2022年新高考数学选填压轴题好题汇编(六)(解析版).docx

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1、2022年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（六） 一、单选题1（2021湖南长郡中学高三月考）已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（ ）ABCD【答案】B【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示即可计算作答.【详解】是边长为2的正方形，则以点A为原点，直线AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图：则，设点，于是得：，当时，取得最小值，所以的最小值是.故选：B2（2021广东清远市博爱学校高三月考）在ABC中，已知2acos Bc，sin Asin B(2cos C)sin2，则ABC为（ ）A等腰三角形B钝角三角形C直角三角形D等腰直角三角形【

2、答案】D【分析】利用余弦定理化简得出，根据正弦定理得出，利用二倍角的余弦公式对化简整理可得，进而得出结果.【详解】由题意知，由余弦定理，得，整理，得，即；由正弦定理，得，所以或，又，则，得，由，得，即，因为，所以，则，的，解得，所以，所以.综上诉述，为等腰直角三角形.故选：D3（2021广东顺德高三月考）已知函数，且有，则在区间内至少有（ ）个零点A4B8C10D12【答案】D【分析】根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.【详解】因为，即，所以函数关于点对称，所以，因为，所以为函数的一条对称轴

3、，所以，由，得，即，要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，又因为，所以，把代入，得，即，又因为，所以或.当时，此时在内零点个数为12；当时，此时在内零点个数为12.故选：D.4（2021广东福田高三月考）已知，且，则（ ）ABCD【答案】D【分析】令，即可得到，利用导数说明在的单调性，再令，利用导数说明其单调性，即可得到，从而得到，即可得解；【详解】解：令，所以，所以，因为，所以当时，即在上单调递减，令，则，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以在处取得极大值即最大值，因为，所以，即，所以，故选：D5（2021广东龙岗高三期中）已知为偶函数，为奇函数，且，则下列结论错误的

4、是（ ）AB，C，且，若，则D【答案】D【分析】根据函数的奇偶性得到函数的解析式，然后逐一验证即可.【详解】由题可知：所以对A，故正确对B，令，则（当且仅当时取等号）又，所以，所以在单调递增，所以，即，所以函数在单调递增，所以，故B正确；对C，设则，令所以为的增函数，等价于在上恒成立， 即，（当且仅当时取等号），所以，故C正确；对D，所以，故D错故选：D6（2021河北唐山市第十中学高三期中）已知点，若圆：，（）上存在两点，使得，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】取的中点，连接，设，在和中，利用和分别表示和，由可得，再由即可求解.【详解】由圆：，（）可得圆心，取的中点，连接，因为，

5、所以，设，在中，由勾股定理可得：，在中，由勾股定理可得：，所以，整理可得：，因为，所以，解得：，因为，所以，所以，故选：D.7（2021河北唐山一中高三期中）在锐角中，分别为三边，所对的角，若，且满足关系式，则的取值范围是ABCD【答案】D【分析】先通过，利用辅助角公式可得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.【详解】解：得，又，所以.在锐角中，由正弦定理得：所以，所以.因为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角形中的最值问题，是中档题.8（2021河北石家庄一中高三月考）已知函数，若，则的最小值为（ ）ABCD【答案

6、】A【分析】由题可得，由在单调递增得，即，则，利用导数求出的最小值即可.【详解】， ， ，由 得，因为当时，所以在单调递增，则，.令，则，令，解得，令，解得，故在单调递减，在单调递增，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据方程的特点得出，即，将问题化为求得最小值.9（2021江苏海安高级中学高三月考）三棱锥中，的面积为，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用三角形全等和三角形的面积公式求出高，求解直角三角形得，利用余弦定理得出，可得为三棱锥外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】，又，则，取中点，连接，又由的面积为，可得的高，则可得，在中，由余弦定理，解

7、得，则，可得，根据球的性质可得为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为.故选：A.10（2021江苏省响水中学高三月考）已知数列中，（是自然对数的底数）记数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】B【分析】设,求出其单调区间，从而得出，进而，所以可得，又，根据裂项求和的方法，可得答案.【详解】设，则，得，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，则由，所以又又，所以 所以故选：B11（2021江苏金陵中学高三期中）设，则（ ）ABCD【答案】A【分析】比较大小，转化为比较大小，构造函数，通过求导判断的单调性，可得出大小；比较大小，转化为比较，构造函数，求导判断单调性，得到出大小，

