2024届高考3月模拟考压轴题汇编--多选题篇(解析版)

2024届高考3月模拟考压轴题汇编-多选题篇1(2024·广东韶关·二模)已知定义在R上的函数fx,gx的导函数分别为fx,gx，且fx=f4-x，f1+x-gx=4,fx+g1+x=0，则()A.gx关于直线x=1对称B.g3=1C.fx的周期为4D.fn⋅gn=0n∈Z【答案】ACD【详解】由f(x)=f(4-x)，得f(1+x)=f(3-x)①，f(1+x)-g(x)=4②，得f(3-x)-g(2-x)=4③，由①②③，得g(x)=g(2-x)，所以函数g(x)图象关于直线x=1对称，故A正确；由g(x)=g(2-x)，得g(x)=-g(2-x)，令x=1，得g(1)=0；由f(1+x)-g(x)=4，得f(1+x)-g(x)=0，令x=1，得f(2)=g(1)=0，∴f(2+x)-g(1+x)=0④，又f(x)+g(1+x)=0⑤，令x=2，得f(2)=g(3)=0，故B错误；④⑤两式相加，得f(2+x)+f(x)=0，得f(4+x)+f(2+x)=0，所以f(x)=f(4+x)，即函数f(x)的周期为4，故C正确；由f(2+x)+f(x)=0，令x=2，得f(4)+f(2)=0，所以f(4)=0，所以f(1)g(1)=f(2)g(2)=f(3)g(3)=f(4)g(4)=⋯=f(n)g(n)=0(n∈Z)，故D正确.故选：ACD2(2024·广东广州·一模)已知直线y=kx与曲线y=lnx相交于不同两点M(x1,y1)，N(x2,y2)，曲线y=lnx在点M处的切线与在点N处的切线相交于点P(x0,y0)，则()1A.0<k<B.x1x2=ex0C.y1+y2=1+y0D.y1y2<1e【答案】ACDlnx1-lnx【详解】令fx=，则fx=，xx故x∈0,e时，fx递增；x∈e,+∞时，fx递减，1所以fx的极大值fe=，且x>1，fx>0，e因为直线y=kx与曲线y=lnx相交于M(x1,y1)､N(x2,y2)两点，所以y=k与fx图像有2个交点，1所以0<k<，故A正确；e设M(x1,y1),N(x2,y2)，且1<x1<e<x2，可得kx1=lnx1,kx2=lnx2，11y=lnx在M,N点处的切线程为y-lnx1=(x-x1),y-lnx2=(x-x2),x1x21 y-lnx=1(x-x)1x11x0x0lnx2-lnx1lnx2-lnx11，得lnx2-lnx1=-，即x0=x-x=x1x2，y-lnx2=x(x-x2)x1x221x2-x12x1x2lnx2-lnx11因为k=，所以x0=x1x2k，即x1x2=x0，故B错误；x2-x1ky1lnx1lnx2因为k===，所以x2lnx1=x1lnx2，x1x1x2因为P(x0,y0)为两切线的交点，1lnx2-lnx1x2lnx1-x1lnx1+x2lnx2-x2lnx1所以y0=lnx1+x0-1=lnx1+x2-1=-1，x1x2-x1x2-x1x2lnx2-x1lnx1x2lnx2-x1lnx1即y0=-1，所以y0+1=，x2-x1x2-x1lnx1+lnx2x2-x1x2lnx1-x1lnx1+x2lnx2-x1lnx2x2lnx2-x1lnx1所以y1+y2=lnx1+lnx2====y0+1，x2-x1x2-x1x2-x1故C正确；因为kx1=y1，所以lnk+lnx1=lny1，所以lnk+y1=lny1，y2-y1同理得lnk+y2=lny2，得lny1-y1=lny2-y2，即=1，lny2-lny1y2-y1因为>y1y2，所以y1y2<1，故D正确.lny2-lny1故选：ACD.3(2024·广东佛山·二模)对于棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是()A.底面半径为1m，高为2m的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体2B.以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为2C.该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m，高为0.7m的圆锥3π3D.