2024年新高考新结构题型数学选填压轴好题汇编03（解析版）

2024年新高考新结构题型数学选填压轴好题汇编03一、单选题1(2024·广东·一模)已知函数hx的定义域为R，且满足hx+1+hx-1=2,h2-x是偶函数，103h2=0，若n∈Z，则h(n)=()n=-103A.202B.204C.206D.208【答案】C【解析】因为hx+1+hx-1=2，所以hx+2+hx=2①，即有hx+4+hx+2=2②，由①②得到hx+4=hx，所以函数hx的周期为4，又h2-x是偶函数，所以h2+x=h(2-x)，得到h(x)=h(4-x)=h(-x)，即函数hx为偶函数，又由hx+2+hx=2，得到h1+h3=2，h2+h4=2，h0+h2=2，103103又h2=0，所以h0=2，故h(n)=2h(n)+h(0)=2×25×4+h(0)+2(h(1)+h(2)+h(3))=n=-103n=1206，故选：C.x2(2024·高三·湖南·阶段练习)设方程2⋅log2x=1的两根为x1，x2x1<x2，则()1A.0<x1<1，x2>2B.x1>C.0<x1x2<1D.x1+x2>3x2【答案】Cx1x【解析】由题意得，0<x1<x2，由2⋅log2x=1得log2x-2=0，1x如图画出函数y=log2x和y=2的图象，两个函数有2个交点，1x11311令fx=log2x-2x>0，则f1=-2<0，f2=1-4=4>0，f2=1-2>0，11由f2⋅f1<0，f1⋅f2<0得x1∈2,1，x2∈1,2，故A错；1x21x11x21x1由log2x2-2=log2x1-2=0，得log2x2-log2x1=2-2，11x21x1由x1∈2,1，x2∈1,2，得log2x2+log2x1=2-2<0，即log2x1x2<0，所以0<x1x2<1，故C对，B错，1由x1∈2,1，x2∈1,2，所以x1+x2<3，D错误.故选：C2y22y2xx3(2024·福建·二模)已知椭圆+=1(a>b>0)与双曲线-=1(m>0,n>0)有共同的2222abmn1 π焦点F1，F2，且在第一象限内相交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2．若∠F1PF2=，则e1⋅e2的3最小值是1233A.B.C.D.2222【答案】C【解析】设共同的焦点为(-c,0)，(c,0)，设PF1=s，PF2=t，运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和基本不等式，即可得到所求最小值．设共同的焦点为(-c,0)，(c,0)，设PF1=s，PF2=t，由椭圆和双曲线的定义可得s+t=2a，s-t=2m，解得s=a+m，t=a-m，π在ΔPF1F2中，∠F1PF2=，3222可得F1F2=PF1+PF2-2PF1⋅PF2⋅cos∠F1PF2，22222即为4c=(a+m)+(a-m)-(a+m)(a-m)=a+3m，22a3m即有+=4，22cc13即为+=4，22e1e2133由+≥2，2222e1e2e1e233可得e1⋅e2≥，当且仅当e2=3e1时，取得最小值，22故选C．2cos40°+cos80°4(2024·高三·湖南长沙·阶段练习)求值：=()sin80°33A.3B.C.-3D.-33【答案】A2cos40°+cos80°2cos120°-80°+cos80°【解析】=sin80°sin80°2cos120°cos80°+sin120°sin80°+cos80°3sin80°===3.sin80°sin80°故选：A.5(2024·陕西安康·二模)宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图(如下图)将平衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数fx，若存在圆C，使得fx的图象能将圆C的周长和面积同时平分，则称fx是圆C的太极函数．下列说法正确的是()①对于任意一个圆，其太极函数有无数个2 x122②fx=log12+1+x是x+y+1=1的太极函数22③太极函数的图象必是中心对称图形④存在一个圆C，fx=sinx+cosx是它的太极函数A.①④B.③④C.①③D.②③【答案】A【解析】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确x-x11+21对于②：f-x=log12+1-2x=log1x-2x，222x2+1fx-f-x=log1x+x=-x+x=0，所以fx关于y轴对称，不是太极函数，故②错误；22+1x2对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；π对于④：曲线fx=sinx+cosx=2sinx+存在对称中心，4所以必是某圆的太极函数，故④正确．故选：A．6已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足：①f(0)=f(1)=0；1②对所有x,y∈[0,1]，且x≠y，有f(x)-f(y)<x-y.2若对所有x,y∈[0,1]，f(x)-f(y)<k，则k的最小值为1111A.B.C.D.242π8【答案】B1【解析】不妨令0≤x<y≤1，则fx-fy<x-y2法一：2fx-fy=fx-f0+fx-fy-fy-f1≤fx-f0+fx-fy+fy-f11111111<x-0+x-y+y-1=x+y-x+y-1=，22222221即得fx-fy<，41ux,0≤x≤12另一方面，当u∈0,时，fx={1，符合题意，2-u1-x,<x≤1211u1当u→2时，f2-f0=2→4，1故k≤4111法二：当x-y≤时，fx-fy<x-y≤，2241当x-y>时，fx-fy=fx-f0-fy-f12≤fx-f1+fy-f01111111<x-1+y-0=1-x+y=+y-x<，22222243 1故k≤4考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.π7(2024·高三·浙江杭州·专题练习)已知三棱锥S-ABC中，∠SAB=∠ABC=,SB=4,AB=2,2πBC=3，SA和BC所成的角为，则该三棱锥外接球的表面积是()3A.12πB.16πC.24πD.32π【答案】B【解析】将三棱锥S-ABC放入长方体ABCD-EFGH中，S在棱EH上面，并以A为原点，AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系：π由题意∠SAB=∠ABC=,SB=4,AB=2,BC=3，2所以SA=16-4=23，π因为SA和BC所成的角为，AD⎳BC，3ππ所以AE=23sin=3,ES=23cos=3，33而底面三角形外接圆圆心为AC中点O1，设球心O到平面ABC的距离为h，33则A0,0,0,B2,0,0,C2,3,0,S0,3,3,O11,2,0,O1,2,h，33所以OA=-1,-2,-h,OS=-1,2,3-h，23232则由OA=OS=R⇒R=+1+h=+1+3-h，44322解得h=,R=4，从而S=4πR=16π，2即该三棱锥外接球的表面积是16π.故选：B.an+1*8已知等差数列an中，a4+a5=2记bn=，n∈N，则数列bn的前8项和为()an-1A.0B.4C.8D.16【答案】C【解析】由等差数列性质得an+a9-n=a4+a5an+1an-1+22bn===1+,an-1an-1an-12*设cn=，当1≤n≤8，n∈N时，an-122an+a9-n-2a4+a5-2cn+c9-n=+=2⋅=2⋅=0,an-1a9-n-1an-1a9-n-1an-1a9-n-1故b1+b2+b3+⋯+b8222=1++1++⋯+1+=8+c1+c2+⋯+c8a1-1a2-1a8-1=8+c1+c8+c2+c7+c3+c6+c4+c5=8故选：Cπ19(2024·高三·浙江·阶段练习)若3sinθ+cosθ=10，则tanθ+-π的值为()8tanθ+84 12A.-7B.-14C.D.77【答案】B22【解析】一方面由题意3sinθ+cosθ=10，且注意到sinθ+cosθ=1，231010联立得10sinθ-610sinθ+9=0，解得sinθ=,cosθ=，1010sinθ所以tanθ==3，cosθ2tanπππ8另一方面不妨设x=tan>0，且tan=1=，841-tan2π82π所以有x+2x-1=0，解得x=-1+2或x=-1-2(舍去)，即x=tan=-1+2，8πtanθ+x3+-1+22+2×4+32由两角和的正切公式有tanθ+====81-x⋅tanθ1-3-1+24-32×4+32-7+52，π11所以tanθ+-π=-7+52+8tanθ+7+5287-52=-7+52+7+52×7-52=-7-52+52-7=-14.