圆心，∵四边形BCC1B1为矩形，∴直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1截得的线段长即为矩形BCC1B1的外接圆直径，22∵B1C=BC+BB1=9+4=13，∴直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1截得的线段长为13，B正确；对于C，在平面中作出矩形BCC1B1，设C1P=m0≤m≤3，则B1P=3-m，2222222∴PC=4+m，MP=1+3-m，MC=3+1=10，22222又PC⊥PM，∴PC+PM=MC，即4+m+1+3-m=10，解得：m=1或m=2，∴P为棱B1C1的三等分点，不是唯一确定的，C错误；17 对于D，取MC中点S，112210∵PC⊥PM，∴S为△PCM的外接圆圆心，且BS=MC=3+1=，222则四面体ACMP的外接球球心O在过S且垂直于平面PCM的直线上，∵AB⊥平面PCM，∴OS⊥平面PCM，设OS=a，四面体ACMP的外接球半径为R，210221022213∴R=2+a=2+4-a，解得：a=2，R=2，2∴四面体ACMP的外接球表面积为4πR=26π，D正确.故选：ABD.29.(2024·广东梅州·统考一模)如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1移动到数字nn=2,3,⋅⋅⋅,9的不同路线条数记为rn，从1移动到9的事件中，跳过数字nn=2,3,⋅⋅⋅,8的概率记为pn，则下列结论正确的是()9A.r6=8B.rn+1>rnC.p5=D.p7>p834【答案】ABD【解析】画出树状图，结合图形结合树状图可知：r2=1,r3=2,r4=3,r5=5,r6=8,r7=13,r8=21,r9=34，对于选项A：可知r6=8，故A正确；对于选项B：均有rn+1>rn，故B正确；r529对于选项C：因为r9=34，过数字5的路线有5条，所以p5=1-=，故C错误；r934r721r813对于选项D：因为p7=1-=,p8=1-=，所以p7>p8，故D正确；r934r93418 故选：ABD.sinxcosx30.(2024·广东梅州·统考一模)已知函数fx=e-e，则下列说法正确的是()ππA.fx的图象关于直线x=对称B.fx的图象关于点,0中心对称44C.fx是一个周期函数D.fx在区间0,π内有且只有一个零点【答案】BCDπsinπ-xcosπ-x22cosxsinx【解析】AB选项，fx的定义域为R，f-x=e-e=e-e=-fx，2π所以fx关于点,0中心对称，A选项错误，B选项正确.4sinx+2πcosx+2πsinxcosxC选项，fx+2π=e-e=e-e=fx，所以fx是周期函数，C选项正确.sinxcosxsinxcosxD选项，令fx=e-e=0得e=e，π所以sinx=cosx，在区间0,π上，解得x=，4所以fx在区间0,π内有且只有一个零点，所以D选项正确.故选：BCD31.(2024·广东深圳·统考一模)如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B,C,D,E在同一个平面内．若点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点，则()πA.当M为DE的中点时，异面直线MN与CF所成角为3B.当MN∥平面ACD时，点M的轨迹长度为22C.当MA⊥ME时，点M到BC的距离可能为310D.存在一个体积为的圆柱体可整体放入Ω内3【答案】ACD【解析】19 因为BCDE为正方形，连接BD与CE，相交于点O，连接OA，则OD，OE，OA两两垂直，故以OD,OE,OA为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，D(22,0,0)，B(-22,0,0)，E(0,22,0)，C(0,-22,0)，A(0,0,22)，F(0,0,-22)，N为AE的中点，则N(0,2,2).当M为DE的中点时，M(2,2,0)，MN=-2,0,2，CF=0,22,-22，MN⋅CF0+0-41π设异面直线MN与CF所成角为θ，cosθ=cosMN,CF==2×4=2，θ∈0,2，MNCFπ故θ=，A正确；3设P为DE的中点，N为AE的中点，则PN∥AD，AD⊂平面ACD，PN⊄平面ACD，则PN∥平面ACD，又MN∥平面ACD，又MN∩PN=N，设Q∈BC，故平面MNP∥平面ACD，平面ACD∩平面BCDE=CD，平面MNP∩平面BCDE=PQ，则PQ∥CD，则Q为BC的中点，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，则M∈PQ，点M的轨迹是过点O与CD平行的线段PQ，长度为4，B不正确；当MA⊥ME时，设M(x,y,0)，MA=(-x,-y,22)，ME=(-x,22-y,0)，22222MA⋅ME=x+y(y-22)=0，得x+y-22y=0，即x+(y-2)=2，即点M的轨迹以OE中点K为圆心，半径为2的圆在四边BCDE内(包含边界)的一段弧(如下图)，K到BC的距离为3，弧上的点到BC的距离最小值为3-2，因为3-2<3，所以存在点M到BC的距离为3，C正确；20 由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥A-BCDE内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为r，高为h，P为DE的中点，Q为BC的中点,PQ=4，AO=22，GHAGr22-h根据△AGH相似△AOP，得=，即=，h=2(2-r)，OPAO22222则圆柱体积V=πrh=2πr(2-r)，232设V(r)=2π(2r-r)(0<r<2)，求导得V(r)=2π(4r-3r)，44令V(r)=0得，r=或r=0，因为0<r<2，所以r=0舍去，即r=，3344当0<r<时，V(r)>0，当<r<2时，V(r)<0，334322即r=时V有极大值也是最大值，V有最大值，327223225962-13596×2-13518432-182253225-===>0，故>27327272727310π所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入Ω内，D正确.3故选：ACD.32.