2024年新高考新题型数学选填压轴好题汇编04（解析版）

2024年新高考新题型数学选填压轴好题汇编04一、单选题1(2024·广东·一模)已知集合A=-1,-1,1,1,2,3，若a,b,c∈A且互不相等，则使得指数函数y2323xc=a，对数函数y=logbx，幂函数y=x中至少有两个函数在(0,+∞)上单调递增的有序数对(a,b,c)的个数是()A.16B.24C.32D.48【答案】Bxc【解析】若y=a和y=logbx在(0,+∞)上单调递增，y=x在(0,+∞)上单调递减，21则有A2⋅C2=4个；xc若y=a和y=x在(0,+∞)上单调递增，y=logbx在(0,+∞)上单调递减，111则有C2⋅C2⋅C2=8个；cx若y=logbx和y=x在(0,+∞)上单调递增，y=a在(0,+∞)上单调递减，111则有C2⋅C2⋅C2=8个；xc21若y=a、y=logbx和y=x在(0,+∞)上单调递增，则有A2⋅C2=4个；综上所述：共有4+8+8+4=24个.故选：B.2(2024·广东江门·一模)物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现80n+1的概率为Pbn=logb.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若P10nn=klog481*(n)=k∈N，则k的值为()1+log25A.7B.8C.9D.10【答案】C80k+1k+28181【解析】P10(n)=P10(k)+P10(k+1)+⋯+P10(80)=lg+lg+⋯+lg=lg，kk+180kn=klg814lg3log481lg42lg2而===2lg3=lg9，故k=9．1+log251+lg51+lg5lg2lg2故选：C．3(2024·广东·模拟预测)在正三棱锥A-BCD中，△BCD的边长为6，侧棱长为8，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()3343421717A.B.C.D.68341734【答案】A【解析】依题意，记BC的中点为F，连接DF，记正△BCD的中心为O，连接AO，因为在正三棱锥A-BCD中，AO⊥底面BCD，在正△BCD中，DF⊥BC，在平面BCD中过F点作z轴⊥底面BCD，则AO⎳z轴，以F点为原点，建立空间直角坐标系，如图，因为在正三棱锥A-BCD中，△BCD的边长为6，侧棱长为8，33所以DF=CD=×6=33，22222则OD=2OF=DF=23，AO=AD-OD=64-12=213，31 故B-3,0,0,C3,0,0,D0,33,0,O0,3,0,A0,3,213，3393则E-2,2,13，CE=-2,2,13，BD=3,33,0，93CE⋅BD-2×3+2×33334所以cosCE,BD===-，CEBD923268-2+2+13×9+27334则异面直线CE与BD所成角的余弦值为.68故选：A.24(2024·天津滨海新·一模)已知抛物线C1:y=2pxp>0的焦点为F，准线与x轴的交点为E，线段2y2xEF被双曲线C2:2-2=1(a>0,b>0)顶点三等分，且两曲线C1，C2的交点连线过曲线C1的焦点F，则ab双曲线C2的离心率为()321122A.2B.C.D.232【答案】D【解析】求得抛物线的焦点和准线，可得EF的长度，由题意可得p=6a，求出两曲线交点坐标，代入双曲线方2pp程可得a,b的关系，利用离心率公式可求得结果.抛物线y=2px的焦点为F2,0，准线方程为x=-2，pE-2,0，|EF|=p，2y2px因为线段EF被双曲线C2:-=1(a>0,b>0)顶点三等分，所以2a=，即p=6a，a2b23pp因为两曲线C1，C2的交点连线过曲线C1的焦点F，所以两个交点为2,p、2,-p，p2y2p2p2x将,p代入双曲线-=1得-=1，2a2b24a2b2222236a36a36ab9所以-=1，所以9-=1，所以=，4a2b2b2a222222cca+bb922所以双曲线C2的离心率e==2=2=1+2=1+2=.aaaa2故选：D5(2024·湖南·二模)已知函数fx=sinωx+3cosωx，若沿x轴方向平移fx的图象，总能保证平移后的曲线与直线y=1在区间0,π上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数ω的取值范围为()A.2,8B.2,10C.10,4D.2,4333【答案】Aπ【解析】由fx=sinωx+3cosωx可得：fx=2sinωx+，3若沿x轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数gx=2sinωx+φ.1令gx=1，即sinωx+φ=，x∈[0,π]，取z=ωx+φ，则z∈[φ,ωπ+φ].21依题意知，sinz=在φ,ωπ+φ上至少有2解，至多有3解，28π8π8则须使区间[φ,ωπ+φ]的长度在2π到之间，即2π≤ωπ<，解得2≤ω<.3332 故选：A.226(2024·湖南·二模)过点P-1,0的动直线与圆C:(x-a)+(y-2)=4(a>0)交于A,B两点，在线112段AB上取一点Q，使得+=，已知线段PQ的最小值为2，则a的值为()PAPBPQA.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】圆心Ca,2，半径为2，则圆C与x轴相切，设切点为Ma,0，22则PM=a+1，则|PM|=PAPB=(a+1)，设AB的中点为D，连接CD，则CD⊥AB，令圆心C到直线AB的距离为d，则0≤d<2,|PA|+|PB|=|PD|-|AD|+|PD|+|AD|=2|PD|，221122PAPB(a+1)(a+1)由+=，得PQ===，PAPBPQPA+PB|PC|2-d2(a+1)2+4-d222(a+1)(a+1)因此≤PQ<，而PQ的最小值为2，22(a+1)+4-0(a+1)+4-42a+1所以=2，则a=1.2a+1+4故选：A7(2024·高三·浙江宁波·阶段练习)如图1，水平放置的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AB=AC=2，现往内灌进一些水，水深为2．将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为三角形A1B1C，如图2，则容器的高h为()A.3B.4C.42D.6【答案】A1【解析】在图1中水的体积V=×2×2×2=4，21114在图2中水的体积V=VABC-A1B1C1-VC-A1B1C1=2×2×2×h-3×2×2×2×h=3h，4所以h=4⇒h=3．33 故选：A8(2024·江西·高考真题)已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⋅MF2=0的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是122A.(0,1)B.0,2C.0,2D.2,1【答案】C【解析】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a,b,c．因为MF1·MF2=0所以点M的轨迹为以原点为圆22222222c心，半径为c的圆．与因为点M在椭圆的内部，所以c<a,c<b，所以c<b=a-c，所以2c<a∴e=2a12<2，所以e∈0,2，故选C．2y2x9(2024·高二·湖北鄂州·阶段练习)已知双曲线-=1a>0,b>0的焦距为2c，过右焦点且垂直22ab于x轴的直线与双曲线交于A，B两点.设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1-d2≤c，则双曲线的离心率的取值范围为()2323A.1,3B.3,+∞C.1,2D.2,+∞【答案】C【解析】由题意可知，直线AB经过双曲线的右焦点，且垂直于x轴，不妨设Ac,y0，2y22c0222b代入椭圆方程-=1，又c=a+b，所以y0=，a2b2a22bb所以Ac,a，Bc,-a，任取双曲线的一条渐近线为直线bx+ay=0，bc+b22bc+b由点到直线的距离公式可得点A到渐近线的距离d1==，a2+b2cbc-b22bc-b点B到渐近线的距离d2==，a2+b2c2222bc+bbc-b2b2b所以d1-d2=c-c=c=c，因为d1-d2≤c，22b22222所以≤c，因c>0，所以2b≤c，即2c-a≤c，c222c所以c≤2a，所以≤2，2acc因为双曲线离心率>1，所以1<≤2，aa所以双曲线的离心率的取值范围为1,2.故选：C.210(2024·高二·广东深圳·期末)已知抛物线C:y=2pxp>0的焦点为F，斜率为k的直线l经过点F，并且与抛物线C交于A、B两点，与y轴交于点M，与抛物线的准线交于点N，若AF=2MN，则k=()A.3B.2C.±2D.±3【答案】D【解析】当A在第一象限时，4 设准线与x轴的交点为P，过A作准线的垂线，垂足为A，因为OM∥PN，且O为PF的中点，所以OM为三角形PFN的中位线，即FM=MN，所以AF=2MN=FN，又根据抛物线的定义AF=AA，所以AN=2AF=2AA，所以在直角三角形AAN中，∠AAN=60°，所以∠AFx=60°，此时k=3，根据对称性，当A在第四象限时，k=-3，故选：D.11(2024·湖北·一模)设直线l：x+y-1=0，一束光线从原点O出发沿射线y=kxx≥0向直线l射13出，经l反射后与x轴交于点M，再次经x轴反射后与y轴交于点N．若MN=，则k的值为()6321A.B.C.D.2232【答案】B【解析】如图，设点O关于直线l的对称点为Ax1,y1，x1y12+2-1=0x1=1则y得，即A1,1，1×-1=-1y1=1x1由题意知y=kxx≥0与直线l不平行，故k≠-1，x=1y=kxk+11k由x+y-1=0，得k，即Pk+1,k+1，y=k+1k-1k+11故直线AP的斜率为kAP==，1-1kk+11直线AP的直线方程为：y-1=x-1，k令y=0得x=1-k，故M1-k,0，11令x=0得y=1-，故由对称性可得N0，-1，kk132121312113由MN=6得(1-k)+k-1=36，即k+k-2k+k=36，11323解得k+=，得k=或k=，k6323若k=，则第二次反射后光线不会与y轴相交，故不符合条件．22故k=，3故选：B12(2024·湖北·二模)能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是()2662331A.B.C.D.