故选：B.2y2x10(2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知过坐标原点O且异于坐标轴的直线交椭圆+=1(a>22abb>0)于P,M两点，Q为OP中点，过Q作x轴垂线，垂足为B，直线MB交椭圆于另一点N，直线PM,PN1的斜率分别为k1,k2，若k1k2=-，则椭圆离心率为()21336A.B.C.D.2323【答案】D【解析】如图所示：mnm设Pm,n，则M-m,-n,Q2,2,B2,0，22b22b22y+ny-ny2-n22a-xN-2a-mb2NNNaa而kMN⋅kPN=x+m⋅x-m=22=22=-2，NNxN-mxN-ma1又因为kPM⋅kPN=-，2nk22PMm3ab1所以===，解得=，kn22b2a23MNm+m22cb6所以椭圆离心率为e==1-=.a23a故选：D.2y21x11(2024·高三·江苏南京·开学考试)斜率为的直线l经过双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦2a2b2点F1，与双曲线左，右两支分别交于A，B两点，以双曲线右焦点F2为圆心的圆经过A，B，则该双曲线的离心率为()5 15A.2B.3C.5D.3【答案】D【解析】取AB的中点M，连接MF2，由题意可知：AF2=BF2，则MF2⊥AB，设AF1=m>0，则AF2-AF1=2a，即BF2=AF2=m+2a，因为BF1-BF2=2a，则BF1=BF2+2a=m+4a，1可得AM=AB=2a，MF1=AF2=m+2a，211又因为直线AB的斜率为，即tan∠AF1F2=，且∠AF2F1为锐角，22sin∠AF1F21sin∠AFF=5sin∠AFF=-5cos∠AFF=2125125则12，可得或(舍去)，sin2∠AFF+cos2∠AFF=1cos∠AFF=25cos∠AFF=-25121212512525c45c则MF2=F1F2sin∠AF1F2=,MF1=F1F2cos∠AF1F2=，55222225c245c2252且MF2+AM=AF2，即4a+5=5，整理得c=3a，2c15所以双曲线的离心率e==.23a故选：D.1.焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．2y2x12(2024·高三·湖南长沙·阶段练习)双曲线C:-=1的右支上一点P在第一象限，F1，F2分别为916双曲线C的左、右焦点，I为△PF1F2的内心，若内切圆I的半径为1，则△PF1F2的面积等于()3216A.24B.12C.D.33【答案】C2y2x【解析】由双曲线C:-=1的a=3，b=4，c=5，916设圆与三角形三边相切于点M,N,Q,则PF1-PF2=PM+MF1-QF2-PQ=MF1-QF2=NF1-NF2=2a，又NF1+NF2=2c，所以NF1=a+c=8,NF2=c-a=2，因此IN⊥x轴，因此NF1=a+c=8,NF2=c-a=2,IN=1,I(3,1)，IN1IN1tan∠IF1N==,tan∠IF2N==,NF18NF22sinπ-∠IFN-∠IFN1π2121所以tan2∠F2PF1=tan2-∠IF1N-∠IF2N=π==cos2-∠IF1N-∠IF2Ntan∠IF1N+∠IF2N1-1×1283IM2226==PM=,∴PF1=+8=,1+12PM333288132因此PF2=PF1-2a=,故三角形的面积为PF1+PF2+F1F2×1=．323故选：C6 x-1,x<2113(2024·高三·江苏无锡·开学考试)已知函数fx=，若方程ffx=的实2x-32-1,x≥22根个数为()A.4B.8C.10D.12【答案】Cx-1,x<21131【解析】因为fx=，则f=，f=，f2=1，f4=1，222222x-3-1,x≥2212x-3-1=233令，解得x=3-或x=3+，x≥2221又在同一平面直角坐标系中画出y=fx与y=的图象，21由图象观察可知y=fx与y=有4个交点，不妨设为x1,x2,x3,x4且x1<x2<x3<x4，213则0<x1=<1<x2=<2<x3<3<x4<4，2211当ffx=时，由fx=x1，0<x1=<1，则存在4个不同实根，223由fx=x2，1<x2=<2，则存在2个不同实根，2由fx=x3，2<x3<3，则存在2个不同实根，由fx=x4，3<x4<4，则存在2个不同实根，1综上ffx=的实根个数为10．2故选：C22222214(2024·陕西咸阳·模拟预测)已知圆C1:x-3+y=r(0<r<4)与圆C2:x+3+y=4-r交点的轨迹为M，过平面内的点P作轨迹M的两条互相垂直的切线，则点P的轨迹方程为()222222225A.x+y=5B.x+y=4C.x+y=3D.x+y=2【答案】A222【解析】圆C1:x-3+y=r(0<r<4)圆心C13,0，222圆C2:x+3+y=4-r圆心C2-3,0，设两圆交点为Nx,y，则由题意知NC1=r，NC2=4-r，所以NC1+NC2=4，又由于C1C2=23，所以由椭圆定义知，交点N是以C13,0、C2-3,0为焦点的椭圆，222x2且c=3，a=2，则b=a-c=1，所以轨迹M的方程为+y=1，47 设点Px0,y0，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为：y-y0=kx-x0，y-y0=kx-x0222联立x22，消y得4k+1x+8y0-kx0kx+4y0-kx0-4=0，+y=142222则Δ=64y0-kx0k-4×4k+14y0-kx0-4=0，22221-y022即4-x0k+2x0y0k+1-y0=0，由于k1k2=-1，则由根与系数关系知2=-1，即x0+y0=5．4-x022当切线斜率不存在或为0时，点P的坐标为2,1，-2,1，-2,-1，2,-1，满足方程x0+y0=5，22故所求轨迹方程为x+y=5．故选：A．2y2x15(2024·高三·河北保定·开学考试)已知A是左、右焦点分别为F1,F2的椭圆E:+=1上异于左、43右顶点的一点，C是线段AF1的中点，O是坐标原点，过F2作AF1的平行线交直线CO于B点，则四边形AF1BF2的面积的最大值为()33333A.2B.C.D.442【答案】D【解析】如图，因为C为线段AF1的中点，O为F1F2中点，所以OC为△AF1F2中位线，8 1OC⎳AF2,OC=AF2，又因为BF2⎳AF1，2所以四边形ACBF2为平行四边形，OC=OB，1由几何关系易得S△BF2O=S△BF1O=S△CF1O=4S△AF1F2，设S△BF2O=S，3则S△AF1F2=4S,SAF1BF2=6S,SAF1BF2=2S△AF1F2，11又S△AF1F2=2F2F1⋅yA，当且仅当yA=b=3时，S△AF1F2max=2×2×3=3，3所以SAFBF=3.122故选：D2y2x16(2024·高三·山西晋城·开学考试)已知F1，F2分别为椭圆C:+=1的两个焦点，P为椭圆上一4322点，则PF1+PF2+3PF1PF2的最大值为()A.20B.16C.64D.24【答案】A【解析】由椭圆的定义可知PF1+PF2=4，22∴PF1+PF2=16-2PF1PF2，22∴PF1+PF2+3PF1PF2=16-2PF1PF2+3PF1PF2PF1+PF22=16+PF1PF2≤16+=20，2当且仅当PF1=PF2=2时等号成立，故选：A.tanα2π17(2024·高三·山西晋城·开学考试)已知π=-，则sin2α+=()tanα+344272722A.B.C.±D.±10101010【答案】Atanα2【解析】由于=-，tanα+π34tanα+tanπ2π242tanα+1tanα=-tanα+=-⋅π=-，3431-tanαtan31-tanα41解得tanα=-或tanα=2，32π222sinαcosα+cosα2sin2α+=sin2α+cos2α=2sinαcosα+2cosα-1=2-=422sin2α+cos2α2tanα+122-，tan2α+121π2将tanα=-代入可得：sin2α+=.3410π2将tanα=2代入可得：sin2α+=.410故选：A.18(2024·高三·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是CD的中点，F是CC19 上的动点，则三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为()A.3B.23C.13D.15【答案】C【解析】连接AE，取AE的中点G，可知G为△ADE的外心，过G作平面ABCD的垂线，可知三棱锥A-DEF外接球的球心O在该垂线上，设GO=n,CF=m∈0,4，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则D0,0,0,A4,0,0,E0,2,0,G2,1,0,O2,1,n,F0,4,m，22因为OD=OF，即4+1+n=4+9+m-n，m4m4m4整理得n=+≥2⋅=22，当且仅当=，即m=22时，等号成立，2m2m2m所以三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C.π21219(2024·高三·山西·阶段练习)已知e是自然对数的底数，a=,b=esin,c=，则2lnπeln2()A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.b>c>a【答案】Bxlnx-1【解析】构建fx=,x>e，则fx=>0在e,+∞内恒成立，lnxlnx2可知fx在e,+∞内单调递增，ππ24因为a==,c==，2lnπlnπln2ln4可知f4>fπ>fe=e，即c>a>e；构建gx=x-sinx,x>0，则gx=1-cosx≥0在0,+∞内恒成立，可知gx在0,+∞内单调递增，则gx>g0=0，即x>sinx,x>0，1121可得>sin，且e>0，则e>e⋅sin，即e>b；eee综上所述：c>a>b.故选：B.20(2024·高三·重庆·阶段练习)将分别标有数字1，2，3，4，5的五个小球放入A，B，C三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒子，且A盒子中只放一个小球，则不同的放法数为()A.28B.24C.18D.1210 【答案】C112【解析】第一种情况，将五个小球按1，1，3分为三组，则安排的方法有C3C2A2=12种；11第二种情况，将五个小球按1，2，2分为三组，则安排的方法有C3C2=6种.