(2024·湖南长沙·长郡中学校考一模)已知函数fx=Atanωx+φ(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则()πA.ω⋅φ⋅A=611π23B.fx的图象过点6,321 5πC.函数y=fx的图象关于直线x=对称35ππD.若函数y=fx+λfx在区间-,上不单调，则实数λ的取值范围是-1,166【答案】BCDππ5π【解析】A：设该函数的最小正周期为T，则有T==--⇒ω=1，ω66ππππ即fx=Atanx+φ，由函数的图象可知：+φ=⇒φ=，即fx=Atanx+，6233π由图象可知：f0=Atan=23⇒A=2，32π所以ω⋅φ⋅A=，因此本选项不正确；311π11ππ13ππ323B：f6=2tan6+3=2tan6=2tan6=2×3=3，所以本选项正确；5π5ππC：因为f3-x=2tan3-x+3=2tanx，5π5ππf3+x=2tan3+x+3=2tanx，5π5π所以f3-x=f3+x，5π所以函数y=fx的图象关于直线x=对称，因此本选项正确；3ππD：y=fx+λfx=2tanx+3+2λtanx+3πππππ当x∈-3,6时，y=fx+λfx=2tanx+3+2λtanx+3=2tanx+3+ππ2λtanx+3=2+2λtanx+3，5ππ当x∈-6,-3，ππππy=fx+λfx=2tanx+3+2λtanx+3=-2tanx+3+2λtanx+3π=-2+2λtanx+，35ππ当函数y=fx+λfx在区间-,上不单调时，66则有2+2λ-2+2λ≤0⇒-1≤λ≤1，故选：BCD33.(2024·湖南长沙·长郡中学校考一模)小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有1∼10的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进n步的概率为pn，则下列说法正确的是()111A.p2=B.pn=pn-1+pn-2n≥34221C.pn=1-pn-1n≥2D.小华一共前进3步的概率最大2【答案】BC111113【解析】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以P1=，P2=×+=，22222422 故选项A错误；1当n≥3时，其前进几步是由两部分组成：先前进n-1步，再前进1步，其概率为pn-1，2111或者先前进n-2步，再前进2步，其概率为pn-2，所以pn=pn-1+pn-2n≥3，222故选项B正确；11因为pn=pn-1+pn-2n≥3，所以2pn+pn-1=2pn-1+pn-2n≥3，22311而2p2+p1=2×+=2，所以2pn+pn-1=2n≥2，即pn=1-pn-1n≥2，422故选项C正确；1212因为当n≥2时，pn=1-2pn-1，所以pn-3=-2pn-1-3，又p-2=1-2=-1，所以数列p-2是首项为-1，公比为-1的等比数列.13236n362211n-1211n-1所以Pn-3=-6×-2，所以Pn=3-6×-2.211n-12当n为奇数时，n-1为偶数，则Pn=3-6×2，此时数列pn单调递增，所以Pn<3；211n-1当n为偶数时，n-1为奇数，则Pn=3+6×2，此时数列pn单调递减，3所以Pn≤P2=；4综上，当n=2时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误.故选：BC34.(2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考一模)在三棱锥A-BCD中，AD=BC=4，AB=BD=DC=CA=6，M为BC的中点，N为BD上一点，球O为三棱锥A-BCD的外接球，则下列说法正确的是()A.球O的表面积为11πB.点A到平面BCD的距离为14C.若MN⊥AB，则DN=6NBD.过点M作球O的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为2【答案】BCD【解析】由AD=BC=4，AB=BD=DC=CA=6，可将三棱锥A-BCD补形成如图所示的长方体，设BF=x,BE=y,AE=z，22x+y=16x=2222则z+y=36，解得y=22，x2+z2=36z=27即AE=27，EB=BF=22，22227+22+22所以球O的半径为=11，所以球O的表面积为44π，故A错误.2由题得长方体为正四棱柱，AB=AC=BD=CD，M为BC的中点，故AM⊥BC,DM⊥BC,又AM∩DM=M,AM,DM⊂平面AMD，则BC⊥平面AMD，又BC⊂平面BCD，故平面BCD⊥平面AMD，平面BCD∩平面AMD=MD，过点A作MD的垂线，交MD于H，则AH⊥平面BCD,故AH为点A到平面BCD的距离.在△AMD中，AM=MD=42，AD=4，23 16+32-3217故cos∠ADH==,sin∠ADH=，2×4×4222227则AH=4×=14，故B正确.22以E为原点，EB，EC，EA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A0,0,27,D22,22,27，B22,0,0，M2,2,0，AB=22,0,-27，BD=0,22,27.设BN=λBD=0,22λ,27λ，所以MN=MB+BN=2,-2,0+0,22λ,27λ=2,22λ-2,27λ，因为MN⊥AB，所以MN⋅AB=22×2-27×27λ=0，1解得λ=，所以DN=6NB，故C正确.7当且仅当OM与截面垂直时，截面面积最小，由A解析知：最小的半径为11-7=2，故D正确.故选：BCDx1+xx35.(2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知函数fx=ae+1ln-e+1恰有三个零点，设其由小到大1-x分别为x1,x2,x3，则()1A.实数a的取值范围是0,eB.x1+x2+x3=0f′x3x3C.函数gx=fx+kf-x可能有四个零点D.