该正方体内能整体放入一个体积为m的圆锥17【答案】BCD【详解】对于A，若高为2m的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，2 BC1BC=2，因为△ABC∽△ADE，所以=，所以DE=22，DE2圆锥底面圆半径最小为2>1，A错误；对于B，如图，以AB，AA1，AD三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面A1BD，等价于求AB与平面A1BD所成角的正切值，因为VA-A1BD=VB-AA1D，11311所以3×2×2×2×2h=3×2×1×1×1，3所以点A到平面A1BD的距离为h=，3332则此圆锥的母线AA1与底面A1BD所成角的正切值为=，B正确；3221-3对于C，如图，以矩形BB1D1D的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以AA1，CC1的中点E，F为两个圆锥的顶点，2每个圆锥高的最大值为>0.7，C正确；2对于D，如图，AC1的中点P作垂线MN，分别交AC，A1C1于点M，N，326则PM=AP⋅tan∠C1AC=×=，2243 以正方体的体对角线AC1作为圆锥的轴，C1为圆锥顶点，MN为圆锥底面圆的直径时，12162333该圆锥的体积为V=3π×PM×C1P=3π×4×2=16π>17π，D正确．事实上，以正方体的体对角线AC1作为轴，C1为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段AP上(不含P点)，设AG=x，当GI与MN(M为AC的四等分点)重合时，MP=NP，32AGAHGH因此0<x≤，因为△AGH∽△AC1C，所以==，4AC1ACCC1636则AH=x,GH=x,C1H=3-x，33312322323圆锥体积V(x)=3π×GH×C1H=9πx1-3x,0<x≤4，V(x)=9x(2-2x)>0在320,上恒成立，4323233所以V(x)在0,4上单调递增，体积的最大值为V4=16π>17π,D正确.故选：BCD.4(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】ACD【详解】23令正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球半径为r，4πr=3π，r=，则BD1=3,AB=1，24 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+1，212+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：ACD5(2024·山东济南·一模)下列等式中正确的是()8888k823k-11k28A.C8=2B.Ck=C9C.=1-D.C8=C16k!8!k=1k=2k=2k=0【答案】BCD8012288【详解】对于A，因为1+x=C8+C8x+C8x+⋯+C8x，888128kk8令x=1，得2=1+C8+C8+⋯+C8=1+C8，则C8=2-1，故A错误；k=1k=1233对于B，因为Cn+Cn=Cn+1，5 8222223222所以Ck=C2+C3+C4+⋯+C8=C3+C3+C4+⋯+C8k=2322323=C4+C4+⋯+C8=⋯=C8+C8=C9，故B正确；11k!-k-1!k-1k-1!k-1对于C，因为-===，k-1!k!k!k-1!k!k-1!k!88k-1111111111所以=-=-+-+⋯+-=1-，故C正确.k=2k!k=2k-1!k!1!2!2!3!7!8!8!1688对于D，1+x=1+x1+x，1688对于1+x，其含有x的项的系数为C16，888对于1+x1+x，要得到含有x的项的系数，须从第一个式子取出k0≤k≤8,k∈N个x，再从第二个式子取出8-k个x，88k8-kk2它们对应的系数为C8C8=C8，k=0k=08k28所以C8=C16，故D正确.k=0故选：BCD.x6(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【详解】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，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；6 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<x4，7 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；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：BCD7(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【详解】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*8(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8 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【详解】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，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：BC9(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9 