不同的放法数为18.故选：C.二、多选题221(2024·高三·广东·阶段练习)已知O为坐标原点，点F为抛物线C:y=4x的焦点，点P4,4，直线l：x=my+1交抛物线C于A，B两点(不与P点重合)，则以下说法正确的是()πA.FA≥1B.存在实数m，使得∠AOB<22C.若AF=2BF，则m=±D.若直线PA与PB的倾斜角互补，则m=-24【答案】CD【解析】由题意可知，抛物线焦点为F(1,0)，准线方程为x=-1，直线x=my+1恒过F(1,0)，如下图所示：设A(x1,y1),B(x2,y2)，作AA1垂直于准线x=-1，垂足为A1，根据抛物线定义可知，FA=AA1=x1+1，易知x1≥0，所以FA=x1+1≥1，但当FA=1时，此时A与坐标原点重合，直线与抛物线仅有一个交点，因此FA≠1，所以FA>1，即A错误；22联立直线x=my+1和抛物线C:y=4x方程得y-4my-4=0；22y1y2所以y1y2=-4，x1x2=⋅=1，44π此时OA∙OB=OAOBcos∠AOB=x1x2+y1y2=-3<0，所以cos∠AOB<0，即∠AOB>，2π所以不存在实数m，使得∠AOB<，故B错误；21若AF=2FB，由几何关系可得y1=-2y2，结合y1y2=-4，可得y2=2或y2=-2，即B2,2或1B,-2，22将B点坐标代入直线方程可得m=±，所以C正确；4若直线PA与PB的倾斜角互补，则kPA+kPB=0，y1-4y2-4即+=0，整理得2my1y2-(4m+3)(y1+y2)+24=0，x1-4x2-43代入y1y2=-4，y1+y2=4m解得m=-2或m=，411 3当m=时，直线过点P4,4，A与P点重合，不符合题意，所以m=-2；即D正确.4故选：CD22(2024·广东·一模)将圆柱O1O2的下底面圆O1置于球O的一个水平截面内，恰好使得O1与水平截面圆的圆心重合，圆柱O1O2的上底面圆O2的圆周始终与球O的内壁相接(球心O在圆柱O1O2内部)．已3知球O的半径为3，OO1=．若R为上底面圆O2的圆周上任意一点，设RO与圆柱O1O2的下底面所成2的角为α，圆柱O1O2的体积为V，则()π27π2A.α可以取到0,中的任意一个值B.V=cosα1+2sinα2281πC.V的值可以是任意小的正数D.Vmax=4【答案】BD【解析】过R作圆柱O1O2的轴截面PQRS，过O作MN⊥O1O2交圆柱轴截面的边于M，N，22由RO与圆柱的下底面所成的角为α，则OM=3cosα,MR=3sinα，所以V=π⋅OM⋅QR=π⋅(3cosα)27π2OO1+3sinα=cosα(1+2sinα)，227π227π2即V=cosα(1+2sinα)=1-sinα⋅(1+2sinα)，故B正确；223π当点P，Q均在球面上时，角α取得最小值，此时OO1=OO2=，所以α=，26ππ所以a∈6,2，故A错误；127π227π32令sina=t∈2,1，所以V=21-t(1+2t)=2-2t-t+2t+1，27π22所以V=-6t-2t+2，另-6t-2t+2=0，2-1-13-1+13解得两根t1=,t2=，2227π227π12127π所以V=2-6t-2t+2)≤2×-6×2-2×2+2=-4<0，27π321所以V=2-2t-t+2t+1在t∈2,1时单调递减，27π1312181π所以Vmax=2×-2⋅2-2+2×2+1=4，故D正确，C错误；故选：BD．23(2024·高三·湖南·阶段练习)已知体积为2的四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，PA=3，则下列说法正确的是()12 πA.若PA⊥平面ABCD，则∠BAD为6B.过点P作PO⊥平面ABCD，若AO⊥BD，则BD⊥PCπC.PA与底面ABCD所成角的最小值为6D.若点P仅在平面ABCD的一侧，且AB⊥AD，则P点轨迹长度为33π【答案】BCD【解析】设P到底面的距离为h，114VP-ABCD=SABCD⋅h=AB⋅ADsin∠BAD⋅h=hsin∠BAD=2，3331π5π则当PA⊥平面ABCD时，h=PA=3，则sin∠BAD=，即∠BAD为或，A错误；266如图1，若PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PO⊥BD，又AO⊥BD，PO∩AO=O,PO,AO⊂平面PAO，则BD⊥平面PAO，PA⊂平面PAO,故BD⊥PA，又BD⊥AC，PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC,BD⊥PC，B正确；11设PA与底面ABCD所成角为θ，又VP-ABCD=SABCDh=SABCDPAsinθ=2，3321则sinθ=，因为SABCD=4sin∠BAD≤4，则sinθ≥，SABCD2由于θ∈0,ππ,π2，所以θ∈62π则PA与底面ABCD所成角的最小值为，C正确；6133如图2，当AB⊥AD，根据VP-ABCD=SABCDh=2，得h=，即P点到底面ABCD的距离为，过A点作3222223233底面ABCD的垂线为l，过点P作PO⊥l交l于点O，则PO=AP-AO=3-2=，点P的233轨迹是以O为圆心，为半径的圆，轨迹长度为33π，D正确.2故选：BCDx24(2024·高三·湖南长沙·阶段练习)已知函数fx=x+1e-x-1，则下列说法正确的有A.fx有唯一零点B.fx无最大值C.fx在区间1,+∞上单调递增D.x=0为fx的一个极小值点13 【答案】BCDx【解析】对于A，依题意，f-1=f0=0，即x=-1和x=0是函数fx=x+1e-x-1的零点，A错误；xx对于B，当x>0时，令ux=e-x-1，求导得ux=e-1>0，函数ux在0,+∞上递增，当x≥22时，ux≥e-3>1，而y=x+1在0,+∞上递增，值域为1,+∞，因此当x≥2时，fx>x+1，则fx无最大值，B正确；x对于C，fx=x+2e-2x-2，xx令gx=x+2e-2x-2，求导得gx=x+3e-2，xx当x>0时，令hx=x+3e-2，则hx=x+4e>0，即gx=hx在0,+∞上递增，gx>g0=1>0，则fx=gx在0,+∞上递增，fx>f0=0，因此fx在0,+∞上递增，即fx在1,+∞上单调递增，C正确；x2x+2对于D，当-1<x<0时，φx=e-，x+2x2求导得φx=e-，显然函数φx在-1,0上递增，2(x+2)11而φ-1=-2<0,φ0=>0，则存在x0∈-1,0，使得φx0=0，e2当x∈x0,0时，φx>0，函数φx在x0,0上单调递增，则φx<φ0=0，x2x+2x即当x∈x0,0时，e<，则fx=x+2e-2x-2<0，又f0=0，x+2因此x=0为fx的一个极小值点，D正确.故选：BCD25(2024·高三·山东济南·期末)已知函数fx的定义域为R，且fx+y=fx+fy+1，f1=0，则()A.f0=-1B.fx有最小值C.f2024=2023D.fx+1是奇函数【答案】ACD【解析】对于A中，令x=y=0，可得f0=-1，所以A正确；对于B中，令x=x1,y=x2-x1，且x1<x2，则fx1+x2-x1=fx1+fx2-x1+1，可得fx2-fx1=fx2-x1+1，若x>0时，fx>-1时，fx2-fx1>0，此时函数fx为单调递增函数；若x>0时，fx<-1时，fx2-fx1<0，此时函数fx为单调递减函数，所以函数fx不一定有最小值，所以B错误；对于C中，令y=1，可得fx+1=fx+f1+1=fx+1，即fx+1-fx=1，所以f2-f1=1，f3-f2=1，⋯，f2024-f2023=1，各式相加得f2024-f1=2023，所以f2024=f1+2023=2023，所以C正确；对于D中，令y=-x，可得f0=fx+f-x+1，可得fx+1+f-x+1=0，即f-x+1=-fx+1，所以函数fx+1是奇函数，所以D正确；故选：ACD.26(2024·高三·山东德州·期末)双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该2x2点与两焦点连线的夹角．已知F1,F2分别为双曲线C:-y=1的左，右焦点，过C右支上一点314 Ax0,y0x0>3作双曲线的切线交x轴于点M，交y轴于点N，则()A.平面上点B4,1,AF2+AB的最小值为37-23B.直线MN的方程为xx0-3yy0=3C.过点F1作F1H⊥AM，垂足为H，则OH=2(O为坐标原点)D.四边形AF1NF2面积的最小值为4【答案】ABD【解析】对于A，由双曲线定义得AF1-AF2=2a=23，且F1-2,0，2则AF2+AB=AF1+AB-23≥BF1-23=4--2+1-23=37-23，所以AF2+AB的最小值为37-23.故A正确；3对于B，设直线MN的方程为y-y0=kx-x0，k≠±，3y-y0=kx-x0222222联立方程组22，消去y整理得，1-3kx+6kx0-6ky0x-3kx0+6kx0y0-3y0-3=0，x-3y=3222x0∴Δ=0，化简整理得9y0k-6x0y0k+x0=0，解得k=，3y0x0可得直线MN的方程为y-y0=x-x0，即x0x-3y0y=3，故B正确；3y0对于C，由双曲线的光学性质可知，AM平分∠F1AF2，延长F1H与AF2的延长线交于点E，则AH垂直平分F1E，即AF1=AE，H为F1E的中点，111又O是F1F2中点，所以OH=F2E=AE-AF2=AF1-AF2=a=3，故C错误；22211对于D，由直线MN的方程为x0x-3y0y=3，令x=0，得y=-，则N0,-，y0y01111SAF1NF2=S△AF1F2+S△NF1F2=2×F1F2×y0+≥2×4×2y0⋅=4，y0y01当且仅当y0=，即y0=±1时等号成立，y0所以四边形AF1NF2面积的最小值为4，故D项正确.