+32332【答案】C【解析】要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况，设三个半径为1的圆的圆心分别为O1,O2,O3，设被覆盖的圆的圆心为O，如图，设圆O1与O2交于A,B,O1O2交AB于H,AB交圆O3于C，显然O为正△O1O2O3的中心，5 3xx设OO1=OO2=OO3=x，则O1H=,OH=，22x3212OA=OH+HA=2+1-2x=2(x+4-3x)，又OC=OO3+O3C=x+1>OA，2124-3x-3x因此圆O的最大半径为OA，令f(x)=(x+4-3x)，求导得f(x)=，224-3x233323由f(x)=0，得x=，当0<x<时，f(x)>0，当<x<时，f(x)<0，33333323323因此f(x)在0,3上单调递增，在3,3上单调递减，f(x)max=f3=3，23所以被完全覆盖的最大的圆的半径为，3此时O1O2=O2O3=O3O1=1，即圆O1､圆O2､圆O3中的任一圆均经过另外两圆的圆心．故选：C2abbc13(2024·高三·浙江嘉兴·期末)已知正实数a,b,c满足a-b=2ln>0，7-2=a+4，则()bA.0<c<b<1<aB.0<b<c<1<aC.0<c<b<a<1D.0<b<c<a<1【答案】Aaa【解析】因a>0,b>0，由ln>0可得：>1，则a>b．bb2a22由a-b=2ln化简得：a-2lna=b-2lnb，分别设函数fx=x-2lnx，gx=x-2lnx．b22x-1由f(x)=，(x>0)，则当0<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0，x则fx在0,1上递减,在1,+∞上递增，故fxmin=f1=1.x-2又gx=,(x>0)，则当0<x<2时，g(x)<0，当x>2时，g(x)>0，x则gx在0,2上递减；在2,+∞上递增，故gxmin=g2=2-2ln2．2由fx-gx=x-x=xx-1，则0<x<1时，fx<gx；x=1时，fx=gx；x>1时，fx>gx．函数fx与gx的图象如图．令fa=fb=k．由于a>b，则0<b<1，1<a，排除C，D；bbbbcc7-2c-b由于a>1，7-2=a+4>5，则>5．b56 7x2x令hx=5-5，其在R上单调递增．由于0<b<1，则0=h(0)<hb<h(1)=1，c-b则有5<1，即c-b<0得c<b．综上，0<c<b<1<a.故选：A．2214(2024·高二·北京西城·期末)在直角坐标系xOy内，圆C:(x-2)+(y-2)=1，若直线l:x+y+m=0绕原点O顺时针旋转90°后与圆C存在公共点，则实数m的取值范围是()A.-2,2B.-4-2,-4+2C.-2-2,-2+2D.-2+2,2+2【答案】A【解析】连接OP，设∠POx=θ(即以x轴正方向为始边，OP为终边的角)，22由题意对于直线l:x+y+m=0上任意一点Px,y，存在a=x+y,θ∈R，使得Pacosθ,asinθ，则直线l:x+y+m=0绕原点O顺时针旋转90°后，点Pacosθ,asinθ对应点为P1ππacosθ-2,asinθ-2，即P1asinθ,-acosθ，因为Pacosθ,asinθ在直线l:x+y+m=0上，所以满足acosθ+asinθ+m=0设x1=asinθ,y1=-acosθ，所以-y1+x1+m=0，即P1asinθ,-acosθ所在直线方程为l1:x-y+m=0，22而圆C:(x-2)+(y-2)=1的圆心，半径分别为2,2,r=1，若直线l:x+y+m=0绕原点O顺时针旋转90°后与圆C存在公共点，m所以圆心C2,2到直线l1:x-y+m=0的距离d=≤r=1，解得-2≤m≤2.2故选：A.2215(2024·山东青岛·一模)已知A(-2,0)，B(2,0)，设点P是圆x+y=1上的点，若动点Q满足：QP⋅QAQBPB=0，QP=λ+，则Q的轨迹方程为()|QA||QB|y2222y22x2x2xA.x-=1B.-y=1C.+y=1D.+=133562【答案】A【解析】由QP⋅PB=0，可得QP⊥PB，QAQB而QP=λ+，可知点P在∠BQA的平分线上.QAQB22圆x+y=1，圆心为原点O，半径r=1，连接AQ，延长BP交AQ于点C，连接OP，1因为∠PQB=∠PQC且PQ⊥BC，所以QB=QC，且P为BC中点，OP∥AC，OP=AC27 因此，QA-QB=QA-QC=AC=2OP=2，2y2x点Q在以A、B为焦点的双曲线上，设双曲线方程为-=1a>0,b>0，22ab2222可知c=2,a+b=c=4，由2a=QA-QB=2，得a=1，故b=3，22y双曲线方程为x-=1.3故选：A.16(2024·山东青岛·一模)∀x∈R，f(x)+f(x+3)=1-f(x)f(x+3)，f(-1)=0，则f(2024)的值为()A.2B.1C.0D.-1【答案】B【解析】由题意知∀x∈R，f(x)+f(x+3)=1-f(x)f(x+3)，f(-1)=0，令x=-1，则f(-1)+f(2)=1-f(-1)f(2),∴f(2)=1显然f(x)=-1时，-1+f(x+3)=1+f(x+3)不成立，故f(x)≠-1，1-f(x)1-1-f(x)1+f(x)故f(x+3)=，则f(x+6)==f(x)，1+f(x)1-f(x)1+1+f(x)即6为函数f(x)的周期，则f(2024)=f(337×6+2)=f(2)=1，故选：B2217(2024·山东聊城·一模)已知P是圆C:x+y=1外的动点，过点P作圆C的两条切线，设两切点分别为A，B，当PA⋅PB的值最小时，点P到圆心C的距离为()43A.2B.2C.2D.2【答案】A22【解析】设Px,y，则OP=x+y，2则PA⋅PB=PO+OAPO+OB=PO+PO⋅OA+OB+OA⋅OB，2OA⋅OB=OA⋅OBcos∠AOB=cos∠AOB=cos2∠POA=2cos∠POA-12OA2=2×-1=-1，222OPx+yPO⋅OA=PO⋅OB=PO⋅OAcos180°-∠POA=-PO⋅OAcos∠POAOA=-PO⋅OA⋅=-1，OP222222故PA⋅PB=x+y-2+22-1≥2x+y⋅22-3=22-3，x+yx+y22222当且仅当x+y=，即x+y=2时，等号成立，22x+y4故当PA⋅PB的值最小时，点P到圆心C的距离为2.故选：A.18(2024·山东聊城·一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱BB1上，且△ADC1所在的平面将三棱柱ABC-A1B1C1分割成体积相等的两部分，点M在棱A1C1上，且A1M=2MC1，点N在直线BB1上，若BB1MN⎳平面ADC1，则=()NB1A.2B.3C.4D.68 【答案】D1【解析】如图，连接AB1，则VA-A1B1C1=3VABC-A1B1C1，又△ADC1所在的平面将三棱柱ABC-A1B1C1分割成体积相等的两部分，111所以VA-DB1C1=2VABC-A1B1C1-3VABC-A1B1C1=6VABC-A1B1C1，1即VA-DB1C1=2VA-A1B1C1，1即VC1-ADB1=2VC1-AA1B1，设C1到平面ABB1A1的距离为d，11则VC1-ADB1=3S△ADB1⋅d，VC1-AA1B1=3S△AA1B1⋅d，11所以S△ADB1=2S△AA1B1=2S△ABB1，所以D为BB1的中点，在AA1上取点E，使得A1E=2AE，连接EN、EM，因为A1M=2MC1，所以EM⎳AC1，又EM⊄平面ADC1，AC1⊂平面ADC1，所以EM⎳平面ADC1，又MN⎳平面ADC1，EM∩MN=M，EM,MN⊂平面EMN，所以平面EMN⎳平面ADC1，又平面EMN∩平面ABB1A1=EN，平面ADC1∩平面ABB1A1=AD，所以AD⎳EN，又AE⎳ND，所以四边形ADNE为平行四边形，11111所以ND=AE=AA1=BB1，所以B1N=B1D-ND=BB1-BB1=BB1，33236BB1所以=6.NB1故选：D19(2024·山东烟台·一模)在平面直角坐标系xOy中，点A-1,0,B2,3，向量OC=mOA+nOB，且y22m-n-4=0.若P为椭圆x+=1上一点，则PC的最小值为()748A.10B.10C.10D.21055【答案】A【解析】设点C(x,y)，由A-1,0,B2,3及OC=mOA+nOB，得(x,y)=(-m+2n,3n)，x=-m+2n即，而m-n-4=0，消去m,n得：3x-y+12=0，y=3n22y设椭圆x+=1上的点P(cosθ,7sinθ),θ∈R，7|3cosθ-7sinθ+12|12-4sin(θ+φ)则点P到直线3x-y+12=0的距离d==，其中锐角φ由tanφ32+(-1)2103=确定，744当sin(θ+φ)=1时，dmin=10，而PC≥d，所以PC的最小值为10.55故选：A2y2x20(2024·山东济宁·一模)已知双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的ab直线与y轴相交于M点，与双曲线C在第一象限的交点为P，若F1M=2MP，F1P⋅F2P=0，则双曲线C的离心率为()9 33A.2B.3C.D.3+12【答案】D【解析】设∠PF1F2=θ，θ为锐角，3因为F1M=2MP，F1P⋅F2P=0，所以PF1⊥PF2，PF1=MF1，2c33c∴MF1=，∴|PF1|=|MF1|=，又|PF2|=2csinθ，cosθ22cosθ222∴|PF1|+|PF2|=|F1F2|，29c222∴+4csinθ=4c，24cosθ222∴9+16sinθcosθ=16cosθ，222∴9+16(1-cosθ)cosθ=16cosθ，4∴9-16cosθ=0，233∴cosθ=，∴cosθ=(负值舍去)，∴θ=30°，4233c∴|PF1|=|MF1|==3c，|PF2|=2csinθ=c，22cosθ2c|F1F2|2c∴双曲线C的离心率e====3+1．2a|PF1|-|PF2|3c-c故选：D．21(2024·山东济宁·一模)设函数f(x)定义域为R，f(2x-1)为奇函数，f(x-2)为偶函数，当x∈[0,21]时，f(x)=x-1，则f(2023)-f(2024)=()A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】因为函数f(x)定义域为R，f(2x-1)为奇函数，所以f(2x-1)=-f(-2x-1)，所以函数f(x)关于点-1,0中心对称，且f-1=0，因为f(x-2)为偶函数，所以f(x-2)=f(-x-2)，所以函数f(x)关于直线x=-2轴对称，又因为fx=-f-2-x=-f-2+x=--f-4+x，所以函数f(x)的周期为4，2因为当x∈[0,1]时，f(x)=x-1，所以f(2023)=f4×506-1=f-1=0，f(2024)=f4×506=f0=-1，所以f(2023)-f(2024)=1.