=ef′x1【答案】BCDx1+x1-e【解析】对于B，fx=0⇔aln+=0，1-xxe+1x1+x1-e设hx=aln+，则它的定义域为-1,1，它关于原点对称，1-xxe+1-xx1-x1-e1+x1-e且h-x=aln+=-aln+=-hx，所以hx是奇函数，1+xe-x+11-xex+1由题意hx=0有三个根x1,x2,x3，则x1+x2+x3=0，故B正确；对于C，由fxx1+xx-x1-x-x+kf-x=0⇒ae+1ln1-x-e+1+ae+1ln1+x-e+1=0，1+x1+x1-exln1-x1-ex所以aln++ka-=0，1-xex+1exex1+exxx1+x1-ek1+x1-e所以aln+=aln+，1-xex+1ex1-xex+1x1+x1-ek即aln1-x+ex+11-ex=0已经有3个实根x1,x2,x3，k当k>0时，令1-x=0，则x=lnk，只需保证lnk≠x1,x2,x3可使得方程有4个实根，故C正确；efx3x3x3由B可知，x1=-x3，而=e⇔fx3=ef-x3，fx1x1+xx2xx31-x3x32又fx=aeln1-x+ae+12-e,ef-x3=aln1+x+ae+12-1，1-x31-x3x31+x3x32x3所以fx3=aeln+ae+12-e1-x31-x324 1-x3x32x31+x31-x3x3=aln+ae+1-1+aeln-aln-e+11+x31-x21-x31+x33x3x31+x3x3x3=ef-x3+ae+1ln-e+1=ef-x3，故D正确；1-x3xx1+x1-e1+x1-e对于A，aln=-，设px=aln,mx=-，1-xx1-xxe+1e+1x2a2e1则px=,mx=，所以p0=2a,m0=，1-x2ex+12211从而0<2a<,0<a<，故A错误.24故选：BCD.36.(2024·山东日照·统考一模)从标有1，2，3，⋯，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，依次得到数字a，b，记点Aa,b，B1,-1，O0,0，则()71A.∠AOB是锐角的概率为B.∠ABO是直角的概率为1632743C.△AOB是锐角三角形的概率为D.△AOB的面积不大于5的概率为6464【答案】ACD【解析】A选项，标有1，2，3，⋯，8的8张卡片中有放回地抽取两次，每次抽取一张，共有8×8=64种情况，设l与直线OB垂直，因为kOB=-1，则直线l:y=x，其中64个点中，有8个落在直线l:y=x上，剩余56个点中，一半在l:y=x上方，一半在l:y=x下方，要想∠AOB为锐角，则点A应在直线l:y=x下方，其中满足要求的有28个点，287故∠AOB是锐角的概率为=，A正确；6416B选项，过点B作直线m⊥OB，则A点落在直线m上，满足∠ABO为直角，其中kOB=-1，故直线m的斜率为1，直线m的方程为y+1=x-1，即y=x-2，落在y=x-2上的点的坐标有3,1,4,2,5,3,6,4,7,5,8,6，共6个，25 63故∠ABO是直角的概率为=，B错误；6432C选项，要想△AOB为锐角三角形，则点A落在直线l:y=x与直线m:y=x-2之间，根据点的坐标特征，应落在y=x-1上，满足要求的点有2,1,3,2,4,3,5,4,6,5,7,6,8,7，共7个，7故△AOB是锐角三角形的概率为，C正确；64D选项，直线OB的方程为x+y=0，OB=1+1=2，设直线n:x+y+C=0，设直线n与直线OB的距离为d，CC则d==，1+1211C令OB⋅d=×2⋅≤5，解得-10≤C≤10，222故要想△AOB的面积不大于5，则点A在x+y-10=0上，或x+y-10=0的下方，即x+y-10≤0，满足要求的点有1,1,1,2,⋯,1,8,2,1,2,2,⋯,2,8,3,1,3,2,⋯,3,7，4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6,5,1,5,2,5,3,5,4,5,5，6,1,6,2,6,3,6,4,7,1,7,2,7,3,8,1,8,2，共8+8+7+6+5+4+3+2=43个，43△AOB的面积不大于5的概率为，D正确.64故选：ACD37.(2024·山东日照·统考一模)如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型(称为“Dandelin双球”)．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球O1，球O2切于点E，F(E，F是截口椭圆C的焦点)．设图中球O1，球O2的半径分别为4和1，球心距O1O2=34，则()A.椭圆C的中心不在直线O1O2上B.EF=426 5343C.直线O1O2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为D.椭圆C的离心率为345【答案】ACD【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球O1，球O2的截面大圆，如图，点A,B分别为圆O1,O2与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段MN是椭圆长轴，可知椭圆C的中心(即线段MN的中点)不在直线O1O2上，故A正确；椭圆长轴长2a=MN=MF+FN=MF+ME=MB+MA=AB，过O2作O2D⊥O1A于D，连O2B，显然四边形ABO2D为矩形，又O2B=1,O1A=4,O1O2=34，2222则2a=AB=O2D=O1O2-O1D=34-3=5，过O2作O2C⊥O1E交O1E延长线于C，显然四边形CEFO2为矩形，2222椭圆焦距2c=EF=O2C=O1O2-O1C=34-5=3，故B错误；O1C5534所以直线O1O2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为sin∠CO2O1===，故C正确；O1O234342c3所以椭圆的离心率e==，故D正确；2a5故选：ACD.38.(2024·福建福州·统考模拟预测)通信工程中常用n元数组a1,a2,a3,⋯,an表示信息，其中ai=0或*1i,n∈N,1≤i≤n．设u=a1,a2,a3,⋯,an,v=b1,b2,b3,⋯,bn,du,v表示u和v中相对应的元素(ai对应bi，i=1,2,⋯,n)不同的个数，则下列结论正确的是()A.若u=0,0,0,0,0，则存在5个5元数组v，使得du,v=1B.若u=1,1,1,1,1，则存在12个5元数组v，使得du,v=3C.若n元数组w=0,0,⋯,0，则du,w+dv,w≥du,vn个0D.若n元数组w=1,1,⋯,1，则du,w+dv,w≥du,vn个1【答案】ACD1【解析】选项A：由题意，5个位置选则1个位置安排1即可，满足条件的数组共有C5=5个，故A正确；3选项B：由题意5个位置选则3个位置安排0即可，满足条件的数组共有C5=10个，故B错误；选项C：设u,v中对应项同时为0的共有m0≤m≤n个，同时为1的共有s0≤s≤n-m个，从而对应项一项为1与另一项为0的共有n-m-s个，这里n≥m+s，从而du,v=n-m-s，而du,w+dv,w=2s+n-m-s=du,v+2s≥du,v，故C正确，同理D正确．