故选：ABD.1327(2024·高三·浙江杭州·专题练习)数列an满足an+1=an-6+6(n=1,2,3⋯)，则()4A.当a1=3时，an为递减数列，且存在M∈R，使an>M恒成立B.当a1=5时，an为递增数列，且存在M≤6，使an<M恒成立C.当a1=7时，an为递减数列，且存在M≥6，使an>M恒成立D.当a1=9时，an递增数列，且存在M∈R，使an<M恒成立【答案】BC13【解析】由题意可知an+1-6=an-6，415 131311331132∴a2-6=4a1-6,a3-6=4a2-6=44a1-6=4×3×a1-6，413n-113n-123n-1归纳猜想：an-6=2n-2a1-6=n-1a1-6=n-1a1-6，1+3+3+⋯+31-3341-324n-133A：当a1=3时，an-6=-2×2，则an为递减数列，无边界，故A错误；n-113B：当a1=5时，an-6=-2×2，则an为递增数列，有边界，由指数函数的单调性可知，当n→∞时，an→6，故存在M≤6，使an<M恒成立，故B正确；n-113C：当a1=7时，an-6=2×2，则an为递减数列，有边界，由指数函数的单调性可知，当n→∞时，an→6，故存在M≥6，使an>M恒成立，故C正确；n-133D：当a1=9时，an-6=2×2，则an为递增数列，无边界，故D错误；故选：BC.28(2024·高三·吉林·阶段练习)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，P是BB1的中点，AA1=AC=BC=2，若平面α过点P，且与AC1平行，则()10A.异面直线AC1与CP所成角的余弦值为101B.三棱锥C1-ACP的体积是该“堑堵”体积的333C.当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于2D.当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于22【答案】ABC【解析】对于A，由题可知AC,CB,CC1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A2,0,0,C10,0,2,C0,0,0,P0,2,1，所以AC1=-2,0,2,CP=0,2,1，16 AC1⋅CP210所以cosAC1,CP===，AC1⋅CP8⋅51010所以异面直线AC1与CP所成角的余弦值为，故A正确；10141对于B，VC1-ACP=VP-C1CA=3S△C1CA×2=3，VABC-A1B1C1=2×2×2×2=4，所以B正确；对于C，如图，E，F，G分别为AA1,A1C1,C1B1的中点，1则EF⎳AC1，FG⎳A1B1,FG=A1B1，A1B1⎳PE,A1B1=PE，EF=FG=GP=2，PE=22，21所以FG⎳PE,FG=PE，P,E,F,G共面，又EF⎳AC1，AC1⊄平面PEFG，EF⊂平面PEFG，2所以AC1⎳平面PEFG，则四边形PEFG为平面α截棱柱的截面图形，6所以四边形PEFG是等腰梯形，且高为，2当E不是AA1中点时，PE不平行平面A1B1C1，1633则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，SPEFG=×2+22×=，所以C正确；222对于D，如图，Q,R,S分别为AB,AC,CC1的中点，1则RS⎳AC1，QR⎳BC,QR=BC，BC⎳PS,BC=PS，QR=1,RS=2,PS=2，21所以QR⎳PS,QR=PS，2同理可得四边形PQRS为平面α截棱柱的截面图形，由题可知CB⊥AC,CB⊥CC1,AC∩CC1=C,AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，所以PS⊥平面ACC1A1，又RS⊂平面ACC1A1，所以PS⊥RS，故四边形PQRS是直角梯形，当S不是CC1中点时，PS不平行平面ABC，13则四边形不是梯形，直角梯形有且仅有一个，其面积为S=×1+2×2=2，故D错误.2217 故选：ABC.29(2024·高三·湖南株洲·期末)已知点A(-2,0),B(2,0),N(0,-2)动点M满足直线AM和BM的斜1率之积为-，记点M的轨迹为曲线C，过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PE⊥x2轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G，则()2y2xA.曲线C的方程为：+=1B.△PQG为直角三角形4216C.△PAN面积最大值为2D.△PQG面积最大值为9【答案】BDyy2y21x【解析】对A：设M(x,y)，则⋅=-，化简得：+=1(x≠±2)，故A错误；x+2x-2242y0y0ky1+y0对B：设Px0,y0，Gx1,y1，Q-x0,-y0,Ex0,0，则kPQ==k>0，kQE==，kQGkGP=⋅x02x02x1+x022y1-y0y1-y0=，x1-x0x2-x21022x1x022222--2-x1y1x0y0221k1∵4+2=1，4+2=1，∴kQGkGP=22=-2=2kGP，则kGP=-k，则kGP⋅kPQ=-1,x1-x0∠QPG=90°，故B正确；2对C：与直线AN平行且与曲线C相切且切点在第一象限的切线方程为y=-x+mm>0，2y=-2x+m22222联立x2y2得x-2mx+m-2=0，由Δ=2m-4m-2=0得m=2，+=142222+4(2+2)6∴切线为y=-x+2，两平行直线的距离为d==，222+2231(2+2)6此时△PAN面积最大，最大值为×6×=2+2，故C错误；23x=2y=kx022k+1对D：设直线PQ得方程为y=kx(k>0)，x2+2y2=4，解得2k，y0=22k+1211k+1则直线PG：y=-x-x0+y0=-x+x0，kkk22222224x0k+1联立直线PG与曲线C的方程可得2+kx-4x0k+1x+2x0k+1-4=0，则x0+xG=2，k+228k+18k+118k+1kkkS△PQG=2y0x0+xG=22=21=12，k+22k+1k+k2k+k2k+k+118t822令t=k+k≥2，则SΔPQG=2=2，∵y=2t+2t在2t∈2,+∞，即t∈2,+∞上单调2t+12t+2t229递增，故y=2t+≥4+=，2t42816即SΔPQG=≤，当且仅当k=1时等号成立，故D正确，2t+292t故选：BD30(2024·高三·江苏镇江·开学考试)正方体A1B1C1D1-ABCD的8个顶点中的4个不共面顶点可以确定一个四面体，所有这些四面体构成集合V，则()18 A.V中元素的个数为58B.V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2C.V中每个四面体的外接球构成集合O，则O中只有1个元素D.V中不存在四个表面都是直角三角形的四面体【答案】ABC4【解析】正方体A1B1C1D1-ABCD的8个顶点中任取4个，共有C8=70种情况，其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，所以V中元素的个数为58，A选项正确；四面体的体积有以下两种情况：第一种情况如下图所示，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，如四面体D1-B1AC，31113若正方体棱长为a，则四面体体积为a-4××a⋅a⋅a=a，323第二种情况如下图所示，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，如四面体B1-ABC，1113若正方体棱长为a，则四面体体积为×a⋅a⋅a=a，326所以V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2，B选项正确；每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，O中只有1个元素，C选项正确；如下图，四面体B1-ABD的每个面都是直角三角形，D选项错误.故选：ABC31(2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知函数fx=sinx+cos2x，则下列说法正确的是()19 A.2π是fx的一个周期B.fx的最小值是-2C.存在唯一实数a∈0,2，使得fx+a是偶函数D.fx在0,π上有3个极大值点【答案】ACD【解析】对于A，fx+2π=sinx+2π+cos2x+2π=sinx+cos2x=fx，所以2π是fx的一个周期；对于B，fx=sinx+cos2x≥sinx≥-1>-2，故B错误；对于C，若fa+x=fa-x，ππ则fa+2=fa-2，即cosa+cos2a=-cosa+cos2a，π所以cosa=0，又a∈0,2，所以a=，经检验符合题意，故C正确；2对于D，设px=sinx+cos2x,qx=sinx-cos2x，则px=cosx-2sin2x,qx=cosx+2sin2x，令mx=px,nx=qx，π3π则mx=-sinx-4cos2x在0,4,4,π上的函数值小于0，π3πnx=-sinx+4cos2x在,上的函数值小于0，44故所有上面的极值点都是极大值点，2ππ223π同时，p0=1>0>2-2=p4,q4=2+2>0>-2-2=q4，3π2p=-+2>0>-1=pπ，42ππ3π3π所以fx在0,4,4,4,4,π上各有一个极大值点，从而有三个极大值点，故D正确.