故选：C.22(2024·山东淄博·一模)已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q是它们的两个公共点，且P，Q222πe13e2关于原点对称，∠PF2Q=3，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则2+2的最小值是e1+1e2+3()2+31+32343A.B.C.D.3333【答案】A【解析】如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，10 则根据椭圆及双曲线的定义得：PF1+PF2=2a1,PF1-PF2=2a2，2π∴PF1=a1+a2,PF2=a1-a2，设F1F2=2c,∠PF2Q=，3π根据椭圆与双曲线的对称性知四边形PF1QF2为平行四边形，则∠F1PF2=，3222π则在△PF1F2中，由余弦定理得，4c=a1+a2+a1-a2-2a1+a2a1-a2cos，322213化简得a1+3a2=4c，即2+2=4，e1e222e13e21313131则+=+=++1++1×e2+1e2+31+13+11+13+1e2e2612222212e1e2e1e23+131+13+131+11e2e21e2e22121=×4++≥×4+2×61+13+161+13+1e21e22e21e2212+3=×4+23=，633212233+4e2+1=3e2+1e1=11<1当且仅当21，即时等号成立，132324+93e2+e2=4e2=8-33=37>112故选：A.π3πππ23(2024·广东茂名·一模)若α∈4,4，6tan4+α+4cos4-α=5cos2α，则sin2α=()241271A.B.C.D.2525255【答案】Cπππππ【解析】令t=4+α，t∈2,π，得α=t-4，则6tant+4cos2-t=5cos2t-2，即6tant+4sint=5sin2t=10sintcost，整理得5cost+3cost-1=0，且cost<0，3π27那么cost=-，则sin2α=sin2t-=-cos2t=1-2cost=.5225故选：C.二、多选题xxyy24(2024·广东江门·一模)已知曲线E:+=1，则下列结论正确的是()48A.y随着x增大而减小B.曲线E的横坐标取值范围为-2,2C.曲线E与直线y=-1.4x相交，且交点在第二象限D.Mx0,y0是曲线E上任意一点，则2x0+y0的取值范围为0,4【答案】AD11 xxyy【解析】因为曲线E:+=1，482y22y2xx当x≥0，y≥0时+=1，则曲线E为椭圆+=1的一部分；48482y22y2xx当x>0，y<0时-=1，则曲线E为双曲线-=1的一部分，4848且双曲线的渐近线为y=±2x；y22y22xx当x<0，y>0时-=1，则曲线E为双曲线-=1的一部分，8484且双曲线的渐近线为y=±2x；可得曲线的图形如下所示：由图可知y随着x增大而减小，故A正确；曲线E的横坐标取值范围为R，故B错误；因为-1.4>-2，所以曲线E与直线y=-1.4x相交，且交点在第四象限，故C错误；2x0+y0因为2x0+y0=3×，即点Mx0,y0到直线2x+y=0的距离的3倍，222+12y2x当直线2x+y+c=0与曲线+=1x≥0,y≥0相切时，482y2x+=14822由，消去y整理得4x+22cx+c-8=0，2x+y+c=022则Δ=22c-16c-8=0，解得c=4(舍去)或c=-4，44又2x+y=0与2x+y-4=0的距离d==，22+123所以2x0+y0max=3d=4，所以2x0+y0的取值范围为0,4，故D正确；故选：ADππ225(2024·广东江门·一模)已知函数f(x)=sin2ωx+3+sin2ωx-3+23cosωx-3(ω>0)，则下列结论正确的是()πA.若fx相邻两条对称轴的距离为，则ω=22πB.当ω=1，x∈0,时，fx的值域为-3,22ππC.当ω=1时，fx的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为y=2cos2x+66πD.若fx在区间0,上有且仅有两个零点，则5≤ω<86【答案】BCD12 ππ2【解析】f(x)=sin2ωx+3+sin2ωx-3+23cosωx-3ππππ=sin2ωxcos+cos2ωxsin+sin2ωxcos-cos2ωxsin+3cos2ωx3333π=sin2ωx+3cos2ωx=2sin2ωx+，3ππ2π对于A，若fx相邻两条对称轴的距离为，则T=2×=π=,故ω=1，A错误，222ω对于B，当ω=1，fxππππ4π=2sin2x+3，当x∈0,2时，2x+3∈3,3，则fx的值域为-3,2，B正确，π对于C，当ω=1，fx=2sin2x+，3πfx的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为6πππ2ππfx+6=2sin2x+6+3=2sin2x+3=2cos2x+6，C正确，对于D，当x∈0,ππ∈π,2ωπ+π时，2ωx+，63363πππ若fx在区间0,上有且仅有两个零点，则2π≤2ω+<3π，解得5≤ω<8，故D正确，663故选：BCD26(2024·广东·一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的各个顶点都在表面积为3π的球面上，点P为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是()A.有无数个点P，使得AP⎳平面BDC1B.有无数个点P，使得AP⊥平面BDC12+1C.若点P∈平面BCC1B1，则四棱锥P-ABCD的体积的最大值为6D.若点P∈平面BCC1B1，则AP+PC1的最大值为6【答案】ACD23【解析】令正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球半径为r，4πr=3π，r=，则BD1=3,AB=1，2连接AB1,AD1,B1D1，由四边形ABC1D1是该正方体的对角面，得四边形ABC1D1是矩形，即有AD1⎳BC1，而BC1⊂平面BDC1，AD1⊄平面BDC1，则AD1⎳平面BDC1，同理AB1⎳平面BDC1，又AB1∩AD1=A,AB1,AD1⊂平面AB1D1，因此平面AB1D1⎳平面BDC1，令平面ABD1截球面所得截面小圆为圆M，对圆M上任意一点(除点A外)均有AP⎳平面BDC1，A正确；对于B，过A与平面BDC1垂直的直线AP仅有一条，这样的P点至多一个，B错误；2对于C，平面BCC1B1截球面为圆R，圆R的半径为，则圆R上的点到底面ABCD的距离的最大值为22+1，213 12+12+1因此四棱锥P-ABCD的体积的最大值为×1×=，C正确；326对于D，显然AB⊥平面BCC1B1，在平面BCC1B1内建立平面直角坐标系，如图，221111令点P2cosθ,2sinθ，而B-2,-2,C12,2，2122122因此AP=1+cosθ++sinθ+=2+(sinθ+cosθ)，2222221221222PC1=cosθ-+sinθ-=1-(sinθ+cosθ)，令(sinθ+cosθ)=x，2222222221AP+PC1=2+x+1-x=2+x+1-x≤22+x+1-x=6，当且仅当x=-2取等号，21π1此时2(sinθ+cosθ)=-2，即sinθ+4=-2，因此AP+PC1的最大值为6，D正确.故选：ACD127(2024·广东·一模)已知偶函数f(x)的定义域为R，fx+1为奇函数，且f(x)在0,1上单调递2增，则下列结论正确的是()342024A.f-2<0B.f3>0C.f(3)<0D.f3>0【答案】BD【解析】因为fx为偶函数，所以f-x=fx；1因为fx+1是R上的奇函数，所以f1=0，2x+2xx且f2的图象是由f2的图象向左平移2个单位得到的，所以f2的图象关于2,0点对称，进一步得fx的图象关于点1,0中心对称，即f1+x=-f1-x.所以fx+2=f1+1+x=-f1-1+x=-f-x=-fx，所以fx+4=-fx+2=fx.所以函数fx是周期函数，且周期为4；又fx在0,1上单调递增，所以在0,1上，有fx<0.所以函数的草图如下：34由图可知：f-2>0，故A错；f3>0，故B对；f3=0，故C错；14 2024222f3=f674+3=f4×168+2+3=f2+3>0，故D对.故选：BD28(2024·广东·模拟预测)已知函数fx的定义域为R,fx-1是奇函数，fx+1为偶函数，当-1≤x+12-1x≤1时，fx=，则()x3+1A.fx的图象关于直线x=1对称B.fx的图象关于点-1,0对称3C.fx+6=fxD.f2021=-4【答案】ABD【解析】设gx=fx-1，因为gx是奇函数，所以g-x=f-x-1=-gx=-fx-1，即f-1+x+f-1-x=0，即fx关于-1,0对称，B正确；设hx=fx+1，因为hx为偶函数，所以h-x=hx，即f-x+1=fx+1，f1+x=f1-x，所以fx的关于直线x=1对称，A正确；由fx关于-1,0对称可得fx+f-2-x=0，由fx的关于直线x=1对称，可得fx=f2-x，两式联立得f2-x+f-2-x=0，令x=x+2得：f-x+f-4-x=0，即fx+fx-4=0，令x=x-4，得fx-4+fx-8=0，即fx=fx-8，故fx的周期为8，故fx+8=fx，C错误；因为T=8，所以f2021=f252×8+5=f5=f-3，又f-1+x+f-1-x=0，令x=-2得f-3+f1=0，22-133f1==，所以f2021=f-3=-f1=-，故D正确.31+144故选：ABD29(2024·高二·福建三明·期中)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点1E，F，且EF=，则下列结论中正确的是()2A.异面直线AE､BF所成角为定值B.AC⊥BFC.△AEF的面积与△BEF的面积相等D.三棱锥A-BEF的体积为定值【答案】BD【解析】以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.15 22则A1,0,0，B1,1,0，设Ea,a,1，则Fa+4,a+4,1，2其中0≤a≤1-，422AE=(a-1,a,1)，BF=a+4-1,a+4-1,1，2AE∙BF(2a-1)a+4-1+1cos<AE,BF>==．