故选：ACD27 39.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)已知函数fx及其导函数fx的定义域均为R，若fx是奇函数，f2=-f1≠0，且对任意x，y∈R，fx+y=fxfy+fxfy，则()20201A.f1=B.f9=0C.∑fk=1D.∑fk=-12k=1k=1【答案】BD【解析】令x=y=1，得f2=2f1f1，因为f2=-f1≠0，1所以f1=-，所以A错误；2令y=1，得fx+1=fxf1+fxf1①，所以f1-x=f-xf1+f-xf1，因为fx是奇函数，所以fx是偶函数，所以f1-x=-fxf1+fxf1②，由①②，得fx+1=2fxf1+f1-x=-fx-fx-1，即fx+2=-fx+1-fx，所以fx+3=-fx+2-fx+1=fx+1+fx-fx+1=fx，所以fx，fx是周期为3的函数，所以f9=f0=0，20fk=f1+f2+f3×6+f1+f2=0，k=1所以B正确，C错误；1因为f2=f-1=f1=-，2在①中令x=0得f1=f0f1+f0f1，所以f0=1，20fk=f1+f2+f3×6+f1+f2=-1，所以D正确．k=1故选：BD．40.(2024·江苏·统考模拟预测)已知正四面体O-ABC的棱长为3，下列说法正确的是()1A.平面OAB与平面ABC夹角的余弦值为3B.若点P满足OP=xOA+yOB+1-x-yOC，则OP的最小值为62C.在正四面体O-ABC内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为12230D.点Q在△ABC内，且OQ=2QA，则点Q轨迹的长度为π3【答案】AB32323232【解析】将正四面体补全为正方体，并如图建系，O0,0,0,A2,2,0,B2,0,2,3232323232C0,2,2,D2,2,2，28 OAOBABAC2=1,1,0,2=1,0,1,2=0,-1,1,2=-1,0,1,OAOBABAC设面OAB的一个法向量n1=x1,y1,z1，面ABC的一个法向量n2=x2,y2,z2，x1+y1=0-y2+z2=0所以，，取x1=-1,x2=1，解得y1=z1=y2=z2=1，x1+z1=0-x2+z2=0所以面OAB的一个法向量n1=-1,1,1，面ABC的一个法向量n2=1,1,1，n1⋅n21设平面OAB与平面ABC夹角为α,cosα=cosn1,n2==时，A对.n1n2332OP=xOA+yOB+1-x-yOC，则P,A,B,C共面，正四面体棱长为3，则正方体棱长为，23232OA⋅n232所以OA=2,2,0，|OP|min===6，B对.n23666大正四面体内切球半径⋅3=，小正四面体棱长为a，此外接球半径a，124466232∴≥a,∴a≤1,V=a≤，C错.441212分别在OA上取Q1使Q1A=1，延长OA至Q2使Q2A=3，∴Q1O=2Q1A,Q2O=2Q2A，取Q1,Q2的中点M,∴Q在以M为球心，1Q1Q2=2为半径的球面上，且Q在△ABC内，作M在平面ABC上的射影M，266230∴MM=×1=,∴MQ=4-=,Q为图中RS，显然不是一个完整的圆，333330230∴Q的轨迹长度不为2π⋅=π，D错.33故选：AB.241.(2024·云南昆明·统考模拟预测)设O为坐标原点，直线l过抛物线C：y=2pxp>0的焦点F且与C交于A，B两点(点A在第一象限)，ABmin=4，l为C的准线，AM⊥l，垂足为M，Q0,1，则下列说法正确的是()29 A.p=2B.AM+AQ的最小值为2πC.若∠MFO=，则AB=5D.x轴上存在一点N，使kAN+kBN为定值3【答案】ABD【解析】如图，对于A项，因直线l1经过点F,故当且仅当AB为通径时，|AB|最短，即2p=4，即p=2，故A项正确；对于B项，由抛物线定义知|AM|=|AF|，故AM+AQ=AF+AQ，由图知，当且仅当Q,A,F三点共线时，AF+AQ取得最小值，即AM+AQmin=QF=2,故B项正确；π对于C项，因|FK|=p=2,在Rt△MFK中，由∠MFO=可得：|KM|=23,即得点P(3,23)，3221于是l1:y=3x-3代入y=4x中，整理得：3x-10x+3=0，解得：xA=3,xB=，即得A(3,23),3123B3,3，122347故|AB|=3-3+23-3=,即C项错误；322对于D项，设直线l1:x=my+1，代入y=4x中，整理得：y-4my-4=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则得：y1+y2=4m，y1y2=-4y1y2y1y2设在x轴上存在一点N(t,0)，则kAN+kBN=+=+=x1-tx2-tmy1+1-tmy2+1-t2my1y2+(1-t)(y1+y2)22my1y2+(1-t)m(y1+y2)+(1-t)2m(-4)+4(1-t)m2m(-4)+4(1-t)m-4m(t+1)===，22222222-4m+4(1-t)m+(1-t)-4m+4(1-t)m+(1-t)(t-1)-4mt故当t=-1时，kAN+kBN=0，即存在点N(-1,0)使得kAN+kBN为定值0.故D项正确.故选：ABD.242.(2024·湖南·高三校联考开学考试)已知O为坐标原点，P,Q为抛物线C:x=2py(p>0)上两点，F为C的焦点，若F到准线l的距离为2，则下列结论正确的是()A.若M1,3，则△PMF周长的最小值为2+51B.若直线PQ过点F，则直线OP,OQ的斜率之积为-4QNC.若N0,-1，则的取值范围是[1,2]QF9πD.若△POF的外接圆与准线l相切，则该外接圆的面积为430 【答案】BCD2【解析】依题意，p=2，则抛物线C：x=4y的焦点F(0,1)，作PB⊥l，垂足为B，△PMF的周长为PF+PM+MF=PB+PM+MF≥4+MF=4+5，当且仅当M,P,B共线时取等号，A错误；2x=4y若直线PQ过点F，设直线PQ的方程为y=kx+1，由，y=kx+1222x1x2得x-4kx-4=0，设Px1,y1,Qx2,y2，则x1+x2=4k,x1x2=-4，y1y2=⋅=1，44y1y21因此直线OP，OQ的斜率之积为⋅=-，B正确；x1x24222|QN|x2+(y2+1)4y2+(y2+1)1若N(0,-1)，则==，令t=y2+1≥1,0<≤1，|QF|y2+1y2+1t|QN|t2+4t-4t2+4t-4112所以===-4-+2∈[1,2]，C正确；|QF|tt2t2若△POF的外接圆与准线l相切，设△POF的圆心为D，则|DF|=|DO|，0+11139π因此圆心D的纵坐标y==，则其半径r=+1=，面积为，D正确.22224故选：BCD243.