故选：ACD.32(2024·高三·江苏南京·开学考试)如图，该几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，已知点G是圆弧CE的中点，点H是圆弧DF上的动点(含端点)，则下列结论正确的是()A.不存在点H，使得CH⊥平面BDGB.存在点H，使得平面AHE⎳平面BDG7C.存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角的余弦值为31D.不存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为3【答案】BCD【解析】由题意，可将几何体补全为一个正方体ADMF-BCNE，建立空间直角坐标系，如图所示，20 设正方体棱长为2，则A(0,0,0),B0,0,2,C2,0,2,D2,0,0，πG2,2,2,E0,2,2,F0,2,0，设H2cosα,2sinα,00≤α≤.2对于A选项，假设存在点H，使得CH⊥平面BDG，因为CH=2cosα-2,2sinα,-2，DB=-2,0,2，BG=2,2,0，CH⋅DB=4-4cosα-4=0sinα=1则，可得，CH⋅BG=22cosα-1+22sinα=0cosα=0ππ因为0≤α≤，则α=，22即当点H与点F重合时，CH⊥平面BDG，故A选项错误；对于B选项，由A选项可知，平面BDG的一个法向量为FC=2,-2,2，假设存在点H，使得平面AHE⎳平面BDG，则FC⊥AH,FC⊥AE，FC⋅AH=4cosα-4sinα=0AH=2cosα,2sinα,0，AE=0,2,2，则，可得tanα=1，FC⋅AE=-4+4=0ππ又因为0≤α≤，解得α=，即当点H为DF的中点时，平面AHE⎳平面BDG，故B选项正确；247对于C选项，若存在点H，使得直线EH与平面BDG所成角的余弦值为，3722则直线EH与平面BDG所成角的正弦值为1-=，EH=2cosα,2sinα-2,-2，33EH⋅FC4cosα-4sinαcosα-sinα2所以cosEH,FC====，EH⋅FC23×4cos2α+4sinα-12+433-2sinα3整理可得3sin2α-4sinα+3=0，π因为函数fα=3sin2α-4sinα+3在α∈0,时的图象是连续的，2ππ且f0=3>0，f2=-4+3=-1<0，所以存在α0∈0,2，使得fα=0，7所以，存在点H，使得直线EH与平面BDG所成角的余弦值为，C选项正确；3对于D选项，设平面CEH的法向量为n=x,y,z，CE=-2,2,0,CH=2cosα-2,2sinα,-2，n⋅CE=-2x+2y=0则，取x=1，则y=1,z=sinα+cosα-1，可得n=n⋅CH=2xcosα-1+2ysinα-2z=01,1,sinα+cosα-1，1n⋅FC假设存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为，则cosn,FC==3n⋅FC2sinα+cosα-11=，2+(sinα+cosα-1)2×2332可得sinα+cosα-1=1，即sinα+cosα-1=±1可得sinα+cosα=0或sinα+cosα=2，πππ3π2ππ因为α∈0,2，则4≤α+4≤4则2≤sinα+4≤1，所以sinα+cosα=2sinα+4∈1,2，π故当α∈0,时，方程sinα+cosα=0和sinα+cosα=2均无解，21综上所述，不存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为，故D选项正确.3故选：BCD21 33(2024·高三·江苏无锡·开学考试)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BC上的动点，F为棱B1B的中点，则下列选项正确的是()A.直线A1D1与直线EF相交B.当E为棱BC上的中点时，则点E在平面AD1F的射影是点FC.不存在点E，使得直线AD1与直线EF所成角为30°D.三棱锥E-ADF的体积为定值【答案】CD【解析】A：由题意知，A1D1⎳B1C1，B1C1⊂平面B1C1CB，A1D1⊄平面B1C1CB所以A1D1⎳平面B1C1CB，又EF⊂平面B1C1CB，所以A1D1与EF不相交，故A错误；B：连接AD1、D1F、AF、AE、CB1，如图，当点E为BC的中点时，EF⎳CB1，又AD1⊥CB1，所以EF⊥AD1，若点E在平面AD1F的射影为F，则EF⊥平面AD1F，垂足为F，所以EF⊥AF，设正方体的棱长为2，则AE=AF=5，EF=2，222°在△AEF中，AF+EF≠AE，所以∠AFE≠90，即EF⊥AF不成立，故B错误；C：建立如图空间直角坐标系D-xyz，连接BC1，则AD1⎳BC1，所以异面直线EF与AD1所成角为直线EF与BC1所成角，°设正方体的棱长为2，若存在点E(a,2,0)(0≤a≤2)使得EF与BC1所成角为30，则B(2,2,0)，F(2,2,1)，C1(0,2,2)，所以EF=(2-a,0,1)，BC1=(-2,0,2)，22 °所以EF⋅BC1=2a-2，又EF⋅BC1=EFBC1cos30，23得2a-2=22×(2-a)+1×，解得a=4±3，2°不符合题意，故不存在点E使得EF与AD1所成角为30，故C正确；D：如图，由等体积法可知VE-ADF=VF-ADE，111又VF-ADE=S△ADE⋅BF=××AD×AB×BF，332AD、AB、BF为定值，所以VF-ADE为定值，所以三棱锥E-ADF的体积为定值，故D正确.故选：CD.134(2024·全国·一模)设a为常数，f(0)=,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)，则()．211A.f(a)=B.f(x)=成立22C.f(x+y)=2f(x)f(y)D.满足条件的f(x)不止一个【答案】ABC1【解析】f(0)=,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)21111对A：对原式令x=y=0，则=fa+fa=fa，即fa=，故A正确；222211对B：对原式令y=0，则fx=fxfa+f0fa-x=fx+fa-x，故fx=fa-x，222对原式令x=y，则f2x=fxfy+fyfx=2fxfy=2fx≥0，故fx非负；22211对原式令y=a-x，则fa=fx+fa-x=2fx=，解得fx=±，221又fx非负，故可得fx=，故B正确；2对C：由B分析可得：fx+y=2fxfy，故C正确；对D：由B分析可得：满足条件的fx只有一个，故D错误.故选：ABC.35(2024·高三·河北保定·开学考试)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACD=60°,2AC=BC=PB=PC，平面PBC⊥平面ABC,D是BC的中点，PD=43，则()323πA.三棱锥P-ABC的体积为B.PA与底面ABC所成的角为34208πC.PA=8D.三棱锥P-ACD的外接球的表面积为3【答案】CD【解析】因为BC=PB=PC，则三角形△PBC为等边三角形，又D是BC的中点，PD=43，所以BC=PB=PC=8，所以AC=4，在△ACD中，AC=CD=4，∠ACD=60°，23 则三角形△ACD为等边三角形，对于A：因为平面PBC⊥平面ABC，且PD⊥BC，平面PBC∩平面ABC=BC，PD⊂面PBC，所以PD⊥平面ABC，113则VP-ABC=×43××4×4××2=32，A错误；322对于B：因为PD⊥平面ABC，所以∠PAD为PA与底面ABC所成的角，PD43π则tan∠PAD===3，所以∠PAD=，B错误；AD432222对于C：PA=PD+DA=43+4=8，C正确；对于D：设三棱锥P-ACD的外接球半径为R，△ACD的外接圆半径为r，4484则2r===，所以r=，sin60°3332PD24252222则R=r+2=3+23=3，2208则外接球表面积为4πR=π，D正确.3故选：CD.36(2024·高三·河北保定·开学考试)已知fx+1是奇函数，fx的图象关于直线x=-1对称，则下列结论正确的为()A.fx是周期为4的周期函数B.fx-5为偶函数C.fx的图象关于点-3,0对称D.f5=0【答案】BCD【解析】由题知fx+1为奇函数，所以有fx+1+f-x+1=0，所以fx关于1,0对称，即有f-x+f2+x=0①，因为fx的图象关于直线x=-1对称，所以f-x=f-2+x②，将②带入①可得f-2+x+f2+x=0，将x换为2+x带入上式有：fx+fx+4=0③，再将x换为x+4带入上式有：fx+4+fx+8=0④，④·③可得：fx=fx+8，所以fx是周期为8的函数，同时，由③知fx+4=-fx，故选项A错误；关于选项B，由A知fx关于x=-1对称且周期为8，所以fx-5=f-x+3=f-x-5，所以fx-5为偶函数，故选项B正确；关于C，fx-3=f-x+1=-fx+1=-f-x-3，所以fx的图象关于点-3,0对称，故选项C正确；因为fx+1+f-x+1=0，取x=0可得f1=0，所以f5=f-3=f1=0，故选项D正确.