|AE|∙|BF|2222(a-1)+a+1∙2a+-1+1414取a=时，cos<AE,BF>=，242-12222取a=1-时，cos<AE,BF>=，49-2242∵≠，∴异面直线AE、BF所成角不是定值，故A错误；42-1229-22由正方体的结构特征可知，DD1⊥AC，BD⊥AC，又BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面BDD1B1∴AC⊥平面BDD1B1，又BF⊂平面BDD1B1，则AC⊥BF，故B正确；B到B1D1的距离为BB1=1，A到B1D1的距离大于上下底面中心的连线，则A到B1D1的距离大于1，∴△AEF的面积大于△BEF的面积，故C错误；2∵AC⊥平面BDD1B1，∴A到平面BDD1B1的距离为，△BEF的面积为定值，∴三棱锥A-BEF的体2积为定值，故D正确．故选：BD．30(2024·湖南·二模)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则()A.若点P满足AP⊥B1C，则动点P的轨迹长度为4216B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为3C.当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π+42D.当P在底面ABCD上运动，且满足PF⎳平面B1CD1时，线段PF长度最大值为22【答案】CD【解析】对于A，易知B1C⊥平面ABC1D1,A∈平面ABC1D1，故动点P的轨迹为矩形ABC1D1，动点P的轨迹长度为矩形ABC1D1的周长，即为42+4，所以A错误；对于B，因为VA-PD1D1=VP-AB1D1，而等边△AB1D1的面积为定值23，要使三棱锥P-AB1D1的体积最大，当且仅当点P到平面AB1D1的距离最大，易知点C是正方体到平面AB1D1距离最大的点，所以VA-PB1D1max=VC-AB1D1，此时三棱锥C-AB1D1即为棱长是22的正四面体，22243113438其高为h=22-36=3，所以VC-AB1D1=3×2×22×22×2×3=3，B错误；16 对于C：连接AC，AB1，以B为圆心，BB1为半径画弧B1C，如图1所示，当点P在线段AC,AB1和弧B1C上时，直线AP与AB所成的角为45°，2222又AC=AB+BC=4+4=22,AB1=AB+BB1=4+4=22，12弧B1C长度×π×2=π，故点P的轨迹长度为π+42，故C正确；4对于D，取A1D1,D1D,DC,CB,BB1,AB的中点分别为Q,R,N,M,T,H，连接QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM，如图2所示，因为FT∥D1C,FT⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C，故FT∥平面D1B1C，TM∥B1C，TM⊄平面D1B1C,B1C⊂平面D1B1C，故TM∥平面D1B1C；又FT∩TM=T,FT,TM⊂平面FTM，故平面FTM∥平面D1B1C；又QF∥NM,QR∥TM,RN∥FT，故平面FTMNRQ与平面FTM是同一个平面.则点P的轨迹为线段MN：在三角形FNM中，2222FN=FH+HN=4+4=22;FM=FH+HM=4+2=6;NM=2;222则FM+MN=8=FN，故三角形FNM是以∠FMN为直角的直角三角形；故FPmax=FN=22，故FP长度的最大值为22，故D正确.故选：CD.31(2024·湖南·二模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且c=b2cosA+1，则下列结论正确的有()A.A=2BB.若a=3b，则△ABC为直角三角形11C.若△ABC为锐角三角形，-的最小值为1tanBtanAc223D.若△ABC为锐角三角形，则a的取值范围为2,3【答案】ABD【解析】对于A,△ABC中，由正弦定理得sinC=2sinBcosA+sinB，由sinC=sinA+B，得sinAcosB-cosAsinB=sinB，即sinA-B=sinB，由0<A,B<π，则sinB>0，故0<A-B<π，所以A-B=B或A-B+B=π，即A=2B或A=π(舍去)，即A=2B，A正确；a3bb3对于B，若a=3b，结合A=2B和正弦定理知==,cosB=，sinAsin2BsinB2ππ又0<A,B<π，所以可得A=2B=,C=，B正确；32πππππ3对于C，在锐角△ABC中，0<B<,0<A=2B<,0<C=π-3B<，即<B<,<tan17B222643 <1.221111-tanB1+tanB故-=-=>1，C错误；tanBtanAtanB2tanB2tanBππ23对于D，在锐角△ABC中，由<B<,<cosB<，6422csinCsin3Bsin2BcosB+cos2BsinB1====2cosB-，asinAsin2Bsin2B2cosB23c1令cosB=t∈2,2，则a=ft=2t-2t，1c223易知函数ft=2t-2t单调递增，所以可得a∈2,3，D正确；故选：ABD.232(2024·高二·广东江门·期末)已知抛物线C:y=4x的焦点为F，直线l:x=-1，过F的直线交抛物线C于Ax1，y1，Bx2，y2两点，交直线l于点M，MA=λ1AF，MB=λ2BF，则()A.△ABO的面积的最大值为2B.y1y2=-4C.x1x2=1D.λ1+λ2=0【答案】BCDx=my+12【解析】设直线AB:x=my+1，由2得：y-4my-4=0.y=4x1122121选项A：S△ABO=OF·y1-y2=y1+y2-4y1y2=16m+16≥×4=2，2222应是最小值为2，故A错误；选项B：y1y2=-4，故B正确；222y1y2(y1y2)选项C：x1=，x2=,则x1x2==1，故C正确；44162选项D：由MA=λ1AF，MB=λ2BF，M-1,-m，22得：y1+=-λ1y1，y2+=-λ2y2，mm2112y1+y224m∴λ1+λ2=-2-+=-2-⋅=-2-⋅=0，故D正确.my1y2my1y2m-4故选：BCDπ33(2024·高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习)已知函数fx=sinωx+ω>0在区间0,π上有且仅4有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是()A.fx在区间0,π上有且仅有3个不同的零点2πB.fx的最小正周期可能是3913C.ω的取值范围是,44πD.fx在区间0,上单调递增15【答案】BDπ【解析】由函数fx=sinωx+ω>0，4ππ(1+4k)π令ωx+=+kπ,k∈Z，则x=,k∈Z，424ω(1+4k)π函数f(x)在区间0,π上有且仅有3条对称轴，即0≤≤π有3个整数k符合，4ω18 (1+4k)π1+4k由0≤≤π，得0≤≤1⇒0≤1+4k≤4ω，4ω4ω则k=0，1，2，即1+4×2≤4ω<1+4×3，913∴≤ω<，故C错误；44πππ对于A，∵x∈(0,π)，∴ωx+∈,ωπ+，444π5π7π∴ωπ+∈,，422π5π当ωx+4∈2,3π时，f(x)在区间(0,π)上有且仅有2个不同的零点；π7π当ωx+∈3π,时，f(x)在区间(0,π)上有且仅有3个不同的零点，故A错误；422π913414对于B，周期T=，由≤ω<，则<≤，ω4413ω98π8π∴<T≤，1392π8π8π2π又3∈13,9，所以f(x)的最小正周期可能是3，故B正确；πππωππ对于D，∵x∈0,15，∴ωx+4∈4,15+4，913ωππ2π7π又4≤ω<4，∴15+4∈5,15，7πππ又<，所以f(x)在区间0,上一定单调递增，故D正确．15215故选：BD．34(2024·高一·辽宁丹东·期中)已知fx是定义在R上的连续函数，且满足fx+y=fx+fy-22xy，当x>0时，fx>0，设gx=fx+x()A.若f1⋅f-1=-3，则f1=1B.gx是偶函数C.gx在R上是增函数D.x-1gx>0的解集是-∞,0∪1,+∞【答案】ACD【解析】对选项A：取x=y=0得到f0=f0+f0，即f0=0，取x=1，y=-1得到f0=f1+f-1+2=0，又f1⋅f-1=-3，f1>0，解得f1=1，正确；22对选项B：取y=-x得到f0=fx+f-x+2x，即fx+f-x=-2x，22gx+g-x=fx+x+f-x+x=0，函数定义域为R，函数为奇函数，错误；22对选项C：设x1<x2，则gx2-gx1=fx2+x2-fx1-x12222=fx2-x1+x1+x2-fx1-x1=fx2-x1-2x2-x1x1+x2-x1222=fx2-x1-2x2x1+x1+x2=fx2-x1+x1-x2，2x>0时，fx>0，故fx2-x1>0，x1-x2>0，故gx2-gx1>0，即gx2>gx1，函数单调递增，正确；对选项D：g0=f0+0=0，x-1gx>0，当x>1时，gx>0，则x>0，故x>1；当x=1时，不成立；当x<1时，gx<0，则x<0，故x<0；综上所述：x∈-∞,0∪1,+∞，正确；故选：ACD.19 135(2024·湖北·一模)某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数y=的图象是双曲线，设其焦x点为M,N，若P为其图象上任意一点，则()A.y=-x是它的一条对称轴B.它的离心率为2C.点2,2是它的一个焦点D.PM-PN=22【答案】ABD【解析】反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为2，容易知道y=x是实轴，y=-x是虚轴，坐标原点是对称中心，1联立实轴方程y=x与反比例函数表达式y=得实轴顶点1,1,-1,-1，x所以a=2,c=2，其中一个焦点坐标应为2,2而不是2,2，由双曲线定义可知PM-PN=2a=22．故选：ABD.3236(2024·湖北·一模)已知函数fx=ax+bx+cx+d存在两个极值点x1,x2x1<x2，且fx1=-x1，2fx2=x2．设fx的零点个数为m，方程3afx+2bfx+c=0的实根个数为n，则()A.当a>0时，n=3B.