(2024·山东·高三山东省实验中学校考开学考试)已知函数fx=lnx+1-x+1，则()A.fx在其定义域上是单调递减函数B.y=fx的图象关于0,1对称C.fx的值域是0,+∞D.当x>0时，fx-f-x≥mx恒成立，则m的最大值为-1【答案】ACD2【解析】已知函数fx=lnx+1-x+1，222由于x+1>x=|x|≥x，即x+1-x>0，故函数fx的定义域为R，2x-x+1对于选项A，函数fx的导函数为：fx=，22x+1⋅(x+1-x+1)2由于x+1-x>0，得fx<0，所以fx在其定义域上是单调递减函数，选项A正确；对于选项B，取特值：f(1)=ln2，f(-1)=ln(2+2)，f(1)+f(-1)ln2+ln(2+2)ln(2+22)且==≠1，22231 即函数图象上存在点(-1,f(-1))和点(1,f(1))不关于0,1对称，选项B错误；22对于选项C，由于x+1-x>0，得x+1-x+1>1，2得fx=lnx+1-x+1>ln1=0，21当x→+∞时，x+1-x+1=+1→1，2x+1+x2当x→-∞时，x+1-x+1→+∞，同时fx在其定义域上是单调递减函数，故fx的值域是0,+∞选项C正确；对于选项D，定义F(x)=fx-f-x-mx，x>0，22则F(x)=lnx+1-x+1-lnx+1+x+1-mx，12F(x)=ln+1-lnx+1+x+1-mx，x2+1+x2x+1+x+12F(x)=ln-lnx+1+x+1-mx，x2+1+x2故F(x)=-lnx+1+x-mx，x+121x+1其导函数F(x)=--m=--m，22x+1+xx+1若x∈(0,+∞)，fx-f-x≥mx恒成立，即函数F(x)≥0恒成立，由于F(0)=0，则F(0)≥0在x∈0,+∞上恒成立，即F(0)=-1-m≥0，得m≤-1，2当m=-1时，G(x)=-lnx+1+x+x，x∈(0,+∞)1G(x)=-+1，2x+1211由于x∈(0,+∞)，则x+1>1，<1，G(x)=-+1>0，22x+1x+1所以函数G(x)在区间(0,+∞)上单调递增，且G(0)=-ln1+0=0，则x∈(0,+∞)时，G(x)>0恒成立，同时x∈(0,+∞)，由于m≤-1，-mx≥x22则F(x)=-lnx+1+x-mx≥-lnx+1+x+x=G(x)>0，显然F(x)>0恒成立，x∈(0,+∞)时，fx-f-x≥mx恒成立，则m的最大值为-1正确；选项D正确；故选：ACD.三、填空题2x44.(2024·广东·高三统考阶段练习)若圆C与抛物线Γ:y=在公共点B处有相同的切线，且C与y轴切于Γ6∠ACB的焦点A，则sin=．23【答案】232 2x333【解析】抛物线Γ:y=6的焦点为A0,2，准线l为y=-2，依题意不妨令C在第一象限，Ca,2，122322则圆C的半径r=a，设Bx0,6x0x0>0，则圆C的方程为(x-a)+y-2=a，121x0由y=x，则y=x，所以抛物线在点B处的切线m的斜率k=，6332x因为圆C与抛物线Γ:y=在公共点B处有相同的切线，所以直线CB与m垂直，61236x0-2x0113所以⋅=-1，则a=x0+x0①，x0-a321821232221232又点B在圆C上，所以x0-a+6x0-2=a，则x0-2ax0+6x0-2=0②，211312324222所以x0-22x0+18x0x0+6x0-2=0，整理可得x0+6x0-27=0，解得，x0=3或x0=-9(舍去)，1132121所以r=a=x0+x0=,yB=x0=，所以|AB|=2，218362|AB|∠ACB213所以sin===．2|AC|2233故答案为：22y2x45.(2024·广东·高三校联考开学考试)已知双曲线C:2-2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过ab点F1的直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点．若AB=3BF1，且AF2=BF2，则双曲线C的离心率是．41【答案】3【解析】设BF1=m，则AF1=4m.由双曲线的定义可得BF2=m+2a,AF2=4m-2a.4a因为AF2=BF2，所以m+2a=4m-2a，所以m=，34a16a10a则BF1=,AF1=，AF2=BF2=.333222在△BF1F2中，由余弦定理可得BF2=BF1+F1F2-2BF1F1F2cos∠BF1F2，1002162216162282即a=a+4c-accos∠BF1F2，即accos∠BF1F2=4c-a，99333222在△AF1F2中，由余弦定理可得AF2=AF1+F1F2-2AF1F1F2⋅cos∠BF1F2，10022562264161322则a=a+4c-accos∠BF1F2，即accos∠BF1F2=a+c，9933322228213222412c41c41从而4c-a=a+c，即3c=a，即=，故e==.3332923aa41故答案为：.32y2x46.(2024·广东湛江·统考一模)已知F1-c,0，F2c,0分别为椭圆C：2+2=1a>b>0的左、右焦点，过ab点P3c,0的直线l交椭圆C于A，B两点，若PB=2PA，F2B=3F2A，则椭圆C的离心率为．105【答案】1533 【解析】由PB=2PA，得A为线段PB的中点，且点P在椭圆外，所以3c>a，1则e>，又P3c,0，所以F2为线段PF1的中点，所以AF2⎳BF1，3设F2A=m，则BF1=2m，又F2B=3F2A，所以F2B=3m，2由椭圆的定义可知：2a=BF1+BF2=2m+3m=5m，得m=a，5如图，延长BF1交椭圆C于点Q，连接QF2，则由椭圆的对称性可知，QF1=F2A=m，又2a=QF1+QF2，故QF2=4m，222222QB+BF2-QF23m+3m-4m1由余弦定理可得：cos∠QBF2===，2QB⋅BF22⋅3m⋅3m92221352在△BF1F2中，F1F2=2c，由余弦定理可得4c=4m+9m-2×2m×3m×=m，932352354272即c=m=×a=a，12122515c71051所以椭圆C的离心率为e===>.a15153105故答案为：1522247.