8、即可得出结论.【详解】设，当时，在上单调递减，即，所以；设， 当时，在上单调递减，即，所以，所以.故选：A.【点睛】关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解题的关键，再利用函数的单调性比较大小.12（2021江苏如皋高三月考）如图，已知，若，则（ ）ABCD【答案】C【分析】如图所示，以为负半轴，为正半轴建立直角坐标系，根据题意得到，解得答案.【详解】如图所示：以为负半轴，为正半轴建立直角坐标系，则，即，解得，故.故选：C.13（2021江苏如皋高三月考）已知为坐标原点，过曲线上一点作的切线，交轴于点，则面积取最大值时，点的纵坐标为（ ）ABCD【答案】C

9、【分析】先将的面积用点坐标表示出来，再利用导数求出面积为最大值时的坐标，进而得出答案.【详解】解：设点的坐标为，当时，切线方程为，令，得点的坐标为，令令，（），解得（舍去），在单调递增，在上单调递减当时，最大，即面积最大故点的纵坐标为.故选：C.【点睛】关键点睛：求复杂函数的最值时，通常利用导数求出函数的单调性以及单调区间，必要时，需要利用换元法进行处理，进而得出函数的极值或最值.14（2021江苏扬州高三月考）已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【分析】根据函数单调性可列关于、的方程组，然后转化为关于或的函数可解决此题【详解】由题意得在，上单调递减，因为函数的值域为，

10、所以，结合可得：，故选：15（2021江苏扬州高三月考）已知的内角所对的边分别为若，且内切圆面积为，则面积的最小值为（ ）ABCD【答案】D【分析】根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求面积的最小值.【详解】由题设，而且，则，由题设内切圆半径，又，而，即，可得，当且仅当时等号成立.故选：D二、多选题16（2021湖南长郡中学高三月考）已知a为常数，函数有两个极值点，（），则（ ）ABCD【答案】ACD【分析】令，则，作出，的大致图象，可判断AB；由函数的单调性可判断CD【详解】，令，则，令，则，在上单调递增，在上单调递减作

11、出，的大致图象，当时，有两个根，且，故A正确；当时，故B错误；又函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，故CD正确；故选：ACD17（2021广东清远市博爱学校高三月考）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是A是偶函数B的最小正周期是C的图象关于直线对称D的图象关于点对称【答案】AD【分析】利用三角函数图象变换可得函数的解析式，然后利用余弦型函数的基本性质逐项判断可得出正确选项.【详解】由题意可得，函数是偶函数，A正确：函数最小周期是，B错误；，则直线不是函数图象的对称轴，C错误；，则是函数图象的一个对称中心，D正确.故选：AD.【点睛】本题考查利用

12、三角函数图象变换求函数解析式，同时也考查了余弦型函数基本性质的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18（2021广东顺德高三月考）在中，、所对的边为、，设边上的中点为，的面积为，其中，下列选项正确的是（ ）A若，则B的最大值为CD角的最小值为【答案】ABC【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.【详解】对于A，由余弦定理可得，得，故，A对；对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，由余弦定理可得，则，B对；对于C，则，由余弦定理

13、可得，所以，整理可得，则，C对；对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.19（2021广东顺德高三月考）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）A外接球的表面积为B设内切球的半径为，外接球的半径为，则C过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为D设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为【答案】AD【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对

14、应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，设圆锥外接球半径为，如图，则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，则对，即，解得，故B项错误；过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，故C项错误；设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，长方体体积为，当时，时，故，故D正确，故选：AD20（20

15、21广东福田高三月考）如图，已知正方体的棱长为2，分别为，的中点，以下说法正确的是（ ）A三棱锥的体积为2B平面C异面直线EF与AG所成的角的余弦值为D过点，作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】BD【分析】对A，直接由锥体体积公式求解判断；对BC，结合建系法直接判断；对D，补全截面直接判断.【详解】对A，故A错误；对B，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，则平面，B正确；对C，故C错误；对D，作中点，的中点，的中点，连接，则正六边形为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故D正确.故选：BD21（2021广东福田高三月考）已知是周期为4的奇函数，且当时，设，则（ ）AB函数

