2022年新高考数学名校选填压轴题汇编（解析）.pdf

1、2022 年新高考数学名校选填压轴题汇编（十七）一、单选题1（2022广东佛山二模）设,Ra b c且0a，函数2(),()(2)()g xaxbxc f xxg x，若 0f xfx，则下列判断正确的是（）A()g x 的最大值为-aB()g x 的最小值为-aC 22gxgxD 2gxgx【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，用 a 表示 b，c，再结合二次函数的性质求解作答.【详解】依题意，232()(2)()(2)(2)2f xxaxbxcaxab xbc xc，因 0f xfx，则()f x 是奇函数，于是得2020abc，即2,0ba c，因此，22()2(1)g xaxaxa

2、xa，而0a，当0a 时，()g x 的最小值为-a，当0a 时，()g x 的最大值为-a，A，B 都不正确；2(2)(1)gxa xa，2(2)(1)gxaxa，22()(1)(1)gxaxaa xa，即 22gxgx，2gxgx，因此，C 不正确，D 正确.故选：D2（2022广东佛山二模）ABC 中，24ABACB，O 是 ABC 外接圆圆心，是OC ABCA CB的最大值为（）A0B1C3D5【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出|CA 的最大值即可计算作答.【详解】过点 O 作,ODAC OEBC，垂足分别为 D，E，如图，因 O

3、是 ABC 外接圆圆心，则 D，E 分别为 AC，BC 的中点，在 ABC 中，ABCBCA，则222|2ABCACBCA CB，即22|22CACBCA CB，21|cos|2CO CACO CAOCACD CACA，同理21|2CO CBCB，因此，OC ABCA CBOCCBCACA CBCO CACO CBCA CB2222211|2|1222CACBCACBCA，由正弦定理得：|sin2 sin|2sin2sinsin 4ABBBCABACB，当且仅当2B时取“=”，所以OC ABCA CB的最大值为 3.故选：C【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐

4、标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用3（2022广东梅州二模）已知 f x 是定义在R 上的奇函数，fx是 f x 的导函数，当0 x 时，ln 20f xfxxx，且102f ，则不等式 20 xf x的解集是（）A,00,2B0,2C2,D,02,【答案】B【解析】【分析】令 ln 2g xf xx，根据题意可得函数 g x 在0,上递增，从而可得出函数 g x 在0,上的符号分布，从而可得函数 f x 在0,上的符号分布，再结合 f x 是定义在R上的奇函数，即可得出函数在R 上的符号分布，从而可得出答案.【详解】令 ln 2g

5、xf xx，则 ln 20f xgxfxxx，所以函数 g x 在0,上递增，又因102g ，所以当10,2x 时，0g x，当1,2x时，0g x，又因当10,2x 时，ln 20 x，当1,2x时，ln 20 x，所以当10,2x 时，0f x，当1,2x时，0f x，又因为102f ，所以当0 x 时，0f x，因为 f x 是定义在R 上的奇函数，所以 00f，当0 x 时，0f x，由不等式 20 xf x，得 200 xf x或 200 xf x，解得02x，所以不等式 20 xf x的解集是0,2.故选：B.4（2022广东梅州二模）两不共线的向量a，b，满足3ab，且 tR，a

6、tbab，则cos,a b （）A 12B32C 13D33【答案】C【解析】【分析】由 atbab两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断0，整理后可知只能为 0，即可解得答案.【详解】解：由题意得：tR，atbabtR，2222222at bta baba b 即222226cos,6cos,0t bt ba bbba b0b tR，26 cos,1 6cos,0tta ba b 22136cos,4 6cos,136 cos,03a ba ba b1cos,03a b，即1cos,3a b 故选：C5（2022湖南湘潭三模）A，B，C，D 是半径为 4 的球面上的四点

7、，已知 AB=5，BC=3，cosBAC=45，当 AD 取得最大值时，四面体 ABCD 的体积为（）A6 13B2 13C6 39D2 39【答案】D【解析】【分析】根据余弦定理确定 ABC 为直角三角形，求出球心到平面 ABC 的距离，又当 AD 为直径时 AD 取得最大值，得到 D 到平面 ABC 的距离，即可得到四面体 ABCD 的体积.【详解】在 ABC 中，2222164cos2105ABACBCACBACAB ACAC，解得4AC，则222ABACBC，ACBC设球心到平面 ABC 的距离为d，则22539422d.当 AD 为直径时 AD 取得最大值，点 D 到平面 ABC 的