(2024·广东梅州·统考一模)已知圆C:x-4+y=5，点P在抛物线T:y=4x上运动，过点P引圆C的切线，切点分别为A，B，则AB的取值范围为.105【答案】,25322【解析】依题意，圆C:x-4+y=5的圆心为C4,0，半径r=5，2抛物线T:y=4x的焦点为F1,0，画出圆和抛物线的图象如下图所示，2设Px0,y0，则y0=4x0，222222PC=x0-4+y0，切线长PA=PB=PC-r=x0-4+y0-5，ADACPA×r由Rt△ADC∼Rt△PAC得=，则AD=，PAPCPC2PA×rPC垂直平分弦AB，则AB=2AD=，PC2225⋅x0-4+y0-555即AB==25⋅1-=25⋅1-22x-42+y2x-42+4xx0-4+y000005=25⋅1-2x0-2+12255又x0≥0，则x0-2+12≥12，即0<2≤，x0-2+121275215则≤1-<1，则≤1-<1，12262x0-2+12x0-2+1234 1055即≤25⋅1-<25，32x0-2+12105所以AB的取值范围是,25.3105故答案为：,25348.(2024·广东深圳·统考一模)已知函数fx=ax-x1x-x2x-x3(a>0)，设曲线y=fx在点xi,fxi处切线的斜率为kii=1,2,3，若x1,x2,x3均不相等，且k2=-2，则k1+4k3的最小值为．【答案】18【解析】由于fx=ax-x1x-x2x-x3(a>0)，故fx=ax-x1x-x2+x-x2x-x3+x-x3x-x1，故k1=ax1-x2x1-x3,k2=ax2-x3x2-x1，k3=ax3-x1x3-x2，111111则++=++k1k2k3ax1-x2x1-x3ax2-x3x2-x1ax3-x1x3-x2x3-x2+x1-x3+x2-x1==0，ax1-x2x2-x3x3-x1111由k2=-2，得+=，k1k32由k2=-2，即k2=ax2-x3x2-x1<0，知x2位于x1,x3之间，不妨设x1<x2<x3，则k1>0,k3>0，11k14k3k14k3故k1+4k3=2k1+4k3+=25++≥25+2⋅=18，k1k3k3k1k3k1k14k3=k3k1当且仅当111，即k1=6,k3=3时等号成立，+=k1k32故则k1+4k3的最小值为18，故答案为：18149.(2024·广东深圳·统考一模)设点A-2,0,B-,0,C0,1，若动点P满足PA=2PB，且AP=λAB+2μAC，则λ+2μ的最大值为．22+4【答案】31【解析】设P(x,y)，则PA=(-2-x,-y),PB=--x,-y，222122由PA=2PB，得(-2-x)+(-y)=2-2-x+(-y)，22整理，得x+y=1，3又AP=(x+2,y),AB=,0,AC=(2,1)，2x+2=3λ+2μ代入AP=λAB+μAC⇒2，y=μ332有x+y+2=λ+3μ=(λ+2μ)，所以λ+2μ=(x+y+2)，2232212由1=x+y≥2xy，得xy≤，当且仅当x=y=时等号成立，22222所以(x+y)=x+2xy+y≤1+1=2，得x+y≤2，35 2222+4所以λ+2μ=(x+y+2)≤(2+2)=.33322+4即λ+2μ的最大值为.322+4故答案为：350.(2024·湖南长沙·长郡中学校考一模)如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为3，则球形灯半径r与正四棱台外接球半径R的比值为.557+57【答案】114【解析】如图所示，设正四棱台A1B1C1D1-ABCD上底面与下底面中心分别为O1,O,作截面ACC1A1，则正四棱台外接球球心O及球形灯的圆心O均在直线OO1上，作AH⊥A1C1于H.因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为3，22则有A1O1=22,AO=2，A1H=A1O1-AO=2，O1O=AH=A1A-A1H=3-2=1.222在Rt△OO1A1中，OO1=OA1-A1O1=R-8，222在Rt△OOA中，OO=OA-AO=R-2，2257所以O1O=OO-OO1=R-2-R-8=1，整理得R=.25752+2R+R-82257+5由图可知，在圆O中，有2r=R+OO1=R+R-8,解得r===，224r557+57所以=.R114557+57故答案为：11451.(2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考一模)已知函数fx=x+ax-2a+x+4aa<0，若ππfsin0+fsin6+fsin2=0，则关于x的不等式-fx+2a<fx<3的解集为．36 3【答案】1,2【解析】由题意，得f-a+x=xx-3a+x+3a，f-a-x=-xx+3a+x-3a，所以f-a+x+f-a-x=0，即函数y=fx关于点-a,0中心对称．因为x-2a+x+4a>0恒成立，所以当x>-a时，fx>0，当x<-a时，fx<0．所以fx=0有唯一的解x=-a>0．22x+a,x≥-4afx=-6ax+a,2a<x<-4a，2-2x+a,x≤2a2当x≥-4a时，fx=2x+a，函数单调递增，当2a<x<-4a时，fx=-6ax+a，函数单调递增，2当x≤2a时，fx=-2x+a，函数单调递增，22又2-4a+a=-6a-4a+a，-2×2a+a=-6a2a+a，故fx在R上单调递增，ππ1fsin0+fsin6+fsin2=f0+f2+f1=0，由对称性可知f0=-f-2a，1下面证明-a=，过程如下：211若-a>时，则f<0，且-2a>1，则f-2a>f1，-f-2a<-f1，22f0+f1=f1-f-2a<0，1此时f0+f+f1<0，211同理可得当-a<时，f0+f+f1>0，2211111当-a=2，即a=-2时，f2=0，f0+f1=0，满足f0+f2+f1=0，即a=-2．122x-2,x≥23x-1故fx=2,-1<x<2，12-2x-2,x≤-1129当x≥2时，fx=2x-≥，2213当-1<x<2时，令3x-=3，解得x=，22129当x≤-1时，fx=-2x-≤-，223又不等式-fx+2a<fx<3，所以-fx-1=f2-x<fx<3=f．23由fx<3，得x<．由f2-x<fx，得x>1．23所以原不等式的解集为1,．23故答案为：1,252.(2024·湖北武汉·统考模拟预测)“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验37 容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在1号仓，则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器外的概率为．