【答案】AD【详解】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，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,②10 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=，3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.10(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()A.当F1F2⎳平面PMN时，P为BB的中点11 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,β，16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【详解】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；1312 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：ACD11(2024·山东泰安·一模)已知函数fx的定义域为R，且f1=0，若fx+y=fx+fy+2，则下列说法正确的是()A.f-1=-4B.fx有最大值C.f2024=4046D.函数fx+2是奇函数【答案】ACD【详解】对于A中，令x=y=0，可得f0=-2，令x=1,y=-1，则f1-1=f-1+f1+2，解得f-1=-4，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+2，可得fx2-fx1=fx2-x1+2，若x>0时，fx>-2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<-2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不一定有最大值，所以B错误；对于C中，令y=1，可得fx+1=fx+f1+2=fx+2，13 即fx+1-fx=2，所以f2024=f2024-f2023+f2023-f2022+⋯+f3-f2+f2-f1+f1=2023×2+0=4046，所以C正确；对于D中，令y=-x，可得f0=fx+f-x+2，可得fx+2+f-x+2=0，即fx+2=-f-x+2，所以函数fx+2是奇函数，所以D正确；故选：ACD.212(2024·山东菏泽·一模)如图，过点C(a,0)(a>0)的直线AB交抛物线y=2px(p>0)于A，B两点，连接AO、BO，并延长，分别交直线x=-a于M，N两点，则下列结论中一定成立的有()A.BM⎳ANB.以AB为直径的圆与直线x=-a相切2C.S△AOB=S△MOND.S△MCN=4S△ANC⋅S△BCM【答案】ACD【详解】对于A，令AB:x=my+a,Ax1,y1,Bx2,y2，x=my+a2联立2，消x可得y-2pmy-2pa=0，y=2px2则Δ=2pm+8pa>0，y1y2=-2pa,y1+y2=2pm，2x1+x2=my1+y2+2a=2pm+2a，y1y1ay1则kOA=x,OA:y=xx,M-a1,-x111ay12pay2+x1y2+y1y1y1+2pa故kBM====0，x2+ax2+ay1x2+a同理kAN=0,∴BM⎳AN，故A正确；对于C，设x=-a与x轴交于P，S△PON=S△AOC,S△MOP=S△BOC，则S△PON+S△MOP=S△AOC,+S△BOC，S△AOB=S△MON，故C正确；11对于D，S△ANC=x1+ay1,S△BCM=-x2+ay22211则S△ANC⋅S△BCM=-x1+ax2+ay1y2=-my1+2amy2+2ay1y244122=-my1y2+2amy1+y2+4ay1y2412222=-m-2pa+2am2pm+4a-2pa=papm+2a，414 1而S△MCN=S△MPC+S△NPC=⋅2a|y1-y2|=a|y1-y2|，22222222所以S△MCN=ay1-y2=ay1+y2-4y1y2=4papm+2a=4S△ANC⋅S△BCM，故D正确；x1+x2y1+y22对于B，AB中点Q2,2，即Qpm+a,-pa,2则Q到直线x=-a的距离d=pm+2a，AB1224222以AB为直径的圆的半径=1+my1-y2=pm+pm+2pam+2pa，2222AB2所以d-=p+2a2a-pm，4pp当a=时相切，当a≠时不相切，故B错误.22故选：ACD.3213(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【详解】2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；15 