8、距离为2d，故四面体 ABCD的体积11123 4392 39332 ABCVSd.故选：D6（2022湖南湘潭三模）若函数 cos2sin 26f xxx 在（0，）上恰有 2 个零点，则 的取值范围为（）A 54,63B 54,63C 58,33D 58,33【答案】B【解析】【分析】化简函数 3sin 23f xx，根据0 x，得到22333x，结合 f x 在0,上恰有 2 个零点，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，函数 cos2sin 23sin 263f xxxx，因为0 x，所以22333x，又由 f x 在0,上恰有 2 个零点，所以2233，解得 5463，所以 的取值范

9、围为 54,63.故选：B.7（2022湖南师大附中一模）若关于 x 的方程2230 xxmx有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（）A4,3 B34,23 C34,23D34,23【答案】D【解析】【分析】将方程2230 xxmx，转化为223xxmx，在同一坐标系中作出函数22yxx与3ymx 的图象，利用数形结合法求解.【详解】方程2230 xxmx，即为223xxmx，因为方程2230 xxmx有两个不相等的实数根，所以函数22yxx与3ymx 的图象有两不同的交点，在同一坐标系中作出函数22yxx与3ymx 的图象如图所示：由图象知：当直线3ymx 过点2,0 时，33m ，

10、当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即2311mm，解得43m ，所以实数m 的取值范围是34,23，故选：D【点睛】方法点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用8（2022湖南师大附中一模）在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，直线 A1C 与平面 AB1D1 的交点为 M，O 为线段 B1D1 的中点，则下列结论错误的是（）AA，M，O 三点共线BM，O，A1，A 四点共面CB，B1，O，M

11、四点共面DA，O，C，M 四点共面【答案】C【解析】【分析】由长方体性质易知 A，1A，1C，C 四点共面且OM，1BB 是异面直线，再根据 M 与1A C、面11ACC A、面11AB D 的位置关系知 M 在面11ACC A 与面11AB D 的交线上，同理判断O、A，即可判断各选项的正误.【详解】因为11/AACC，则 A，1A，1C，C 四点共面.因为1MAC，则 M 平面11ACC A，又 M 平面11AB D，则点 M 在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，同理，O、A 也在平面11ACC A 与平面11AB D 的交线上，所以 A、M、O 三点共线，从而 M，O，1

12、A，A 四点共面，A，O，C，M 四点共面.由长方体性质知：OM，1BB 是异面直线，即 B，1B，O，M 四点不共面.故选：C.9（2022湖北黄冈中学模拟预测）函数()ln1f xxax 有两个零点1212()xxxx,，下列说法错误的是（）A01aB121x xaC2111xxaD122xxa【答案】B【解析】【分析】先将问题转化为：ya与11nxyx有两个交点，数形结合根据选项判断即可.【详解】因为函数()ln1f xxax 有两个零点1212()xxxx,，所以ln10 xax 有两个根，即11nxax，即 ya与11nxyx有两个交点，画出函数图像如下图所示：设 110nxg xx

13、x，所以 21nxgxx，当 0gx时，解得01x，函数 g x 单调递增；当 0gx时，解得1x ，函数 g x 单调递减，所以 11maxg xg，当 x 时，0g x，当0 x 时，g x ，所以当01a 时，ya与11nxyx有两个交点，即函数()ln1f xxax 有两个零点，故 A 正确；结合图像可知1211exx，因为11122212ln1=0lnlnln1=0 xaxxxaxaxxx，要证明122xxa，即证明111222lnl2nxxxxxx，整理得1121212212 0ln11xxxxxxxx，令12xtx，所以21ln011tttt，设 21ln011tg tttt，所

14、以 2210 011tg ttt t 恒成立，所以 g t 在0,1 单调递增，所以 10g tg，即21ln011tttt，故 D 正确；由 D 选项正确，即12122ln2x xxxaa，即121x x 成立，因为01a，所以 11a ，所以121x xa，故 B 不正确；因为221 ln1xxaa，1211exx，可得11x ，可得2111xxa，故 C 选项正确.故选：B.10（2022湖北黄冈中学模拟预测）小林同学喜欢吃 4 种坚果：核桃腰果杏仁榛子，他有 5 种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装 1 种坚果，至多装 4 种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一