故选：BCD.37(2024·高三·山西晋城·开学考试)设函数fx的定义域为R，且满足fx+2+fx=0，f-x+fx=0，当x∈0,1时，fx=xlnx，则()24 A.fx是周期为4的函数B.f2024=022C.fx的取值范围为-,ee2023D.efx=1在区间0,内恰有1011个实数解2【答案】ABD【解析】因为fx+2+fx=0，所以fx+4+fx+2=0，所以fx+4=fx，故fx是周期为4的函数，故A正确.故f2024=f4×506=f(0)，而f-x+fx=0，故fx为R上的奇函数，故f0=0，故f2024=0，故B正确.当x∈0,1时，fx=xlnx，则fx=1+lnx，11当x∈0,e时，fx<0；当x∈e,1时，fx>0，11故fx在0,e上为减函数，在e,1上为增函数，11而x→0时，fx→0，f=-，f1=0，ee1故fx在0,1上的值域为-,0，e而fx+2+fx=0，即fx+2=f-x，故fx的图象关于x=1对称，1故fx在1,2的值域为-,0，而f2+f0=0，故f2=0，e1故fx在0,2的值域为-,0，e11根据fx为奇函数可得fx在-2,2的值域为-,，ee11故fx在R上的值域为-,，故C错误.ee令gx=fx，故gx+2=fx+2=-fx=fx，故fx为周期函数且周期为2.当x∈0,1时，fx=xlnx=-xlnx，1111此时0≤-xlnx≤，当且仅当x=时，-xlnx=即fx=，eeee故当x∈1,2时，x-1∈0,1，故fx=f2-x=(2-x)ln(2-x)=-(2-x)ln(2-x)，1此时0≤-2-xln2-x≤，e111当且仅当x=2-时，-2-xln2-x=即fx=，eee111因f0=f2=0，故在0,2上，fx=有且只有2个不同的实数解,2-，eee且这两个实数解在0,2内，故在0,1010上共有1010个不同的实数解，且它们在0,1010内，考虑0,31的解的个数，因为1∈0,31∉0,32上fx=ee2，2-e2，12023结合fx的周期可得fx=e在1010,2上有且只有两个不同的实数解，25 2023故efx=1在0,上共有1011个不同的实数解，故D正确.2故选：ABD.xx-1e+k38(2024·高三·山西晋城·开学考试)已知函数fx=，其导函数为fx，且f1=1，记xgx=xfx，则下列说法正确的是()A.fx>0恒成立B.函数gx的极小值为0C.若函数y=gx-m在其定义域内有两个不同的零点，则实数m的取值范围是0,1x1+x2fx1+fx2D.对任意的x1,x2∈2,+∞，都有f2≤2【答案】CDxxx-1e+kx-1e+1【解析】由函数fx=，因为f1=1，可得k=1，所以fx=，xxx2-x+1ex-1-27e-1对于A中，由fx=，因为f-2=<0，，x24所以fx>0不恒成立，所以A不正确；xx对于B中，由gx=xfx=x-1e+1,x≠0，可得gx=xe,x≠0，其中g0无意义，所以gx的极小值一定不为0，所以B错误；x对于C中，由gx=xe,x≠0，当x<0时，可得gx<0；当x>0时，可得gx>0，所以函数gx在(-∞,0)上单调递减，在在(0,+∞)上单调递增，且当x→-∞时，gx→1，当x→0时，gx→0，当x→∞时，gx→+∞，函数gx的图象，如图所示，结合图象得，当0<m<1时，函数y=gx与y=m的图象有两个不同的交点，所以函数y=gx-m在其定义域内有两个不同的零点，则实数m的取值范围是0,1，所以C正确；2xx-x+1e-1对于D中，由fx=>0,x>2，2x2xxx-x+1e-1e(x-1)x+2+2设hx=fx=,x>2，可得hx=>0，23xx所以hx>0，hx单调递增，即fx单调递增，2e+1所以fx为单调递增函数，且fx单调递增函数，且f2=，2所以函数fx的图像，如图所示，函数图象为凸函数，x1+x2fx1+fx2所以f2≤2，当且仅当x1=x2时，等号成立，所以D正确.故选：CD39(2024·高三·山西·阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则()26 A.AD⊥PBB.在棱PB上存在点M，使得AM⊥平面PBCC.平面PAD与平面PBC的交线平行于平面ABCD15D.C到平面PBD的距离为5【答案】AC【解析】对A，如图所示，取AD中点H，连接PH,BH，因为底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，则△ABD为三角形，又因为侧面PAD为正三角形，则BA=BD,PA=PD，则AD⊥PH,AD⊥BH，又PH∩BH=H,PH,BH⊂平面PBH，所以AD⊥平面PBH，因为PB⊂平面PBH，所以AD⊥PB，故A正确;对B，假设在棱PB上存在点M，使得AM⊥平面PBC，因为PB⊂平面PBC，则AM⊥PB，因为PA=AB，所以M为PB的中点，连接HM，因为AD⊥平面PBH，HM⊂平面PBH，则HM⊥AD，所以∠HAM为锐角，AM与AD不垂直，因为AD⎳BC，则AM与BC不垂直，因为BC⊂平面PBC，这与AM⊥平面PBC矛盾，所以不存在这样的点M，使得AM⊥平面PBC，故B错误；对C，因为底面ABCD为菱形，所以AD⎳BC，又BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC，所以AD⎳平面PBC.设平面PAD与平面PBC的交线为l，因为AD⊂平面PAD，AD⎳平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD⎳l.又因为l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD，所以l⎳平面ABCD，故C正确；因为平面PAD⊥平面ABCD，PH⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，所以PH为三棱锥P-BCD的高，因为△ABD和△PAD为等边三角形，则BD=2，BH=PH=3，因为PH⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，则PH⊥BH，则PB=6，126215所以S△PBD=×6×2-=，222设C到平面PBD的距离为d，11115215则由VP-BCD=VC-PBD得××2×3×3=××d，解得d=，故D错误.32325故选：AC.27 40(2024·高三·山西·阶段练习)已知定义域为R的函数fx的导函数为fx，若函数f4x+1和fx+2均为偶函数，且f2=-1,f1=1，则()2023202420232024A.fi=-1B.fi=0C.fi=2023D.fi=0i=1i=1i=1i=1【答案】AB【解析】因为f4x+1为偶函数，则f4x+1=f-4x+1，即fx+1=f-x+1，可知fx关于x=1对称，又因为fx+2为偶函数，则fx+2=f-x+2，可知fx关于x=2对称，且fx+1=f-x+1，则fx+1=-f-x+1，即fx=-f-x+2，可得fx关于点1,0对称，且fx=-fx+2，则fx=-fx+2=--fx+4=fx+4，可知4为fx的周期，由fx=-f-x+2，可得f1=-f1，即f1=0，则f1=-f3=0,f2=-f4=-1，即f1+f2+f3+f4=0，20232024所以fi=f1+f2+f3=-1，fi=0，故AB正确；i=1i=1因为fx=fx+4，则fx+c=fx+4+c，即fx=fx+4，可知4为fx的周期，又因为fx+2=f-x+2，则fx+2=-f-x+2+2c，即fx+2+f-x+2=2c，可知fx关于点2,c对称，但没有充分条件求f2，故无法求CD选项的值，故CD错误；故选：AB.2y2x41(2024·高三·重庆·阶段练习)如图，已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F122ab-3,0,F23,0，点A在C上，点B在y轴上，A,F2,B三点共线，若直线BF1的斜率为3，直线AF1的斜率53为-，则()1128 3A.C的渐近线方程为y=±2xB.C的离心率为2C.AB=16D.△ABF1的面积为163【答案】BCπ【解析】依题意，直线BF1的斜率为3,所以∠BF1F2=，又BF1=BF2，所以△BF1F2为等边三角形，故3πBF1=BF2=F1F2=2c=6,∠BF2F1=.3535311在△AF1F2中，tan∠F2F1A=>0,∠F2F1A为锐角，∴sin∠F2F1A=,cos∠F2F1A=1114142π33所以sinA=sin3+∠F2F1A=14，根据正弦定理可得F1F2AF1AF2==，解得AF1=14,AF2=10，sinAsin∠F1F2Asin∠F2F1A22所以2a=4，即a=2,b=c-a=5，5c3所以C的渐近线方程为y=±x,C的离心率为=,AB=BF2+AF2=16,2a21π1π1π1π△ABF1的面积为F1F2BF2sin+F1F2AF2sin=F1F2BAsin=×6×16×sin=24323232323故选：BC.