10【答案】13P=2+1P1332111110【解析】设从i出发最终从1号口出的概率为Pi，所以P2=3P1+0+3P3=3P1+6P2，解得P1=13.P=1P32210故答案为：.132y2x53.(2024·湖北武汉·统考模拟预测)设椭圆+=1的左右焦点为F1，F2，过点F2的直线与该椭圆交于A，95B两点，若线段AF2的中垂线过点F1，则BF2=．10【答案】7【解析】2y2x设线段AF2的中垂线与AF2相交于点M，由椭圆+=1方程可知，95a=3，b=5，c=2；由已知有：AF1=F1F2=2c=4，点A在椭圆上，根据椭圆定义有：AF1+AF2=2a=6，所以AF2=2，AM=MF2=1，F2M1在Rt△F1F2M中，cos∠F1F2M==，∠F1F2M+∠F1F2B=π，F1F241cos∠F1F2B=-，点B在椭圆上，根据椭圆定义有：BF1+BF2=2a=6，4设BF2=m，则BF1=6-m，F1F2=4，在△F1F2B中由余弦定理有：22222F1F2+BF2-BF116+m-6-m1cos∠F1F2B===-,2F1F2⋅BF28m41010解得m=，即BF2=.7710故答案为：754.(2024·山东日照·统考一模)已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为，H的面积的最大值为．38 424【答案】5/233【解析】取SC中点F,BF⊥SC,DF⊥SC,且BF∩DF=F，BF,DF⊂平面BDF，可知SC⊥平面BDF，根据平面的基本性质，作平面与平面BDF平行，如图至多为五边形.SE令=λ，则EP=λBF=3λ,SP=λSB=2λ，SF可得PB=BQ=PQ=21-λ,NQ=MP=λBD=22λ，3+3-41222则cos∠DFB==，可得sin∠DFB=1-cos∠DFB=，2×3×3331222所以S△EMP=×3λ×3λ×=2λ，23又因为MN与NQ的夹角为SA与BD夹角，而SA与BD垂直，则SPMNQ=22λ×21-λ=42λ1-λ，222242可得S=42λ1-λ+2λ=-32λ+42λ=-32λ-+，33242可知：当λ=时，S取最大值.3342故答案为：5；.355.(2024·福建福州·统考模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，整点P(横坐标与纵坐标均为整数)在第一象22限，直线PA，PB与圆C：x+2+y=4分别切于A，B两点，与y轴分别交于M，N两点，则使得△PMN周长为221的所有点P的坐标是．【答案】1,4或2,3【解析】如图：39 22因为直线PA，PB分别与圆C：x+2+y=4相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于M，N两点，所以PA=PB，AM=OM，BN=ON，所以△PMN的周长为PM+MN+PN=PM+OM+ON+PN=PM+AM+BN+PN222=PA+PB=2PA=2PC-AC=2|PC|-4=221，22所以PC=5，设Px0,y0,x0>0,y0>0，所以x0+2+y0=25，因为P为整点，所以点P的坐标为1,4或2,3．故答案为：1,4或2,356.(2024·浙江湖州·湖州市第二中学校考模拟预测)正方形ABCD位于平面直角坐标系上，其中A(1,1)，B(-1,1)，C(-1,-1)，D(1,-1)．考虑对这个正方形执行下面三种变换：(1)L：逆时针旋转90°．(2)R：顺时针旋转90°．(3)S：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是A，B，C，D四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换R之后，顶点A从(1,1)移动到(1,-1)，然后再作一次变换S之后，A移动到(-1,1)．对原来的正方形按a1，a2，⋯，ak的顺序作k次变换记为a1a2⋯ak，其中ai∈{L,R,S}，i=1,2,⋯,k．如果经过k次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是k-恒等变换．例如，RRS是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共种；对于正整数n，n-恒等变换共种．nn3⋅(-1)+3【答案】64【解析】3-恒等变换必定含S，所以一共有LLS，LSL，SLL，RRS，RSR，SRR这6种3-恒等变换；注意到，作用一次S变换相当于两次L变换；作用一次R变换相当于三次L变换．我们记L为数字1，S为数字2，R为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了n次变换a1a2⋯an(其中包含p个L、q个S、r个R)，当p+2q+3r是4的倍数时，就能得到一个n-恒等变换．我们假设作了n次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为an，bn，cn，dn.把这n次变换分解成n-1次变换和第n次变换，假设经过n次变换之后余数为0．如果经过n-1次变换后的余数是0，则第n次变换余数不可能为0；如果经过n-1次变换后的余数分别是1，2，3，则第n次变换余数必须分别为3，2，1．其他完全类似，因此an=bn-1+cn-1+dn-1，bn=an-1+cn-1+dn-1，cn=an-1+bn-1+dn-1，dn=an-1+bn-1+cn-1．把后三个式子相加可得bn+cn+dn=3an-1+2bn-1+cn-1+dn-1，代入第一个式子可得an+1=2an+3an-1，⇔an+1+an=3an+an-1．所以an+1+an是公比为3的等比数列．40 已经算出a3=6，而2-恒等变换有LR，RL，SS这三种，故a2=3．因此，a3+a2=9，从而an+1+an=n-2n-2na3+a2×3=9×3=3．n+1n+1nn两边同乘(-1)，可得(-1)an+1-(-1)an=-(-3)．n-191-(-3)n-2nn2k9-(-3)根据累加法可得(-1)an-(-1)a2=-(-3)=-=-.k=21-(-3)4nn3⋅(-1)+3于是an=．4nn3⋅(-1)+3故答案为：6；457.