16、为周期函数C函数的最大值为2D函数的图象既有对称轴又有对称中心【答案】ABD【分析】根据周期的定义证得函数是以4为周期的周期函数，即可判断B选项，进而求出的函数值，即可判断A选项，然后求出的在上的值域，进而求出在的值域即可判断C选项，求出对称轴与对称中心即可判断D选项.【详解】因为是周期为4的奇函数，所以，所以，所以函数是以4为周期的周期函数，故B正确；因此，故A正确；对于C， 当时，当时，所以单调递减，故当时，当时，且，所以时，由于周期为4，故的最大值为1，故C错误；对于D，因为是周期为4的奇函数，所以，又，所以函数关于对称，即函数的图象有对称轴，因为，所以函数关于对称，即函数的图象有对称中

17、心，故D正确.故选：ABD.22（2021广东龙岗高三期中）已知函数（为自然对数的底数），过点作曲线的切线.下列说法正确的是（ ）A当时，若只能作两条切线，则B当，时，则可作三条切线C当时，可作三条切线，则D当，时，有且只有一条切线【答案】ACD【分析】设切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数分别求，时的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】设切点为，由可得，所以在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线为：，因为切线过点，所以，即，设，则，当时，由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，当趋

18、近于时，趋近于，对于A：当时，若只能作两条切线，则与图象有两个交点，由图知，故选项A正确；对于B：当，时，与图象有一个交点，此时只能作一条切线，故选项B不正确；对于C：，当时， 由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，极小值，极大值，若可作三条切线，则与图象有三个交点，所以，故选项C正确；对于D：当时，所以单调递减，当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，此时与图象有一个交点，所以有且只有一条切线，故选项D正确；故选：ACD.23（2021河北唐山市第十中学高三期中）已知椭圆上有一点P，F1、F2分别为其左右焦点，的面积为S，则下列说法正确的是（ ）A若，则满足题意的点P有4个B

19、若，则C的最大值为D若是钝角三角形，则S的取值范围是【答案】ABC【分析】根据面积求出点P纵坐标的范围即可判断A；结合椭圆的定义、余弦定理和面积公式可以求出三角形面积，进而判断B；根据B中的推理，结合基本不等式可以判断C；根据C中的推理可以判断不可能为钝角，根据椭圆的对称性仅考虑P点在第一象限的情形，根据角的变化情况先考虑的情况，进而求得答案判断D.【详解】由题意， 对A，设，则，由椭圆的范围可知A正确；对B，如图，设，因为，所以在中，而，因为，所以，故B正确；对C，由，当且仅当时取“=”，即的最大值为，C正确；对D，根据C可知，最大值为，即不可能为钝角，根据椭圆的对称性，现仅考虑点P在第一象

20、限的情况，根据角的变化情况，若，将x=2代入椭圆方程解得：，此时，则是钝角三角形， S的取值范围是，D错误.故选：ABC.24（2021河北唐山市第十中学高三期中）如图，是边长为2的正方形，点，分别为边，的中点，将，分别沿，折起，使，三点重合于点，则（ ）AB点在平面内的射影为的垂心C二面角的余弦值为D若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是【答案】ABC【分析】利用线面垂直的判定定理证得平面后，即可判定A；设在底面上的射影为，利用线面垂直判定定理证得平面后得到，同理可证，即得O为的垂心，由此判定B；连接，可证为二面角的平面角，然后计算，从而判定C；由已知可得三棱锥的三条侧棱、两两互

21、相垂直，补成长方体，计算其对角线的长，从而得到外接球的半径，然后计算表面积，从而判定D.【详解】对于，平面，平面，故正确；对于，设在底面上的射影为，则底面，由知，连接并延长，交于，平面，则，同理可证，点在平面内的射影为的垂心，故正确；对于，由知，为的中点，连接，又，则为二面角的平面角在等腰直角三角形中，由，得，则，在中，有，故正确；对于，由已知可得三棱锥的三条侧棱、两两互相垂直，且，把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为，则其外接球的表面积，故错误故选：25（2021河北唐山一中高三期中）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面