当a<0时，m+2=nC.mn一定能被3整除D.m+n的取值集合为4,5,6,7【答案】AB2【解析】由题意可知fx=3ax+2bx+c为二次函数，且x1,x2x1<x2为fx的零点，2由ffx=3afx+2bfx+c=0得fx=x1或fx=x2，当a>0时，令fx>0，解得x<x1或x>x2；令fx<0，解得x1<x<x2；可知：fx在-∞,x1,x2,+∞内单调递增，在x1,x2内单调递减，则x1为极大值点，x2为极小值点，若x1≥0，则-x1≤0<x2，因为fx1>fx2，即-x1>x2，两者相矛盾，故x1<0，则fx=x2有2个根，fx=x1有1个根，可知n=3，若fx2=x2>0，可知m=1，mn=3,m+n=4；若fx2=x2=0，可知m=2，mn=6,m+n=5；若fx2=x2<0，可知m=3，mn=9,m+n=6；故A正确；当a<0时，令fx>0，解得x1<x<x2；令fx<0，解得x<x1或x>x2；可知：fx在x1,x2内单调递增，在内-∞,x1,x2,+∞单调递减，则x2为极大值点，x1为极小值点，若x2≤0，则-x1>0≥x2，因为fx1<fx2，即-x1<x2，两者相矛盾，故x2>0，若fx1=-x1>0，即x1<0，可知m=1，n=3，mn=3,m+n=4；20 若fx1=-x1=0，即x1=0，可知m=2，n=4，mn=8,m+n=6；若fx1=-x1<0，即x1>0，可知m=3，n=5，mn=15,m+n=8；此时m+2=n，故B正确；综上所述：mn的取值集合为3,6,8,9,15，m+n的取值集合为4,5,6,8，故CD错误；故选：AB.37(2024·湖北·二模)如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F⎳平面A1BE，则下列说法正确的有()A.动点F轨迹的长度为21B.三棱锥B1-D1EF体积的最小值为3C.B1F与A1B不可能垂直25D.当三棱锥B1-D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为π2【答案】ABD【解析】对A，如图，令CC1中点为M,CD1中点为N,连接MN，又正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M⎳A1E,MN⎳CD1⎳BA1，∴B1M⎳平面BA1E,MN⎳平面BA1E,又B1M∩MN=M，且B1M,MN⊂平面B1MN，∴平面B1MN⎳平面BA1E,又B1F⎳平面A1BE，且B1∈平面B1MN，∴B1F⊂平面B1MN，又F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，∴F∈平面B1MN∩平面C1CDD1，而MN=平面B1MN∩平面C1CDD1，∴F∈MN，即F的轨迹为线段MN.由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A正确；12对B，由正方体侧棱B1C1⊥底面C1CDD1，所以三棱锥B1-D1EF体积为V=B1C1⋅S△D1FE=S△D1FE，33所以△D1FE面积S△D1FE最小时，体积最小，如图，∵F∈MN，易得F在N处时S△D1FE最小，21 111此时S△D1FE=ND1⋅D1E=,所以体积最小值为，故选项B正确；223对C，当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得B1F⊥MN,又CC1中点为M,CD1中点为N,∴MN⎳D1C，而A1B⎳D1C，∴B1F⊥A1B,故选项C不正确；对D，如图，当F在M处时，三棱锥B1-D1DF的体积最大时，由已知得此时FD=FD1=FB1=5,所以F在底面B1DD1的射影为底面外心，DD1=2,B1D1=22,DB1=23,所以底面B1DD1为直角三角形，所以F在底面B1DD1的射影为B1D中点，设为O1，如图，设外接球半径为R,222252由R=OO1+O1B1=OO1+3,R+OO1=FO1=2,可得外接球半径R=，4225外接球的表面积为4πR=π，故选项D正确.2故选：ABD.38(2024·湖北·二模)我们知道，函数y=f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充4要条件是函数y=f(x+a)-b为奇函数．已知函数f(x)=，则下列结论正确的有()x2+2A.函数f(x)的值域为(0,2]B.函数f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形C.函数f(x)的导函数f(x)的图象关于直线x=1对称D.若函数g(x)满足y=g(x+1)-1为奇函数，且其图象与函数f(x)的图象有2024个交点，记为Ai(xi,yi)2024(i=1,2,⋯,2024)，则(xi+yi)=4048i=1【答案】BCDx4【解析】对于A，显然f(x)的定义域为R，2>0，则0<<2，即函数f(x)的值域为(0,2)，A错误；x2+2x-xx421-21-22-1对于B，令h(x)=f(x+1)-1=-1=-1=，h(-x)===-h(x)，x+1xx-xx2+22+11+21+22+1即函数y=f(x+1)-1是奇函数，因此函数f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形，B正确；对于C，由选项B知，f(-x+1)-1=-[f(x+1)-1]，即f(1-x)+f(1+x)=2，两边求导得-f(1-x)+f(1+x)=0，即f(1-x)=f(1+x)，因此函数f(x)的导函数f(x)的图象关于直线x=1对称，C正确；对于D，由函数g(x)满足y=g(x+1)-1为奇函数，得函数g(x)的图象关于点(1,1)成中心对称，由选项B知，函数g(x)的图象与函数f(x)的图象有2024个交点关于点(1,1)对称，202420242024因此(xi+yi)=xi+yi=1012×2+1012×2=4048，D正确.i=1i=1i=1故选：BCD39(2024·高三·福建泉州·期末)在空间直角坐标系Oxyz中，A0,0,0，B1,1,0，C0,2,0，22 2D-3,2,1，Ex,2,1在球F的球面上，则()A.DE⎳平面ABCB.球F的表面积等于100π3104C.点D到平面ACE的距离等于D.平面ACD与平面ACE的夹角的正弦值等于55【答案】AC2【解析】平面ABC的一个法向量n=(0,0,1)，DE=(x+3,0,0)，则n⋅DE=0，又因为DE⊄平面ABC，所以DE⎳平面ABC，A正确；因为A0,0,0，B1,1,0，C0,2,0，则AB⊥BC，球心F在平面xOy上的投影点即△ABC外接圆圆心F(0,1,0)，22222设F(0,1,z)，因为FC=FD，则(1-2)+z=(0+3)+(1-2)+(z-1)，得z=5，即F(0,1,5)，球半径R=FC=26，球F表面积S=4π×26=104π，B错误；22222由FE=R，(x-0)+(2-1)+(1-5)=26，得x=3，E(3,2,1)，AC=(0,2,0)，AE=(3,2,1)，设平面ACE的一个法向量m=(a,b,c)，AE⋅m=03a+2b+c=0，所以，取m=(1,0,-3)，AC⋅m=02b=0AD⋅m-3-3310AD=(-3,2,1)，点D到平面ACE的距离等于==，C正确；12+(-3)25m同理可得平面ACD的一个法向量s=(1,0,3)，s⋅m1-94平面ACD与平面ACE的夹角的余弦值等于==，s10×105⋅m3正弦值等于，D错误.5故选：AC.x40(2024·山东青岛·一模)已知函数f(x)=cosx+sin，则()2πA.fx在区间0,单调递增6B.fx的图象关于直线x=π对称9C.fx的值域为0,8D.关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为π,2π,4π【答案】BCDπx【解析】对于A：当x∈0,时sin>0，62x2xx所以f(x)=cosx+sin=1-2sin+sin，2221-cosπxππ62-36-2因为y=sin在0,上单调递增，又sin=2==，261224x6-2所以sin2∈0,4，497171因为>3，即>3，所以2-3-=-3>0，即2-3>，1644441π2-31所以2-3>，所以sin=>，21224211又y=-2x+x+1在-∞,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，23 2xxππ所以y=1-2sin2+sin2在0,6上不单调，即fx在区间0,6不单调，故A错误；2π-xx对于B：因为f2π-x=cos2π-x+sin2=cosx+sin2=fx，所以fx的图象关于直线x=π对称，故B正确；x2xxx2x对于C：因为fx=cosx+sin2=1-2sin2+sin2=1-2sin2+sin2，x2令t=sin，则t∈0,1，令ht=1-2t+t，t∈0,1，2则ht1119在0,4上单调递增，在4,1上单调递减，又h0=1，h1=0，h4=8，所以ht99∈0,，所以fx的值域为0,，故C正确；88xx2xx对于D：当x∈[0,2π]时sin≥0，所以fx=cosx+sin=1-2sin+sin，2222πα1由A选项可令α∈0,且sin=，624则当x∈0,α时fx单调递增，αxπx1x令<<，即α<x<π时y=sin在α,π上单调递增，且<sin<1，222242所以fx在α,π上单调递减，2π-αα1πx2π-αx又sin=sin=，令<<，即π<x<2π-α时y=sin在π,2π-α上单调递减，22422221x且<sin<1，42所以fx在π,2π-α上单调递增，2π-αxxx1当<<π，即2π-α<x<2π时y=sin在2π-α,2π上单调递减，且0<sin<，22224所以fx在2π-α,2π上单调递减，9又f0=f2π=1，fπ=0，fα=f2π-α=，8所以fx在[0,2π]上的函数图象如下所示：由图可知：①当a=0时y=fx与y=a有且仅有一个交点，即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]的实数根为π；9②当0<a<1或a=时y=fx与y=a有两个交点，8即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有两个实数根，且两根关于x=π对称，所以两根之和为2π；9③当1≤a<时y=fx与y=a有四个交点，8即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有四个实数根，不妨设为x1,x2,x3,x4且x1<x2<x3<x4，所以x1与x4关于x=π对称，x2与x3关于x=π对称，所以x1+x2+x3+x4=4π；9④当a<0或a>时y=fx与y=a无交点，8即关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]无实数根；24 综上可得，若关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为π,2π,4π，故D正确；故选：BCD41(2024·山东聊城·一模)设fx是定义在R上的可导函数，其导数为gx，若f3x+1是奇函数，且对于任意的x∈R，f4-x=fx，则对于任意的k∈Z，下列说法正确的是()A.4k都是gx的周期B.