三、填空题242(2024·浙江·模拟预测)已知平面向量a、b、c、e，满足a⊥b，a=2b，c=a+b，e=1，若a-6a⋅12e+8=0，则c⋅e-c的最大值是.3310-7【答案】6222【解析】因为a-6a⋅e+8=0，即a-6a⋅e+9e=1，可得a-3e=1，22设e=1,0，a=x,y，则a-3e=x-3,y，则x-3+y=1，x=3+cosθ设，则a=3+cosθ,sinθ，y=sinθsinθ3+cosθsinθ3+cosθ因为a⊥b，a=2b，则b=-2,2或b=2,-2，sinθ3cosθ因为c=a+b，则c=3+cosθ-,+sinθ+或c=222sinθ3cosθ3+cosθ+,-+sinθ-，22223252325令c=m,n，则m-3+n-2=4或m-3+n+2=4，2325根据对称性，可只考虑m-3+n-=，241212213223由c⋅e-3c=m-3m+n=-3m-2+n+4，33323232记点A3,2、B2,0、Pm,n，则AB=3-2+2=2，PA=1，32-5所以，PB=PA+AB≥PA-AB=，22325当且仅当点M为线段AB与圆x-3+y-=的交点时，等号成立，241213223123132-523所以，c⋅e-3c=-3m-2+n+4=-3PB+4≤-3×2+429 310-7=.6310-7故答案为：.61α-βα+β43(2024·高三·山东菏泽·开学考试)已知cosα+β=-，cosα+cosβ=1，则coscos=322sinα+β，=.sinα+sinβ12【答案】/0.52312α+β12α+β1【解析】由cosα+β=-得2cos-1=-，则cos=，32323因为cosx+y=cosxcosy-sinxsiny,cosx-y=cosxcosy+sinxsiny，所以cosx+y+cosx-y=2cosxcosy，α+βα-β令x+y=α,x-y=β,则x=,y=，22α-βα+β所以cosα+cosβ=2coscos=1，22α-βα+β1则coscos=，222α-β3α+β所以cos=cos，222因为sinx+y=sinxcosy+cosxsiny,sinx-y=sinxcosy-cosxsiny,，所以sinx+y+sinx-y=2sinxcosy，α+βα-β令x+y=α,x-y=β,则x=,y=，22α+βα-β所以sinα+sinβ=2sincos，22α+βα+β又因为sinα+β=2sincos，22α+βα+βα+βsinα+β2sin2cos2cos22===.sinα+sinβα+βα-βα-β32sincoscos22212故答案为:;.2344某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=3，则sin∠PAC=；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的值为.30 723【答案】/5.7544【解析】设外接圆半径为R，则R=2，AB3由正弦定理，可知==2R=4，sin∠ACBsin∠ACB37即sin∠ACB=，由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB=，44π又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即AP⊥BC,故∠PAC=-∠ACB，27所以sin∠PAC=cos∠ACB=；4设∠CAB=θ,∠CBA=α,∠ACB=β，πππ则∠PAC=-β,∠PBA=-θ,∠PAB=-α，222由于AC:AB:BC=6:5:4，不妨假设AC=6,AB=5,BC=4，2222222226+5-434+5-614+6-59由余弦定理知cosθ==,cosα==,cosβ==，2×6×542×4×582×4×616ππ设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC=,∠PCD+∠CPD=,22故∠EBC=∠CPD,则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC，PCPAACAC所以====2R=4，sinπ-βsinπ-θsin∠APCsin∠ABC22PBABAB同理可得===2R=4，sinπ-αsin∠APBsin∠ACB231923所以PA+PB+PC=4cosθ+cosα+cosβ=4++=,48164723故答案为：；4445(2024·高三·上海宝山·期中)如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；⋯⋯，这样无限画下去，形成一*条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为θnn∈N,θn∈0,π，则θ2022=．【答案】174.46°【解析】第一条线段与第二条线段所夹的角θ1=60°，由此类推，θ2=90°，θ3=90°，θ4=108°，θ5=108°，θ6=108°，θ7=120°，θ8=120°，θ9=120°，θ9=120°，⋯⋯观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个90°，正五边形有3个108°，正六边形有4个120°，⋯⋯°180n-2∴n多边形有n-2个n又观察图形得：正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，⋯31 ⋯，正n边形画n-2条线段；nn-3∴画到正n多边形时，画线段的条数为m=2+2+3+4+⋯+n-2=2+，2当n=65时，m=2017；当n=66时，m=2081180°×63∴第2022条线段应在正65边形中，∴θ2022=≈174.46°65故答案为：174.46°.46(2024·全国·模拟预测)已知圆锥SO的母线SA=5，侧面积为15π，则圆锥SO的内切球半径为；若正四面体A1-B1C1D1能在圆锥SO内任意转动，则正四面体A1-B1C1D1的最大棱长为．3【答案】62【解析】如图，在圆锥SO中，设圆锥母线长为l，底面圆半径为r，因为侧面积为15π，所以πrl=15π，即rl=15．22因为l=SA=5，所以r=3，所以SO=5-3=4．棱长为a的正四面体A1-B1C1D1如图所示，26则正方体的棱长为a，体对角线长为a，226所以棱长为a的正四面体A1-B1C1D1的外接球半径为a．4取轴截面SAB，设△SAB内切圆的半径为r，113则×4×6=6+5+5r，解得r=，2223即圆锥SO的内切球半径为．263因为正四面体A1-B1C1D1能在圆锥SO内任意转动，所以a≤，即a≤6，42所以正四面体A1-B1C1D1的最大棱长为6．3故答案为：；62x47(2024·四川资阳·模拟预测)若函数fx=e+cosx+a-1x存在最小值，则a的取值范围是．【答案】-∞,1x【解析】注意到，当a=1时，fx=e+cosx，x由于e>0，-1≤cosx≤1，显然fxmin→-1，没有最小值；x当a>1时，e+cosx>-1且无限接近-1，y=a-1x为增函数，x则x→-∞，e+cosx+a-1x→-∞，xx→+∞，e+cosx+a-1x→+∞，此时没有最小值；x当a<1时，y=a-1x为减函数，则x→-∞，e+cosx+a-1x→+∞，xx→+∞，由于y=e增长变化速度远大于y=a-1x减少速度，32 xx此时e+cosx+a-1x→+∞，由于函数定义域为R,函数连续不断，所以fx=e+cosx+a-1x存在最小值．故答案为：-∞,1*48(2024·高三·山东青岛·期中)已知四边形ABCD，Fnn∈N为边BC边上一点，连接AFn交BD于*Enn∈N，点En满足21+anEnFn-EnC=an+1-2EnB，其中an是首项为1的正项数列，BC=λn⋅BFn，则λn的前n项Tn=.n+3【答案】2-4n-8【解析】因为21+anEnFn-EnC=an+1-2EnB，所以EnC=21+anEnFn+2-an+1EnB，因为B,Fn,C三点共线，所以2(1+an)+(2-an+1)=1，所以an+1+3=2(an+3)，因为a1+3=4，所以an+3是以4为首项，2为公比的等比数列，n-1n+1n+1所以an+3=4×2=2，所以an=2-3，因为BC=λn⋅BFn，所以EnC-EnB=λn⋅(EnFn-EnB)，所以EnC=λn⋅EnFn+(1-λn)EnB，因为EnC=21+anEnFn+2-an+1EnB，λn=2(1+an)所以1-λn=2-an+1n+1n+1n+2因为an=2-3，所以λn=2(1+2-3)=2-4，n34n+28(1-2)n+3所以Tn=2+2+⋅⋅⋅+2-4n=-4n=2-4n-8，1-2n+3故答案为：2-4n-8249(2024·高三·江苏苏州·阶段练习)过抛物线y=6x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点，C在抛物线的准线上，则∠ACB的最大值为；若△ACB为等边三角形，则其边长为.【答案】90°1823【解析】抛物线y=6x的准线为：x=-，23令点A,B到直线x=-的距离分别为dA,dB，23弦AB中点M到直线x=-的距离为d，2dA+dB|AF|+|BF|1由抛物线定义知，d===|AB|，222因此，以AB为直径的圆与准线相切于点N，3即直线x=-上除点N外，其余各点都在以AB为直径的圆外，2由圆的性质知，当点C与点N重合时，∠ACB是直角，当点C与点N不重合时，∠ACB是锐角，所以∠ACB的最大值是90°；33若△ABC为正三角形，F,0，设直线AB：x=ky+，2233 点A(x1,y1)，B(x2,y2)，弦AB中点M(x0,y0)，x=ky+3由2消去x并整理得：y2-6ky-9=0，y2=6x2则y1+y2=6k，y1y2=-9，x1+x2=ky1+y2+3=6k+3，y1+y2x1+x223其中y0==3k，x0==3k+，2222AB=x1+x2+p=6k+6，23显然，k≠0，直线CM：y-3k=-kx-3k-，2333且准线为x=-，得点C-,6k+3k，2232232322由CM=AB，得3k+3+3k+3k=6k+6，242解得k=2，则AB=18，所以正三角形边长为18.