22、体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（ ）A若平面，则S可能为正方形B若点A与坐标原点O重合，则S的面积为C若，则S的面积不可能为D点D到坐标原点O的距离不可能为【答案】ABD【分析】对于A，举例说明可能性成立即可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值【详解】对于A，如图，当B为时 ，正投影图形为正方形，所以A正确；对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，

23、即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，故选：ABD【点睛】关键点点睛：此题考查空间直角坐标系中正四面体的有关面积、距离问题，解题的关键是灵活运用正四面体的性质，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题26（2021河北石家庄一中高三月考）定义在上的奇函数

24、满足，当时，（为自然对数的底数），则下列结论正确的有（ ）ABC不是周期函数D函数的图象关于点对称【答案】ABD【分析】根据题意可得，即，解得b，a，即可判断A，B是否正确；由周期定义，可得C是否正确；由对称性可得D是否正确；【详解】解：因为是定义在R上的奇函数，所以，当时, , 化简得 （1），因为 ,所以 ,又为奇函数，所以 ,所以,所以, 则 ,当 时, , 解得 ,代入(1)得 ,对于 A，, 故A正确; 对B，, 故B正确; 对C， , 所以是的一个周期，故C不正确;对D，,所以 ,所以 ,所以关于点对称，故D正确;故选：ABD27（2021河北石家庄一中高三月考）八卦是中国文化的基

25、本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中，则下列结论正确的有（ ）ABCD向量在向量上的投影向量为【答案】ABD【分析】直接利用向量的数量积的应用，向量的夹角的应用结合图像求出结果，逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】解：图2中的正八边形，其中，对于A，故A正确；对于B，故B正确；对于C：因为，则，所以，故C错误；对于D：因为，所以向量在向量上的投影向量即为在向量上的投影向量，故D正确故选：ABD28（2021江苏海安高级中学高三月考）关于函数，下列结论正确的有（ ）A当时，在处的切线方程为B当时，在上存在唯一的极小值点C对任意，在上均存在零点D当

26、时，若对，恒成立，则【答案】ABD【分析】逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题【详解】选项A：当时，所以，故切点为，所以切线斜率故直线方程为：，即切线方程为：，选项A正确；选项B：当时，恒成立，所以单调递增，又，,所以，即，所以所以存在，使得，即则在上，在上，所以在上，单调递减，在上，单调递增.所以存在唯一的极小值点.,则，所以B正确；选项C、D：令，即，所以，则令，令,得由函数的图像性质可知:时，单调递减.时，单调递增.所以时，取得极小值，又,即又因为在上单调

27、递减，所以所以时，取得极小值，又，即所以当时，所以当，即时，在上无零点，所以C不正确；当时，对，恒成立，故因为时，又 ，即即当时，若对，恒成立，则故D正确.故选：ABD29（2021江苏海安高级中学高三月考）设等差数列的前项和为，公差为已知，则（ ）AB数列的最大项为第9项C时，的最小值为17D【答案】ACD【分析】求得的关系式，然后对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意等差数列满足，则AD正确.，C选项正确.由上述分析可知，所以，数列的最大项不是第9项，B选项错误.故选：ACD30（2021江苏省响水中学高三月考）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）A不是周期

28、函数B关于点对称C在区间上是减函数D在区间内有且只有一个零点【答案】BD【分析】对于A：由可判断；对于B，代入计算得，由此可判断；对于C：求导函数，判断导函数的符号，可得原函数的单调性；对于D：令，得出，由此可判断.【详解】解：对于A：函数，所以为周期函数，故A不正确对于B，因为，所以，所以关于对称，故B正确；对于C：，由时，所以函数在区间上是增函数，故C不正确；对于D：令，则，即，当时，所以在内有且只有一个零点，故D正确故选：BD.31（2021江苏省响水中学高三月考）已知数列的前项和为，且，（，为常数），则下列结论正确的有（ ）A一定是等比数列B当时，C当时，D【答案】BC【分析】对于A选

29、项，若，则数列不是等比数列，当时，通过题目条件可得，即数列为首项为，公比为的等比数列，然后利用等比数列的通项公式、前n项和公式便可得出B，C，D是否正确.【详解】由，得，故，则，当时，有，则，即，故当时，数列为首项为，公比为的等比数列；当时不是等比数列，故A错误；当时，故B正确；当时，则，故C正确；当时，而，故，则D错误；故选：BC.32（2021江苏金陵中学高三期中）众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”.整个图形是一个圆形.其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆，给出以下命题:其中所有正确结论的序号是（