曲线y=gx关于点2k,0对称C.曲线y=gx关于直线x=2k+1对称D.gx+4k都是偶函数【答案】BC【解析】由f3x+1是奇函数，故有f3x+1=-f-3x+1，即有fx+1=-f-x+1，故，则fx+1=f-x+1，即gx+1=g-x+1，故gx关于x=1对称，由f4-x=fx，则-f4-x=fx，即-g4-x=gx，故gx关于2,0中心对称，由-g4-x=gx，则-g3-x=gx+1，又gx+1=g-x+1，故g-x+1=-g3-x，即有gx+1=-g3+x，则gx+3=-gx+5，故gx+3=-gx+5=-gx+1，即gx+1=gx+5，故gx=gx+4，故gx周期为4.对A：当k=0时，4k=0，故A错误；对B：由gx周期为4，故g4k-x=g-x，又-g4-x=gx，故-g-x=gx，故g-x=-gx=g4k-x，故曲线y=gx关于点2k,0对称，故B正确；对C：由gx周期为4，故g4k+2-x=g2-x，又gx+1=g-x+1，故gx=g-x+2=g4k+2-x，故曲线y=gx关于直线x=2k+1对称，故C正确；对D：由B得-gx=g4k-x，故-g-x=g4k+x，又gx周期为4，故有-g-x=-g4k-x，故g4k+x=-g4k-x，又x∈R，即gx+4k都是奇函数，故D错误.故选：BC.2*42(2024·山东烟台·一模)给定数列an，定义差分运算：Δan=an+1-an,Δan=Δan+1-Δan,n∈N.若数2n-1*列an满足an=n+n，数列bn的首项为1，且Δbn=n+2⋅2,n∈N，则()2A.存在M>0，使得Δan<M恒成立B.存在M>0，使得Δan<M恒成立2**ΔbnC.对任意M>0，总存在n∈N，使得bn>MD.对任意M>0，总存在n∈N，使得>Mbn【答案】BC222【解析】对于A，由an=n+n，得Δan=(n+1)+(n+1)-(n+n)=2n+2，显然Δan有最小值4，无最大值，因此不存在M>0，使得Δan<M恒成立，A错误；2对于B，由选项A知，Δan=2n+2，则Δan=2(n+1)+2-(2n+2)=2，2显然当M>2时，Δan<M恒成立，B正确；n-1n-1对于C，由Δbn=(n+2)⋅2，得bn+1-bn=(n+2)⋅2，当n≥2时，bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(b4-b3)+⋯+(bn-bn-1)012n-2即bn=1+3×2+4×2+5×2+⋯+(n+1)×2，012n-2n-1于是2bn=2×2+3×2+4×2+⋯+n×2+(n+1)×2，25 n-112n-2n-11-2n-1n-1两式相减得-bn=1+1+2+2+⋯+2-(n+1)×2=1+-(n+1)×2=-n×2，1-2n-1n-1n-1因此bn=n⋅2，显然b1=1满足上式，则bn=n⋅2，由bn+1-bn=(n+2)⋅2>0，得数列bn是递增数列，bn有最小值1，无最大值，*从而对任意M>0，总存在n∈N，使得bn>M，C正确；22nn-1n-1Δbn4对于D，Δbn=(n+3)⋅2-(n+2)⋅2=(n+4)⋅2，由选项C得=1+，bnn244*Δbn显然数列1+n是递减数列，0<1+n≤5，因此对任意M>0，不存在n∈N，使得b>M成立，Dn错误.故选：BC43(2024·山东济宁·一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，N是棱DD1上的动点(含端点)，则下列说法中正确的是()A.三棱锥A1-AMN的体积为定值B.若N是棱DD1的中点，则过A，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形的周长为752C.若N是棱DD1的中点，则四面体D1-AMN的外接球的表面积为7π36D.若CN与平面AB1C所成的角为θ，则sinθ∈,33【答案】AD【解析】对于A,连接A1M,因为DD1⎳AA1,AA1⊂平面A1AM,DD1⊄平面A1AM,所以DD1⎳平面A1AM,又点N是棱DD1上的动点(含端点)，所以点N到平面A1AM的距离为定值，设为d，112×55则VA1-AMN=VN-A1AM=3×S△A1AM×d=3×2×d=3d，为定值，故A正确；对于B,如图，26 四边形AMHN为过A，M，N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形，因为平面A1ADD1⎳平面B1BCC1,且平面A1ADD1∩平面AMHN=AN,且平面B1BCC1∩平面AMHN=MH,根据面面平行的判断定理知，AN⎳MH，又因为M,N为中点，所以H为四等分点，则四边形AMHN的周长为：51755+17AM+MH+HN+AN=5+++5=,222故B错误；对于C,如图所示，连接AD1,取AD的中点为M,连接MM，设△AD1N外接圆圆心为O,外接球球心为O,连接OM,则OE=OM,在△AD1N中，设其外接圆半径为r，AN5由正弦定理知，==10=2r，sin∠AD1N221010所以r=，即ON=，22依题易得△AND1≅△DMA,故∠AMD=∠AND,弦AD1所对的圆周角相等，故A,M,N,D1四点共圆，10则OM=ON=,2设外接球半径为R,过O作OE⊥MM,交MM于E,222则在Rt△OEM中，OM=OE+ME,21022即R=2+2-OO,①222在Rt△OON中，ON=OO+ON,22102即R=OO+2,②27联立①②，解得OO=1,R=,22故外接球的表面积为4πR=14π,故C错误；对于D，以A为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，则A0,0,0,B12,0,2,C2,2,0,N0,2,λ,λ∈0,2,则AB1=2,0,2,AC=2,2,0,CN=-2,0,λ,设平面AB1C的法向量n=x,y,z，n⋅AB1=02x+2z=0则⇒，n⋅AC=02x+2y=0令x=1，则y=z=-1，故n=1,-1,-1，n⋅CNλ+2则sinθ=cosn,CN==,2n⋅CN3⋅4+λ23λ+4λ+434λ==1+,3232λ+4λ+43当λ=0时，sinθ=，327 当λ≠0时，34λ34346sinθ=1+=1+≤1+=，3λ2+43λ+4343λ2λ×λ当且仅当λ=2时等号成立，34λ3又sinθ=1+>，323λ+436综上可知，sinθ∈,，故D正确，33故选：AD.π44(2024·山东济宁·一模)已知函数fx=sinωx+ω>0，则下列说法中正确的是()6ππA.若x=-和x=为函数fx图象的两条相邻的对称轴，则ω=236113B.若ω=2，则函数fx在0,π上的值域为2,2πC.将函数fx的图象向左平移个单位长度后得到函数gx的图象，若gx为奇函数，则ω的最小值6为5511D.若函数fx在0,π上恰有一个零点，则<ω≤66【答案】ACDππ【解析】对于A选项，若x=-和x=为函数fx图象的两条相邻的对称轴，36ππ2π则函数fx的最小正周期为T=2×+=π，则ω==2，63ππππ所以，fx=sin2x+6，此时，f6=sin2=1，合乎题意，A对；1xπ对于B选项，若ω=，则fx=sin+，226πxπ2πxπ1当0<x<π时，则6<2+6<3，所以，fx=sin2+6∈2,1，11故当ω=2时，则函数fx在0,π上的值域为2,1，B错；π对于C选项，将函数fx的图象向左平移个单位长度后得到函数gx的图象，6πππω+π则gx=sinωx+6+6=sinωx+6为奇函数，πω+π所以，=kπk∈Z，解得ω=6k-1k∈Z，6因为ω>0，当k=1时，ω取最小值5，C对；πππ对于D选项，因为ω>0，当0<x<π时，<ωx+<πω+，666π511因为函数fx在0,π上恰有一个零点，则π<πω+≤2π，解得<ω≤，D对.666故选：ACD.45(2024·山东淄博·一模)把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(OO中椭圆长轴AB=4，短轴CD=23，F1,F2为下底面椭圆的左右焦点，F2为上底面椭圆的右焦点，AA=4，P为线段BB上的动点，E为线段AB上的动点，MN为过点F2的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是()28 A.当F1F2⎳平面PMN时，P为BB的中点B.三棱锥F2-F2CD外接球的表面积为8πC.若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的射影，且QF1，QF2与下底面所成的角分别为α,16β，则tanα+β的最大值为-13D.三棱锥E-PMN体积的最大值为8【答案】ACD【解析】由题设，长轴长AB=AB=4，短轴长CD=23，则OF1=OF2=OF2=1，得F2,F2分别是OB,OB中点，而柱体中ABBA为矩形，连接OB，由BF2⎳OF1，BF2=OF1=1，∴四边形F1OBF2为平行四边形，OB⎳F1F2，当F1F2⎳平面PMN时，F1F2⊂平面ABBA，平面ABBA∩平面PMN=PF2，则F1F2⎳PF2，有OB⎳PF2，△OBB中，F2是OB中点，则P为BB的中点，A选项正确；OF2⊥CD，CD=23，OF2=1，则△F2CD中，CF2=DF2=2，∠CF2D=120°，1CD△F2CD外接圆半径为r=×=2，2sin∠CF2DF2F2⎳AA，则F2F2⊥平面F2CD，22三棱锥F2-F2CD外接球的半径为R=2+2=22，2所以外接球的表面积为4πR=32π，B选项错误；点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的射影，且QF1，QF2与下底面所成的角分别为α,β，令QF1=m,QF2=n，则m+n=4，又QQ=4，44tanα+tanβ4m+n16则tanα=，tanβ=，tanα+β===，mn1-tanαtanβmn-16mn-1616tanα+β=，由椭圆性质知1≤m≤3，2-m-2-1216则当m=1或m=3时，tanα+β的最大值为-，C选项正确；1329 由VE-PMN=VM-PEF2+VN-PEF2，要使三棱锥E-PMN体积最大，只需△PEF2的面积和M,N到平面PEF2距离之和都最大，S△PEF=SBFEB-S△PBF-S△PEB，令EB=a,PB=b，且a,b∈0,4，则PB=4-b，222111ba-1S△PEF2=×4×1+a-×1×b-×a×4-b=2+，2222当a=b=4时，有最大值S△PEF2=8，y22x在下底面内以O为原点，构建如上图的直角坐标系，且B0,2，则椭圆方程为+=1，43222设MN:y=tx+1，联立椭圆得3t+4x+6tx-9=0，Δ=144t+1>0，26t9212t+1xM+xN=-2,xMxN=-2，xM-xN=xM+xN-4xMxN=2，3t+43t+43t+4212l12令l=t+1≥1，xM-xN=2=1，3l+13l+l112由对勾函数性质可知y=3l+在1,+∞上递增，xM-xNmax==3，l41综上，三棱锥E-PMN体积的最大值为×8×3=8，D选项正确.3故选：ACD三、填空题46(2024·广东江门·一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有个面；若被截正方体的棱长是60cm，那么该几何体的表面积是2cm.