故答案为：90°；18.a,b50(2024·高三·江苏镇江·开学考试)如果函数fx在区间a,b上为增函数，则记为f(x)，函数4m,3fx在区间a,b上为减函数，则记为f(x)．已知x+，则实数m的最小值为；函数a,bx322,3fx=2x-3ax+12x+1，且f(x),f(x)，则实数a=．1,2【答案】234【解析】对于第一空：由题意gx=x+在m,3上单调递增，首先有0<m<3，(若m≤0，则当x=0x时，fx无意义)，4由对勾函数性质得当x>0时，gx=x+的单调递增区间为2,+∞，x所以2≤m<3，即实数m的最小值为2；2对于第二空：fx显然可导，fx=6x-6ax+12，由题意fx在1,2上单调递减，在2,3上单调递增，即x=2是函数fx的极值点，所以f2=64-2a+2=0，解得a=3，经检验a=3满足题意.故答案为：2，3.51(2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知AB是圆锥PO的底面直径，C是底面圆周上的一点，PC=AB=2,AC=3，则二面角A-PB-C的余弦值为．51【答案】/555【解析】如图，以点O为坐标原点，OB,OP分别为y,z轴，过点O垂直AB为x轴，建立空间直角坐标系，o点C为底面圆周上一点，则∠ACB=90，又AC=3，AB=PC=2，∴BC=1，PO=3，31∴A0,-1,0，B0,1,0，P0,0,3，C2,2,0，31PB=0,1,-3，PC=2,2,-3，m⋅PB=0设平面CPB的一个法向量为m=x,y,z，则，m⋅PC=0y-3z=0即31，令z=1，得x=1，y=3，∴m=1,3,1，x+y-3z=02234 又易知平面APB的一个法向量为n=1,0,0，m⋅n115∴cosm,n====，m1+3+1×155n5如图，锐二面角A-PB-C的余弦值为.55故答案为：.5n+lnn=352(2024·高三·江苏南京·开学考试)已知实数m，n满足1+lnm=e2-lnm，则mn=.2【答案】e2-lnm3-1+lnm【解析】由1+lnm=e可得1+lnm=e，3-n由n+lnn=3得n=e，3-xt记gx=x-e，因为y=e，在R上单调递增，t=3-x在R上单调递减，3-x3-x根据复合函数性质知y=e在R上在单调递减，所以gx=x-e在R上单调递增，3-n3-n3-1+lnm由n=e可得gn=n-e=0，又g1+lnm=1+lnm-e=0，因此1+lnm=n，由n+lnn=3可得lnn=3-n，2所以lnn+lnm=3-n+n-1=2，可得mn=e，2故答案为：e53(2024·高三·江苏无锡·开学考试)“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设2Ax1,y1，Bx2,y2，则A，B两点间的曼哈顿距离dA,B=x1-x2+y1-y2．已知M4,6，点N在圆C:x2+y+6x+4y=0上运动，若点P满足dM,P=2，则PN的最大值为．【答案】149+13/13+14922【解析】由题意得，圆C:(x+3)+(y+2)=13，圆心C-3,-2，半径r=13，设点Px0,y0，则x0-4+y0-6=2，故点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A4,8，B6,6，2222则AC=4+3+8+2=149，BC=6+3+6+2=145，则PN≤AC+r=149+13，即PN的最大值为149+13.故答案为：149+13.154(2024·高三·河北保定·开学考试)对于函数fx，若在定义域内存在实数x，满足f=-fx，则x13122称fx为“局部反比例对称函数”.若fx=x-mx+m-3x+5的导函数fx是定义在区间322,+∞上的“局部反比例对称函数”，则实数m的最大值与最小值之差为.9【答案】422【解析】fx=x-mx+m-3，35 因为fx的导函数fx是定义在区间2,+∞上的“局部反比例对称函数”，111222所以存在x∈2,+∞，f=-fx，即-m+m-3=-x+mx-m-3，xx2x1212所以x+x-mx+x+2m-8=0，在x∈2,+∞上有解，111x1x2-1令t=hx=x+x，设x1>x2≥2，则hx1-hx2=x+x1-x-x2=x1-x2xx，1212因为x1>x2≥2，所以hx1-hx2>0，所以hx在2,+∞上单调递增，5所以x∈2,+∞时，t∈2,+∞，22522设gt=t-mt+2m-8，所以t∈2,+∞时gt=t-mt+2m-8=0有解，m52255525当2≤2即m≤5时，gt=t-mt+2m-8在t∈2,+∞上单调递增，所以g2=2-2m+2172m-8≤0，解得-≤m≤；24当m>5即m>5时，gt225mm=t-mt+2m-8在t∈,上单调递减，在t∈,+∞上单调递增，22222mm2122414414所以g2=2-2m+2m-8≤0，解得-7<m<7，又m>5，所以不存在符合条件的m.17719综上可得-≤m≤，所以实数m的最大值与最小值之差为--=.244249故答案为：455(2024·高三·河北保定·开学考试)已知平面向量a,b是非零向量，2a-b⊥2a+b，向量b在向a⋅b量a方向上的投影向量为-a，则=；向量a,b的夹角为.2|a|2π【答案】-13【解析】因为2a-b⊥2a+b，22所以2a-b⋅2a+b=4a-b=0，即b=2a，a⋅baa⋅2acosa,ba又向量b在向量a方向上的投影向量为⋅=⋅=2cosa,b⋅a=-a，aaaa1所以cosa,b=-，又a,b∈0,π，22π所以a,b=，3a⋅ba⋅2acosa,b1所以2=2=2×-2=-1.aa2π故答案为：-1；.356(2024·全国·高考真题)如图在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是．36 【答案】(6-2，6+2)【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=BCBE2BE∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得=，即=，解得BE=6+sin∠Esin∠Coosin30sin752，平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=BFBCBF230°，由正弦定理知，=，即=，解得BF=6-2，所以AB的取值范sin∠FCBsin∠BFCoosin30sin75围为(6-2，6+2).考点：正余弦定理；数形结合思想257(2024·高三·山西·阶段练习)锐角△ABC的内角A的对边为a，若△ABC的面积是a，则sinA的最小值是．cosBcosC【答案】812【解析】作AD⊥BC于D，则a⋅AD=a，所以AD=2a.2设BD=xa，则DC=a-xa，因为△ABC是锐角三角形，0<xa<a所以，解得0<x<1，则1-x>0，0<a-xa<a2a22a2又tanB==,tanC==，xaxa-xa1-xsinAsin(B+C)sinBcosC+cosBsinC2211所以===tanB+tanC=+=2+cosBcosCcosBcosCcosBcosCx1-xx1-x[x+(1-x)]1-xx1-xx1-xx1=4+2+≥4+4x⋅1-x=8，等号仅当=，即x=时成立，x1-xx1-x2sinA所以的最小值为8.cosBcosC37 故答案为：8.22258(2024·高三·山西·阶段练习)已知抛物线E:x=4y与圆C:x+y-1=16的公共点为A,B，则AB=；若P为圆C的劣弧AB上不同于A,B的一个动点，过点P作垂直于x轴的直线l交抛物线E于点N,l不经过原点，则△CPN周长的取值范围是．【答案】438,102x=4yx=23x=-23【解析】联立方程22，解得或，x+y-1=16y=3y=3不妨令A23,3,B-23,3，可得AB=43；22由题意可知：圆C:x+y-1=16的圆心为C0,1，半径圆r=4，2抛物线E:x=4y的焦点为C0,1，准线为y=-1；因为l不经过原点，设PxP,yP，NxP,yN，则yP∈3,5，所以△CPN周长PC+PN+NC=4+yP-yN+yN+1=5+yP∈8,10；故答案为：43；8,10.x2,x≤0259(2024·高三·重庆·阶段练习)已知函数fx=2lnx，gx=x+2x+1-2λ,λ∈R，若关于,x>0xx的方程fgx=λ有6个解，则λ的取值范围为.12【答案】,2e【解析】由题可得，令gx=t，则方程ft=λ的解有3个，x当t≤0时，ft=2，所以ft在-∞,0上单调递增，21-lnt当t>0时，ft=，2t则ft在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，2fe=，f1=0，当x>1时，lnx>0，所以fx>0，e画y=ft的图象如下：38 2由图象可得0<λ<，e且方程ft=λ的三个解分别为t1,t2,t3，不妨设t1<t2<t3，t1则有2=λ，即t1=log2λ，22又gx=x+2x+1-2λ=x+1-2λ所以gx在-∞,-1上单调递减，在-1,+∞上单调递增，且gxmin=-2λ，又因为gx=t，所以-2λ<t1<t2<t3，所以有log2λ>-2λ，即2λ+log2λ>0，1令hλ=2λ+log2λ,λ>0，所以hλ=2+>0，λln2所以hλ在0,+∞上单调递增，11又h2=0，所以2λ+log2λ>0的解集为2,+∞，12综上，λ的取值范围为,。2e12故答案为：,2e39