(2024·江苏·统考模拟预测)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若a=2,c=3,cosB=bcosC,P,Q分别在边AB和CB上，且PQ把△ABC的面积分成相等的两部分，则PQ的最小值为.【答案】3【解析】222222a+c-ba+b-c由cosB=bcosC，得=b⋅，2ac2ab2222222+3-b2+b-3即=b⋅，解得b=7，2×2×32×2b222a+c-b4+9-71π1333cosB===,B=,S△ABC=×2×3×=，2ac2×2×3232223313333S△PBQ=，令BP=x,BQ=y,x⋅y⋅=,∴xy=3,y=，4224x0<x≤3322229令3，得≤x≤3，PQ=x+y-2xycosB=x+-3≥29-3=3，0<≤22x2x29所以PQmin=3，当且仅当x=即x=3时等号成立.2x故答案为：3.58.(2024·云南昆明·统考模拟预测)函数fx=x+1x+2x-3x-4的最小值为．25【答案】-4432【解析】由题意得f(x)=x-4x-7x+22x+24，322所以f(x)=4x-12x-14x+22=2(x-1)(2x-4x-11)，2626令f(x)=0，解得x1=1-,x2=1,x3=1+，22所以f(x)在-∞,x1单调递减，在x1,x2单调递增，在x2,x3单调递减，在x3,+∞单调递增；26262626131325fx1=2-23-2-2-2-3-2=4-29-2=-4，26262626131325fx3=2+23+2-2+2-3+2=2-42-9=-4,41 25所以f(x)的最小值为-，425故答案为：-.459.(2024·湖南·高三校联考开学考试)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC,PA=2,PB=7,AB=3,M为棱AB上靠近点B的三等分点，且CM为∠ACB的角平分线，则二面角P-AC-B的平面角的正切值的最小值为．【答案】23【解析】过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，过点Q作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，如图，由平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PQ⊂平面PAB，则PQ⊥平面ABC，而HQ,AC⊂平面ABC，于是PQ⊥HQ，PQ⊥AC，又PQ∩QH=Q,PQ,QH⊂平面PQH，因此AC⊥平面PQH，而PH⊂平面PQH，则AC⊥PH，∠PHQ为二面角P-AC-B的平面角，2222+3-(7)1°在△PAB中，cos∠PAB==，则∠PAB=60，2×2×32则PQ=AP⋅sin∠PAB=3,AQ=AP⋅cos∠PAB=1，PQ3在△ABC中，HQ=AQ⋅sin∠BAC=sin∠BAC，从而tan∠PHQ==，QHsin∠BAC在平面ABC内，过点C作CN⊥CM交直线AB于点N，如图，则点C在以MN为直径的圆上运动，设MN的中点为O，连接OC，42 显然∠CAN=∠NMC-∠ACM,∠BCO=∠MCO-∠MCB，而∠ACM=∠MCB，因此∠CAN=∠BCO，又∠AOC=∠COB，则△AOC∽△COB，OBOC1OC-1OC于是=，又AB=3,MB=AB，则=，解得OC=2,OA=4，OCOA3OCOC+2当直线AC与圆O相切时，∠BAC最大，tan∠PHQ最小，OC1(sin∠BAC)max==,(tan∠PHQ)min=23，OA2所以二面角P-AC-B的平面角的正切值的最小值为23.故答案为：2360.(2024·山东·高三山东省实验中学校考开学考试)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为23,M,N为体26对角线BD1的三等分点，动点P在三角形ACB1内，且三角形PMN的面积S△PMN=，则点P的轨迹长3度为.26【答案】π3222【解析】因为正方体的棱长为23，所以BD1=23+23+23=6，BD1所以MN==2，312626设P到MN的距离为d，由S△PMN=d|MN|=，得d=，233∵A1D1⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴A1D1⊥AB1，又AB1⊥A1B，A1D1∩A1B=A1，∴AB1⊥平面A1D1B，∴BD1⊥AB1，同理可证BD1⊥AC，又AB1∩AC=A，∴BD1⊥面AB1C，26∴P点在△AB1C所在平面的轨迹是以为半径的圆，331∵△AB1C内切圆的半径为23⋅2⋅⋅=2，23∴该圆一部分位于三角形外，43 222626如图有x+(2)=3，解得x=3，π∴∠HOB=，6∴圆在三角形内的圆弧为圆周长的一半，12626∴l=⋅2π⋅=π，23326故答案为：π.32y22x61.(2024·山东·高三山东省实验中学校考开学考试)已知抛物线y=2px(p>0)的焦点F为椭圆+=143的右焦点，直线l过点F交抛物线于A,B两点，且AB=8.直线l1,l2分别过点A,B且均与x轴平行，在直线l1,l2上分别取点M,N(M,N均在点A,B的右侧)，∠ABN和∠BAM的角平分线相交于点P，则△PAB的面积为.【答案】822y2x【解析】由+=1的右焦点为1,0，所以抛物线的焦点为F(1,0)，43p2故=1，则p=2，因此抛物线y=4x，2当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，代入抛物线的方程，得y=±2，所以A(1,2)，B(1,-2)，所以|AB|=4，不合题意，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，y=k(x-1)2联立，得k2x2-(2k2+4)x+k2=0，所以x+x=2k+4，y2=4x122kpp222k+44k+4所以|AB|=x1+2+x2+2=x1+x2+p=2+2=2=8，所以k=±1，kk由对称性不妨设k=1，则∠AFx=45°，因为∠ABN和∠BAM的平分线相交于点P，AM⎳BN，所以PA⊥PB，∠ABN=45°，∠ABP=22.5°，所以在Rt△ABP中，AP=ABsin22.5°=8sin22.5°，BP=ABcos22.5°=8cos22.5°，1所以S△ABP=⋅8sin22.5°⋅8cos22.5°2=32sin22.5°8cos22.5°=16sin45°=82，故答案为：82．44