【答案】1410800+36003【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是60cm，那么石凳的表面积是12S=8××302×302×sin60°+6×302×302=10800+36003cm.2故答案为：14，10800+36003.π47(2024·广东江门·一模)函数fx的定义域为R，对任意的x，y，恒有f(x+y)=f(x)f2-y30+ πf-xf(y)成立.请写出满足上述条件的函数fx的一个解析式.2【答案】fx=sinx(答案不唯一)【解析】依题意不妨令fx=sinx，则fx+y=sinx+y=sinxcosy+cosxsiny，ππππ又f(x)f2-y+f2-xf(y)=sinxsin2-y+sin2-xsiny=sinxcosy+cosxsiny，ππ所以f(x+y)=f(x)f2-y+f2-xf(y)，故fx=sinx符合题意.同理可证明fx=sin5x，fx=sin9x，⋯，也符合题意.故答案为：fx=sinx(答案不唯一)2y2x48(2024·广东·一模)已知直线l与椭圆C:+=1在第一象限交于P，Q两点，l与x轴，y轴分别32|PM||QM||PN||QN|交于M，N两点，且满足+=+，则l的斜率为.|QM||PM||QN||PN|61【答案】-/-633【解析】如图所示，不妨设P在Q的左侧，取PQ的中点R，x1+x2y1+y2设Px1,y1,Qx2,y2，则R2,2，y1-y2y1+y2可得直线l的斜率k=，直线OR的斜率kOR=，x1-x2x1+x22y2x因为Px1,y1,Qx2,y2在椭圆C:+=1上，3222x1y1+=1x2-x2y2-y2321212则22，两式相减得+=0，x2y232+=13222y1-y222整理得=-，即kOR⋅k=-，x2-x23312PMQN可知,∈1,+∞，QMPN1因为fx=x+在1,+∞内单调递增，x|PM||QM||PN||QN||PM||QN|由+=+可得=，|QM||PM||QN||PN||QM||PN|PQ+QMPQ+PN即=，整理得QM=PN，QMPN可知R为MN的中点，则OR=RM，可知kOR=-k，2226结合kOR⋅k=-可得k=，且k<0，则k=-，33366检验k=-符合题意，所以直线的斜率为-.336故答案为：-.3241849(2024·广东·模拟预测)已知a>0,b>0，且ab=1，则++的最小值为，此时aab2a+b=．1【答案】12或2231 2ab4ab【解析】因为ab=1，所以+=4a+2b=22a+b，ab241818所以++=22a+b+≥236=12，当且仅当2a+b=3时取到等号，ab2a+b2a+b2418故++的最小值为12，ab2a+ba=12a+b=3a=121此时满足，解方程得或，故a=或1.ab=1b=1b=221故答案为：12；或22250(2024·高二·全国·课时练习)已知M,N是过抛物线C:y=2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线C的交点，O是坐标原点，且满足MF=3FN，S△OMN=3MN，则p的值为.【答案】83【解析】根据题目意思将△OMN面积用△OMF和△ONF面积表示得到pMN，结合S△OMN=3MN8即可求解.不妨设直线MN的斜率k>0，过M,N作抛物线准线的垂线，垂足分别为G,H，过N作NK⊥MG于K，由MF=3FN，得MF=3FN，∴MG=3NH，1∴MK=2NH=2NF=MN，2223∴NK=MN-MK=MN，213由S△OMN=S△OMF+S△ONF=OF⋅NK=pMN，28又S△OMN=3MN，3所以pMN=3MN，8∴p=8.故答案为：8.1351(2024·山西晋中·模拟预测)记数列an的前n项和为Sn，已知nan+1-n+1an+=0，且a1=．22*Sn若对任意的n∈N，都有m>，则实数m的取值范围为．n2【答案】1,+∞1【解析】在已知式nan+1-n+1an+=0中用n+1代n得另一等式，两式相减可证得数列{an}是等差数2Sn列，由a1求出a2，得公差，从而可得前n项和Sn，令bn=n，求出bn后确定数列bn的最大值，得m的取值211范围．依题意，nan+1-n+1an+2=0，则n+1an+2-n+2an+1+2=0，32 两式相减，可得an+2-2an+1+an=0，所以an为等差数列，1135由nan+1-n+1an+=0，得a2-2a1+=0，又a1=，解得a2=，2222n(n-1)S23nn+2n所以d=a2-a1=1，则Sn=2n+2，所以n=n+1.22S22nn+2n3-n令bn=n=n+1，bn+1-bn=n+2，222当n≥2时，bn+1-bn<0，数列bn单调递减，315而b1=，b2=1，b3=，故m>1．416故答案为：1,+∞．sinxcosx52(2024·湖南·二模)函数f(x)=e-e在(0,2π)范围内极值点的个数为.【答案】2sinxcosxsinx+cosxsinxcosx【解析】易知fx=ecosx+esinx=e+.esinxecosx当x∈0,πx3π时，f>0；当x∈π,时，fx<0；22π当x∈,π时，u=sinx和u=cosx均为单调减函数，2u1-u令y=,u∈(-1,1)，则y=，uuee1-u当u∈(-1,1)时，y=>0恒成立，ueu所以y=在u∈(-1,1)上是单调增函数，uesinxcosxsinx+cosx根据复合函数单调性可知φ(x)=+为减函数，又y=e>0，sinxcosxeeππ易知f2>0,f(π)<0，由零点存在定理可得函数fx在2,π上存在一个零点，3π3π同理可得f2<0,f(2π)>0，所以函数fx在2,2π上存在一个零点，结合fx的正负情况，fx的零点为函数f(x)的极值点，因此函数fx在(0,2π)内一共有2个极值点.故答案为：22y22y2xx53(2024·湖南·二模)已知椭圆+=1(a>b>0)与双曲线-=1，椭圆的短轴长与长轴长2222abab1之比大于，则双曲线离心率的取值范围为.25【答案】2,2222212bbca+ba+b【解析】依题意，对于椭圆方程，<=<1,对于双曲线方程，e====22aaaa2ab21+a.b121不妨设t=a，则t∈2,1，于是f(t)=1+t,t∈2,1，由复合函数的单调性可得函数f(t)在区间1,1上单调递增，2555故2<f(t)<2，即2<e<2，故双曲线离心率的取值范围为2,2.5故答案为：2,2.33 54(2024·高三·湖北·期中)已知函数fx的定义域为R，且满足fx+fx+4=f21，f8-x=2025fx-4，f0=1，则f(k)=.k=1【答案】2024【解析】由f8-x=fx-4可知fx的图象关于直线x=2对称，从而f4=f0=1，又因为fx+fx+4=f21，令x=0，得f21=f0+f4=2，所以f1+f5=f2+f6=f3+f7=f4+f8=2，由fx+fx+4=2，得fx+4+fx+8=2，两式相减可得fx+8=fx，故fx的最小正周期为8，则f21=f5=2，f1=0，因为2025=8×253+1，2025所以f(k)=253⋅[f(1)+f(2)+⋯+f(8)]+f(1)=253×8+0=2024.k=1故答案为：2024.alnx2-lnx1155(2024·湖南·二模)已知对任意x1,x2∈0,+∞，且当x1<x2时，都有：<1+，则ax2-x1x1x2的取值范围是.【答案】-∞,2alnx2-lnx11【解析】因为对任意x1,x2∈0,+∞，且当x1<x2时<1+恒成立，x2-x1x1x2x2-x1所以alnx2-alnx1<x2-x1+恒成立，x1x211所以alnx2-alnx1<x2-x1+-恒成立，x1x211所以alnx2-x2+<alnx1-x1+恒成立①，x2x11令fx=alnx-x+,x∈0,+∞，x由①式可得fx2<fx1，所以fx在0,+∞上单调递减，2x-ax+1所以fx=-≤0在0,+∞上恒成立，2x2所以x-ax+1≥0在0,+∞上恒成立，1111所以a≤x+在0,+∞上恒成立，又x+≥2x⋅=2，当且仅当x=，即x=1时取等号，xxxx∴a≤2.故答案为：-∞,256(2024·湖北·一模)记maxfx，minfx分别表示函数fx在a,b上的最大值和最小值．x∈a,bx∈a,b则minmaxm+n-2n=．m∈-3,3n∈0,9【答案】22【解析】由m+n-2n=(n-1)+m-1，设n为变量，2maxm+n-2n=maxn-1+m-1，n∈0,9n∈0,92令t=(n-1)+m-1，当n=0时，t=m，当n=1时，t=m-1，当n=9时，t=m+3，最大值只可能在n=0或n=1或n=9处取得，34 2所以t=(n-1)+m-1的最大值为maxm-1,m+3，m+3,m≥-1所以maxm+n-2n=，n∈0,9-m+1,m<-1当m∈-3,3时，原式的最小值为2．2或者由m+n-2n=(n-1)+m-1在n∈0,9时的最大值只可能在n=0或2n=1或n=9处取得，令t=(n-1)+m-1，当n=0时，t=m，当n=1时，t=m-1，当n=9时，t=m+3，结合图象可得原式的最小值为2．故答案为：2.12122b57(2024·湖北·二模)已知函数fx=lnax+b-x+9有零点，当a+b取最小值时，的值3a为．2【答案】±4211211t+9【解析】设fx的零点为t，则lnat+b-t+9=0，即at+b-e=0*，33211t+9设Pa,b为直线l:tx+y-e=0上任意一点，321t+9e22坐标原点O到直线l的距离为h=，因为Pa,b到原点的距离a+b≥h，21t+9memm-1211e下求h的最小值，令t+=mm≥，则gm=,gm=93mm21∴gm在3,1为减函数，在1,+∞为增函数，即g(m)min=g1=e，2122此时l=t+⇒t=±，所以l的斜率为k=±22，93222此时a+b的最小值为e，此时OP⊥l，b1222ee∴=-=±(此时a=±,b=)．