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；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.x1+xx14(2024·湖北武汉·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【详解】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16 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-x31-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.15(2024·福建·模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，棱AB,BC的中点分别为E，F，点G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG∥平面ACD1，则下列说法正确的是()1A.若存在λ使得A1G=λGD1，则λ=B.若G∈C1D1，则EG∥平面ADD1A123C.三棱锥G-BC1D体积的最大值为2D.二面角D-EF-G的余弦值为3【答案】BCD【详解】如图，建立空间直角坐标系，依题意，A2,0,0,C0,2,0,D10,0,2,E2,1,0,F1,2,0，设Gx0,y0,2，则AC=-2,2,0,AD1=-2,0,2,EF=-1,1,0,EG=x0-2,y0-1,2，设平面ACD1的一个法向量为n1=x1,y1,z1，n1⊥ACn1⋅AC=-2x1+2y1=0则，所以，令x1=1，则y1=z1=1，即n1=1,1,1，n1⊥AD1n1⋅AD1=-2x1+2z1=0n2⊥EF设平面EFG的一个法向量n2=x2,y2,z2，则，n2⊥EGn2⋅EF=-x2+y2=03-x0-y0所以，令x2=1，则y2=1,z2=n2⋅EG=x2x0-2+y2y0-1+2z2=023-x0-y03-x0-y0即n2=1,1,2，因为平面EFG∥平面ACD1，所以n1⎳n2，即2=1，所以x0+y0=1，17 选项A：若存在λ使得A1G=λGD1，则点G在线段A1D1上，所以y0=0，即x0=1，所以G为A1D1的中点，即λ=1，故A错误；选项B：若G∈C1D1，则x0=0，即y0=1，所以G为C1D1的中点，因为E为AB的中点，所以AE⎳D1G,AE=D1G,故四边形AEGD1为平行四边形，所以EG⎳AD1，EG⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以EG∥平面ADD1A1，故B正确；选项C：因为DC1=0,2,2,DB=2,2,0,DG=x0,y0,2，设平面DBC1的一个法向量为n3=x3,y3,z3，n3⊥DC1n3⋅DC1=2y3+2z3=0则，所以，令y3=1，则x3=z3=-1，n3⊥DBn3⋅DB=2x3+2y3=0DG⋅n3-x0+y0-22x0+1即n3=-1,1,-1，设G到平面DBC1的距离为d===，n33332又△DBC1为等边三角形且边长为22，则S△DBC1=×22=23，4112x0+12所以VG-DBC1=⋅S△DBC1⋅d=×23×=2x0+1，又0≤x0≤1，3333所以当x0=1时，三棱锥G-BC1D体积的最大值为2，故C正确；18 选项D：因为DD1⊥平面DEF，所以平面DEF的一个法向量为DD1=0,0,2，DD1⋅n123平面EFG的一个法向量n1=1,1,1，则cosDD1,n1===，DD1⋅n12×333因为二面角D-EF-G为锐角，所以二面角D-EF-G的余弦值为，故D正确；3故选：BCD.2216(2024·福建泉州·模拟预测)已知函数fx=-x+2x，gx=x+a，则()1A.fx≤gx恒成立的充要条件是a≥21B.当a=时，两个函数图象有两条公切线41C.当a=时，直线4x-4y+1=0是两个函数图象的一条公切线2D.