30、 ）A在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率是；B当时，直线与白色部分有公共点；C黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点，则的最大值为；D若点，为圆过点的直径，线段是圆所有过点的弦中最短的弦，则的值为.【答案】ACD【分析】根据几何概型的概率公式可判断A的正误；计算直线与圆的位置关系以及数形结合可判断B的正误；利用点到直线的距离公式以及数形结合可判断C的正误；求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可判断D的正误.【详解】对于A，设黑色部分区域的面积为，整个圆的面积为，由对称性可知，所以，在太极图中随机取一点，此点取自黑色阴影部分的概率为，故A正确；对于B，当时，直线的方程为，即，

31、圆心到直线的距离为，下方白色小圆的方程为，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，如下图所示：由图可知，直线与与白色部分无公共点，故B错误；对于C，黑色阴影部分小圆的方程为，设，如下图所示：当直线与圆相切时，取得最大值，且圆的圆心坐标为，半径为，可得，解得，由图可知，故，故C正确；对于D，由于是圆中过点的直径，则、为圆与轴的两个交点，可设、，当轴时，取最小值，则直线的方程为，可设点、，所以，所以，故D正确.故选：ACD33（2021江苏如皋高三月考）已知函数满足：对于任意实数，都有，且，则（ ）A是奇函数B是周期函数CD在上是增函数【答案】AB【分析】利用赋值法以及特殊函数即可得出答案.【详解】解

32、：对A，由 令，得 ，为奇函数，故A正确；对B，令，得是周期函数，故B正确；对C，当时，符合题意，但是，故C错误；对D，当时，符合题意，但是在上是减函数，故D错误.故选：AB.【点睛】关键点睛：对于抽象函数，常用赋值法求解函数相关性质.34（2021江苏如皋高三月考）已知，是双曲线的左、右焦点，过作直线的垂线交双曲线的右支于点，且，则（ ）A原点到直线的距离为B双曲线的离心率为CD双曲线的两条渐近线夹角余弦值为【答案】ABD【分析】由题意可求得直线的方程，根据点到直线距离公式，即可判断A的正误；根据中位线的性质及双曲线定义，可判断C的正误；根据勾股定理及离心率公式，可判断B的正误；根据两角差的

33、正切公式，计算求值，可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得直线的斜率为，且，所以直线的方程为，即，所以原点到直线的距离，故A正确；因为O为的中点，且，所以到直线的距离为O到直线距离的2倍，即，根据双曲线定义可得，所以，故C错误；因为，且，所以，整理得，即所以双曲线的离心率，故B正确；设渐近线的倾斜角为，渐近线的倾斜角为，所求为，则，因为，且，所以，即，所以，因为，所以，所以双曲线的两条渐近线夹角余弦值为，故D正确；故选：ABD35（2021江苏扬州高三月考）已知函数，下列说法正确的有（ ）A函数在上单调递减B函数是最小正周期为的周期函数C若，则方程在区间内，最多有4个不同的根D函数在区间

34、内，共有6个零点【答案】ACD【分析】可判断函数为偶函数，讨论的范围，化简可得函数单调性，画出函数的图象即可判断.【详解】，为偶函数，当时，所以，又，由在为减函数可得在上单调递减，故A正确；当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，做出函数图象如图，又因为函数为偶函数，故不是周期函数，故B错误；方程在区间内根的个数，等价于与的图象的交点个数，由图象可知最多有4个交点，故C正确；由函数图象可得在区间有6个零点，故D正确.故选：ACD.三、填空题36（2021广东龙岗高三期中）已知正方体的棱长为，点为中点，点在四边形内（包括边界），

35、点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为_.【答案】【分析】建立空间直角坐标系得到在平面中点的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.【详解】如图所以，设由点到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到点的距离在平面中，直线方程为所以，所以点的轨迹方程为，设平面的一个法向量为则，令，所以所以，由直线平面所以所以点的轨迹为的导函数为所以，所以同平行的直线与相切的切点为，所以点到直线的距离为所以的最小值为故答案为：【点睛】关键点点睛：解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程，利用导数求解.37（2021河北唐山市第十中学高三期中）若点是抛物线上一动点，是抛物线的焦点，点，则的最小值