ak4332故答案为：±422y58(2024·湖北·二模)已知双曲线C:x-=1的左右顶点分别为A,B，点P是双曲线C上在第一象限3内的点，直线PA,PB的倾斜角分别为α,β，则tanα⋅tanβ=；当2tanα+tanβ取最小值时，△PAB的面积为．【答案】32622n22【解析】设P(m,n),(m>0,n>0)，则m-=1，可得n=3(m-1)，322y又因为A,B分别为双曲线C:x-=1的左右顶点，可得A(-1,0),B(1,0)，32nnn所以tanα⋅tanβ=kAP⋅kBP=m+1⋅m-1=2=3；35m-1 又由tanα>0,tanβ>0，所以2tanα+tanβ≥22tanαtanβ=26，2nn当且仅当2tanα=tanβ时，等号成立，所以=，解得m=3，m+1m-122所以n=3(m-1)=24，所以n=26，11所以△PAB的面积为×2a×yP=×2×26=26.22故答案为：3；26.59(2024·浙江·高考真题)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时，λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD的最小值是；最大值是.【答案】025【解析】正方形ABCD的边长为1，可得AB+AD=AC，BD=AD-AB，AB•AD=0，λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD=λ1-λ3+λ5-λ6AB+λ2-λ4+λ5+λ6AD要使λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD的最小，只需要λ1-λ3+λ5-λ6=λ2-λ4+λ5+λ6=0，此时只需要取λ1=1,λ2=-1,λ3=1,λ4=1,λ5=1,λ6=1此时λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BDmin=022λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BD=λ1-λ3+λ5-λ6AB+λ2-λ4+λ5+λ6AD22=λ1-λ3+λ5-λ6+λ2-λ4+λ5+λ622≤λ1+λ3+λ5-λ6+λ2+λ4+λ5+λ622=2+λ5-λ6+2+λ5+λ622=8+4λ5-λ6+λ5+λ6+λ5-λ6+λ5+λ6222=8+4λ5-λ6+λ5+λ6+2λ5+λ62222=12+4λ5-λ6+λ5+λ6+2λ5-λ62222=12+42λ5+λ6+2λ5-λ6=20等号成立当且仅当λ1,-λ3,λ5-λ6均非负或者均非正，并且λ2,-λ4,λ5+λ6均非负或者均非正．比如λ1=1,λ2=1,λ3=-1,λ4=-1,λ5=1,λ6=1则λ1AB+λ2BC+λ3CD+λ4DA+λ5AC+λ6BDmax=20=25.2y2x60(2024·重庆沙坪坝·模拟预测)设双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Aab25为C的左顶点，P，Q为双曲线一条渐近线上的两点，四边形PF1QF2为矩形，且sin∠PAQ=，则双曲5线的离心率为．【答案】22y2x【解析】令双曲线C:-=1(a>0,b>0)的半焦距为c，显然A(-a,0)，22abb由双曲线的对称性，不妨令点P,Q在双曲线C的渐近线y=x上，且点P在第一象限，ab由四边形PF1QF2为矩形，得|OP|=|OF2|=c，令Px0,ax0，则x0=a，P(a,b)，Q(-a,-b)，π255于是AQ⊥AF2，则sin∠PAQ=sin2+∠PAF2=cos∠PAF2=5，sin∠PAF2=5，11b1btan∠PAF2=，即直线AP的斜率k=，因此k==，即=1，222a2a2cb所以双曲线C的离心率为e==1+=2.a2a36 故答案为：261(2024·山东青岛·一模)已知球O的表面积为12π，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为△BCD的外心，棱AB与球面交于点P．若A∈平面α1，B∈平面α2，C∈平面α3，D∈平面α4，αi⎳αi+1(i=1,2,3)且αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与α2交于点Q，R，则△PQR的周长为.【答案】1+7/7+12【解析】设αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得4πR=12π，解得R=3，22所以OB=OP=3，所以AB=BC=3OB=3，所以OA=AB-OB=6，由A，P，B三点共线，故存在实数λ使得OP=λOA+1-λOB0<λ<1，22222222所以OP=λOA+1-λOB+2λ1-λOA⋅OB，所以3=6λ+31-λ，即3λ-2λ=0，221AP11解得λ=，所以OP=OA+OB，所以=，所以AP=AB=1，333PB23ARd1AQd1又αi⎳αi+1(i=1,2,3)且αi与αi+1(i=1,2,3)之间的距离为d，则==，==，AD3d3AC2d239317所以AR=1，AQ=，所以PQ=RQ=1+-2×1××=，2422217又PR=BD=1，所以△PQR的周长为1+2×=1+7.32故答案为：1+762(2024·山东聊城·一模)已知正四面体ABCD的棱长为2，动点P满足AP⋅CD=0，且PB⋅PC=0，则点P的轨迹长为.【答案】3π【解析】由AP⋅CD=0，故点P在过点A且垂直于CD的平面上，由PB⋅PC=0，故点P在以BC为直径的球面上，即点P的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆，由正四面体的性质可得AB⊥CD，取CD中点E，连接AE，BE，则有AE⊥CD，又AB、AE⊂平面ABE，AB∩AE=A，故CD⊥平面ABE，取BC中点F，BE中点G，连接FG，则FG⎳CD，由CD⊥平面ABE，故FG⊥平面ABE，37 11111FG=CE=CD=×2=，BF=BC=1，24422F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为1，2123则点P的轨迹所形成的圆的半径为r=1-2=，2则其轨迹长为2πr=3π.故答案为：3π.63(2024·山东烟台·一模)若函数f(x)=sinωx+3cosωx-1在0,2π上佮有5个零点，且在ππ-,上单调递增，则正实数ω的取值范围为.41595【答案】≤ω≤42ππ1【解析】依题意，函数f(x)=2sinωx+3-1，由f(x)=0，得sinωx+3=2，πππ5π则ωx+=2kπ+或ωx+=2kπ+,k∈Z，3636πππ由x∈[0,2π]，得ωx+∈,2πω+，由f(x)在[0,2π]上恰有5个零点，33329ππ37π935得≤2πω+<，解得≤ω<，636412πππ5ππ5ππ由-≤ωx+≤，得-≤x≤，即函数f(x)在-,上单调递增，2326ω6ω6ω6ω因此-π,π5π,π5π≤-π，且π≥π，解得0<ω≤5，⊆-，即-4156ω6ω6ω46ω15295所以正实数ω的取值范围为≤ω≤.4295故答案为：≤ω≤42164(2024·山东济宁·一模)已知函数fx=logax+(a>0且a≠1)恰有一个零点，则实数a的取值xa范围为．-1【答案】1,eee∪e111x1【解析】令fx=logax+x=0得x=-logax=log1x，即a=log1x，令b=a，aaaa1当b=>1时，即a∈0,1时，若两函数有且仅有一交点，ax由指数函数和对数函数特征可判断此交点必定落在y=x这条直线上，且该点为y=b,y=logbx两函数的公切点，x0b=logbx0=x0bx0=logx=xb00xx01设切点为x,x，则yx=1，则有b=1，即b⋅lnb=1，解得x=，000x=x00lnb1=1logbx=1x0⋅lnbx=x011-1x0ee1ee由b=x0得，x0lnb=lnx0，所以lnx0=1，解得x0=e，即b=e，b=e，即=e，a=e；ax当b∈0,1时，即a∈1,+∞时，由指数函数和对数函数特征可判断y=b与y=logbx要有公切点，此切点必定落在y=x这条直线上，设切点为x0,x0，yx0=-1，x0b=logbx0=x0bx0=logx=xb00xx01x则有b=-1，即b⋅lnb=-1，解得x=-，由b0=x得xlnb=lnx，x=x00lnb0001=-1logbx=-1x0⋅lnbx=x038 1111e11eee所以lnx0=-1，解得x0=e，即b=e，b=e，即a=e，a=e；由指数函数和对数函数特征可知：1ex当b∈0,e时，y=b与y=logbx有3个交点；1ex当b∈e,1时，y=b与y=logbx有1个交点；1e11eex故b∈e,1时，即a∈e,1时，a∈1,e时，y=b与y=logbx有一交点.-1故答案为：1,eee∪e65(2024·山东淄博·一模)已知定义在R上的函数f(x)，f(x)为f(x)的导函数，fx定义域也是R，`2024f(x)满足f(x+1012)-f(1013-x)=4x+1，则f(i)=.i=1【答案】4048【解析】对f(x+1012)-f(1013-x)=4x+1两边同时求导得f(x+1012)+f(1013-x)=4，即f(x)+f(2025-x)=4，则f(1)+f(2024)=4，f(2)+f(2023)=4⋯f(1012)+f(1013)=4，2024则f(i)=4×1012=4048.i=1故答案为：4048.xx66(2024·山东淄博·一模)设方程e+x+e=0，lnx+x+e=0的根分别为p，q，函数fx=e13+p+qx，令a=f0,b=f2,c=f2，则a，b，c的大小关系为.【答案】a>c>bxx【解析】由e+x+e=0，得e=-x-e，由lnx+x+e=0，得lnx=-x-e，x依题意，直线y=-x-e与函数y=e,y=lnx图象交点的横坐标分别为p,q，x而函数y=e,y=lnx互为反函数，它们的图象关于直线y=x对称，又直线y=-x-e垂直于直线y=x，x因此直线y=-x-e与函数y=e,y=lnx图象的交点关于直线y=x对称，即点(p,q)在直线y=-x-e上，x11则p+q=-e，f(x)=e-ex，于是f(0)=1,f=e-e<1，223332331312f2=e-2e=ee-2<3×3=1，而f2-f2=e-e-e=e(e-e-1)>0，31所以f(0)>f2>f2，即a>c>b.故答案为：a>c>b39