若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为2+22，则a=1【答案】ACD【详解】对于A，若f(x)≤g(x)恒成立，即g(x)-f(x)≥0恒成立，2221)2111而g(x)-f(x)=x+a+x-2x=2x-2x+a=2(x-+a-≥0恒成立，所以a-≥0，解得a≥，2222故A正确；对于B，设切点(x1,f(x1))，(x2,g(x2))，fx=-2x+2，gx=2x，fx1-gx2-2x1+2=2x2①有=fx1=gx2⇒-x2+2x-x2-a，x-x112=2x②12x1-x222①代入②，可得2x1-2x1+1-a=0，12当a=时，代入方程解得：8x1-8x1+3=0，4Δ=64-3×4×8<0，方程无解，即两个函数图象无公切线，故B错误；122对于C，当a=时，代入方程2x1-2x1+1-a=0得：4x1-4x1+1=0，21113x1=2，故f2=1，f2=4，所以函数f(x)与g(x)的一条公切线为：4x-4y+1=0，故C正确；对于D，如图，不妨设切线与fx切于A,B，与gx切于C,D，设A(xA,yA)，B(xB,yB)，C(xC,yC)，D(xD,yD)，f(x)=-2x+2，g(x)=2x，故fxA=g(xC)⇒-2xA+2=2xC,fxB=g(xD)⇒-2xB+2=2xD所以xA+xC=1，xB+xD=1，22yA+yC=-xA+2xA+xC+a=xC+xAxC-xA+2xA+a=1+a，同理yB+yD=1-a，则AC中点即可BD中点，所以四边形ABCD是平行四边形，19 22由A处的切线方程为y=-2xA+2x-xA-xA+2xA⇒y=-2xA+2x+xA，22C处的切线方程为y=2xCx-xC+xC+a⇒y=2xCx-xC+a，221-a2得xA+xC=a，即xAxC=，结合xA+xC=1可知xA，xC是方程2x-2x+1-a=0的根，22由C选项可知：A,B是fx的两个切点，所以xB，xA也是方程2x-2x+1-a=0的根，21所以2xB-2xB+1-a=0,且Δ=4-81-a=8a-4>0,故a>，2222则xC=xB，CB=yC-yB=xC+a+xB-2xB=a+2xB-2xB=2a-1=2a-1，222222222|AB|=(xA-xB)+(yA-yB)=(xA-xB)+(xA+a-xB-a)=(xA-xB)[1+(xA+xB)]=2(xA-xB)21-a=2(xA+xB)-4xAxB=21-4=22a-1，2|AB|+|BC|=22a-1+2a-1=1+2，2令2a-1=t,t>0，则t+2t-1+2=0⇒t-1t+1+2=0⇒t=1，故2a-1=1⇒a=1，故D正确．故选：ACD．17(2024·福建莆田·二模)已知定义在R上的函数fx满足：fx+y=fx+fy-3xyx+y，则()A.y=fx是奇函数B.若f1=1，则f-2=43C.若f1=-1，则y=fx+x为增函数33D.若∀x>0,fx+x>0，则y=fx+x为增函数【答案】ABD【详解】对A：fx定义域为R，关于原点对称；对原式，令x=y=0，可得f0=2f0，解得f0=0；对原式，令y=-x，可得f0=fx+f-x，即fx+f-x=0，故y=fx是奇函数，A正确；对B：对原式，令x=y=1，可得f2=2f1-3×2，又f1=1，则f2=2×1-6=-4；由A可知，y=fx为奇函数，故f-2=-f2=4，故B正确；3对C：由A知，f0=0，又f1=-1，对y=fx+x，20 当x=0时，y=f0+0=0；当x=1时，y=f1+1=0；3故y=fx+x在f1=-1时，不是单调增函数，故C错误；3对D：在R上任取x1>x2，令hx=fx+x，33则hx1-hx2=fx1+x1-fx2-x222=fx1-x2+x2-fx2+x1-x2x1+x2+x1x222=fx1-x2+fx2-3x1-x2x2x1-x2+x2-fx2+x1-x2x1+x2+x1x222=fx1-x2-3x1x2x1-x2+x1-x2x1+x2+x1x222=fx1-x2+x1-x2x1+x2-2x1x23=fx1-x2+x1-x2，33由题可知∀x>0,fx+x>0，又x1-x2>0，故fx1-x2+x1-x2>0，即hx1-hx2>0，hx1>hx2，故y=hx在R上单调递增，3也即y=fx+x在R上单调递增，故D正确；故选：ABD.18(2024·福建漳州·模拟预测)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱A1B1，DD1的中点，G为底面ABCD上的动点，则下列说法正确的是()A.当G为AD的中点时，EF⊥CGB.若G在线段BD上运动，三棱锥A-GEF的体积为定值C.存在点G，使得平面EFG截正方体所得的截面面积为123236πD.