36、为_【答案】4【分析】由抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，则可得的最小值为点到抛物线准线的距离，即可得出答案【详解】抛物线的焦点为，准线为，过作准线的垂线，交准线于由抛物线的定义可得，等于点到抛物线准线的距离，所以所以的最小值为4，故答案为：438（2021河北唐山一中高三期中）数列满足，前16项和为540，则 _.【答案】【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.【详解】，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，.故答案为：.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以

37、及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.39（2021河北石家庄一中高三月考）设函数，若实数满足，且，则的取值范围是_【答案】【分析】结合图象确定a，b，c的关系，由此可得，再利用基本不等式求其最值.【详解】解：因为函数，若实数a，b，c满足，且，；如图：，且；令；因为；，当且仅当时取等号；，；故答案为：40（2021江苏海安高级中学高三月考）已知数列和的通项公式分别是，集合元素按照从小到大的顺序排列，构成数列，则数列的前62项和_【答案】3395【分析】对中的从奇数与偶数进行分类讨论，对中的从被3除的情况分类讨论，判断项的大小，求出数列的通项，再利用等差数列的求和公式分

38、组求和，即可求出答案.【详解】因为，所以， 故答案为：339541（2021江苏海安高级中学高三月考）已知向量，是平面内的两个非零向量，则当取最大值时，与夹角为_【答案】#【分析】根据，结合平面向量数量积的运算性质推出，再根据题意以及等号成立条件，即可求解.【详解】向量，是平面内的两个非零向量，当且仅当时取等号，即，即，当且仅当时取等号，即，则与夹角为，当取最大值时，与夹角为.故答案为：.42（2021江苏省响水中学高三月考）点在函数的图象上，若满足到直线的距离为的点只有个，则实数的取值范围为_.【答案】【分析】设与平行的直线与函数相切于，利用导数的几何意义求得切点，利用点到直线的距离公式计算

39、即可.【详解】依题意设在函数点处切线斜率为，即，解得，则对应的切点为要满足题意，只需满足：到直线的距离小于即有，解得.故答案为：.43（2021江苏金陵中学高三期中）法国著名的军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”在三角形中，角，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为_【答案】6【分析】令ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，O1AB中由正弦定理求、，由面积为求，根据得，再由余弦定理有，进而可得且，令，则

40、，利用导数研究单调性求区间最值即可.【详解】如图，令ABC角A，B，C所对边长分别为a，b，c，都是正三角形，分别为其中心，O1AB中，由正弦定理得，则，同理，正面积，得，而，则，中，由余弦定理得：，有，则，ABC中，由余弦定理得，则，而，又，得，令，则，在上，即，在是单调递减，时，故三角形的周长最小值是6故答案为：【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理求得，并确定、与的等量关系，应用基本不等式确定的取值范围，进而得关于的函数关系，令构造，应用导数研究单调性求最值.44（2021江苏扬州高三月考）已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【分析】将原问题转化为对任意恒成立，设，则直线应

41、介于函数与函数之间，然后作出图象，通过图象即可得到实数的取值范围【详解】依题意，变形为，对任意恒成立，即对任意恒成立，设，则直线应介于函数与函数之间，由易知，函数在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，也是最小值，由及双勾函数的性质可知，函数在单调递增，在单调递减，在处取得最小值，作出函数及函数的图象如下，由图象可知，满足条件的实数的取值范围为，故答案为：，45（2021江苏扬州高三月考）在中，已知角为钝角，且，则实数的取值范围为_.【答案】【分析】由已知利用正弦定理可得：，且，结合余弦定理、不等式的解法即可求解【详解】，由正弦定理得，由正弦定理得，又由，可得，即的取值范围是，故答案为：四、双空题46（2021湖南长郡中学高三月考）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，球内切于该四棱锥，球与球及四棱锥的四个侧面相切，球与球及四棱锥的四个侧面相切，依次作球与球及四棱锥的四个侧面相切，则球的表面积为_球，球，球的表面积之和为_【答案】 【