当G为AD的中点时，三棱锥A1-EFG的外接球表面积为9【答案】ACD【详解】对于A选项，以B为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，21 则E2,0,4，F4,4,2，C0,4,0，G4,2,0，所以EF=2,4,-2，CG=4,-2,0，因为EF⋅CG=2×4+4×-2+0=0，所以EF⊥CG，故A选项正确；1132对于B选项，当点G与点B重合时，如图2所示，VA-GEF=VF-AGE=××4×4×4=，323118当点G与点D重合时，如图3所示，VA-GEF=VE-AGF=××4×2×2=，323所以三棱锥A-GEF的体积不是定值，故B选项错误；对于C选项，当G为BC中点时，平面EFG截正方体所得的截面为正六边形EKFHGJ，如图4所示，其中H，J，K为相应边的中点，则正六边形EKFHGJ的边长为22，32所以该截面的面积为6××22=123，故存在点G，符合题意，故C选项正确；4对于D选项，当G为AD的中点时，如图5所示，易知EA1⊥平面A1FG，因为A1F=A1G=25，FG=22，22 222A1F+A1G-FG20+20-84所以由余弦定理的推论得cos∠FA1G===，2A1F⋅A1G2×25×2553所以sin∠FA1G=，设△A1FG的外接圆半径为r，5FG2210252则2r===，所以r=，sin∠FA1G333522A1E25059设三棱锥A1-EFG的外接球半径为R，则R=r+2=9+1=9，2236π所以三棱锥A1-EFG的外接球的表面积为4πR=，故D选项正确，9故选：ACD．19(2024·全国·模拟预测)设fx，gx都是定义在R上的奇函数，且fx为单调函数，f1>1，若对任意x∈R有fgx-x=a(a为常数)，gfx+2+gfx=2x+2，则()A.g2=0B.f3<3n2C.fx-x为周期函数D.f(4k)>2n+2nk=1【答案】BC【详解】在fgx-x=a中，令x=0得a=fg0=f0=0，所以fgx-x=0，又fx为单调函数，所以gx-x=0，即gx=x，所以fx+2+fx=2x+2，所以g2=2，所以A错误；由f3+f1=4，得f3=4-f1<3，所以B正确；设hx=fx-x，则由fx+2+fx=2x+2，可得hx+2+hx=0，所以hx+4+hx+2=0，所以hx+4=hx，即fx-x为周期函数，所以C正确；由hx+4=hx，得fx+4-x-4=fx-x，即fx+4-fx=4，所以f4k为等差数列，且f4-f0=4，即f4=4，nnn+12所以f4k=4+4k-1=4k，所以f4k=4×=2n+2n，2k=1所以D错误．故选：BC．20(2024·福建龙岩·一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M,N,P分别是棱C1D1,AA1,BC的中点，点Q满足CQ=λCC1,λ∈0,1，下列说法正确的是()23 A.不存在λ使得QA⊥QB11B.若Q,M,N,P四点共面，则λ=4113C.若λ=，点F在侧面BB1C1C内，且A1F⎳平面APQ，则点F的轨迹长度为331D.若λ=，由平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体Ω1和Ω2，某球能够被整体放入Ω1或Ω2，则2该球的表面积最大值为12-63π【答案】ACD【详解】正方体中，由QA>AC=AB1，故△QAB1中，AB1不可能是直角三角形的斜边，即不存在λ使得QA⊥QB1，A选项正确；R,S分别是棱A1D1,AB的中点，点Q为CC1中点时，平面MNP在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，1则Q,M,N,P四点共面，有λ=，B选项错误；21若λ=，则Q为CC1上靠近C点的三等分点，3取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H,A1G,GH则在正方形BB1C1C中，可得GH⎳PQ，GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，则有GH⎳平面APQ，同理可由A1H⎳AP，证明A1H⎳平面APQ，A1H,GH⊂平面A1GH，A1H∩GH=H，所以平面A1GH⎳平面APQ，点F在侧面BB1C1C内，且A1F⎳平面APQ，所以GH即为点F的轨迹，2222213GH=B1H+B1G=1+3=3，C选项正确；1若λ=，则Q为CC1的中点，平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体Ω1和Ω2，2平面MNQ在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，24 某球能够被整体放入Ω1或Ω2，该球的表面积最大时，是以B1为顶点，底面为正六边形MRNSPQ的正六棱锥的内切球，13正六边形MRNSPQ的边长为2，面积为6××2×2×=33，223正六棱锥B1-MRNSPQ，侧棱长5，每个侧面面积为，棱锥的高为3，2113设该球的半径为R，由体积法可得×33×3=33+6×R，3323-32解得R=，所以该球的表面积为S=4πR=12-63π，D选项正确.2故选：ACD21(2024·福建福州·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【详解】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：ACD25