15、种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（）A20160B20220C20280D20340【答案】A【解析】【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为 H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为 H，Y，X，Z，则每个字母出现 2 次或 4 次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是 HYXZ，故 1 种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z）（）（），故有314312C C 种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（

16、Z）（X）（），故有224212C A 种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个 H 无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放 H，故 0 种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是 H，“4+2+2”中各一个 H，“2+2”中除了一个 H 外，另一个互异，故有233C 种可能；若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有 1 个 H，“3+3+2”中各一个 H，可以考虑含模式，（H）（H）（H）（）（H），故有22326C A 种可能；若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下

17、表进一步分类，有 1+22133210CC C种可能；YXZHHHHHHHHHHH若是“10=2+2+2+2+2”，则四个 H 至少有两个出现搭配相同，故 0 种可能；小计：14036 10076C ；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故 0 种可能；若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ）（XZ）（）（）（），故有11224C C 种可能；若是“12

18、=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有 2 种可能；若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H）（Y），有2 种可能.小计24954C ；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故 0 种可能；若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有 3 个 Z，故 0 种可能；若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有 2 个 Z，考虑（HYXZ）（H

19、YX）（Z）（）（），其中 Z有233C 种可能，故此小类有 3 种可能；若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有 3 个 Z，故 0 种可能；小计14312C；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有 1 种可能；综上：共有 25+76+54+12+1=168 个分堆可能，故不同的方案数为55168A=168 12020160种.故选：A【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把 8,10,12,14,16 分为

20、 5 个数（从 1 到 4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.11（2022山东昌乐二中模拟预测）在边长为 6 的菱形 ABCD中，3A，现将ABD沿BD折起，当三棱锥 ABCD的体积最大时，三棱锥 ABCD的外接球的表面积为（）A60B30C70D50【答案】A【解析】【分析】当三棱锥 ABCD的体积最大值时，平面 ABD 平面 BCD，即可求出外接圆的半径，从而求出面积.【详解】当三棱锥 ABCD的体积最大值时，平面 ABD 平面 BCD，如图，取 BD的中点为 H，连接,AH CH，则 AHBD.设12,O O 分别为ABD，BCD外接圆的圆心，O 为三棱锥 ABCD的外接球的球心，则1

21、O 在 AH 上，2O 在CH 上，且11222 33AOO HAH,且21,O HBD OO平面 ABD，2OO 平面 BCD.平面 ABD 平面 BCD，平面 ABD平面=BCD BD，AH 平面 ABDAH 平面 ABD，2/AHO O，同理1/CHO O四边形12O OO H 为平行四边形AH 平面 BCD，2O H 平面 BCD2AHO H，即四边形12O OO H 为矩形.213OOO H 22362 332CO 外接球半径22223 1215ROOCO 外接球的表面积为2460R 故选：A.12（2022山东昌乐二中模拟预测）PQ 为经过抛物线22ypx焦点的任一弦，抛物线的准线

22、为 l，PM 垂直于 l 于 M，QN 垂直于 l 于 N，PQ 绕 l 一周所得旋转面面积为1S，以 MN 为直径的球面积为2S，则（）A12SSB12SSC12SSD12SS【答案】C【解析】【分析】解：设设 PQ 与 x 轴夹角为，令 PFm，QFn，根据抛物线的定义可知 PMm，QNn，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公式得到21Smn、222sinSmn，即可判断；【详解】解：设 PQ 与 x 轴夹角为，令 PFm，QFn，则 PMm，QNn，则21SPMQNPQmn，2222sinSMNmn，所以12SS当且仅当90 时等号成立；故选：C13（2022山东潍坊模拟预测）已知椭圆

23、E：22221xyab（0ab）的右顶点为 A，直线 ykx交 E 于第一象限内的点 B点 C 在 E 上，若四边形 OABC 为平行四边形，则（）A若 k 越大，则 E 的长轴越长B若 k 越大，则 E 越扁C若33k，则 E 的离心率为 2 23D若3k，则 E 的离心率最大【答案】C【解析】【分析】由题意分析,B C 坐标，得k 与a 关系，对每个选项逐一判断【详解】由 OABC 为平行四边形知 BCa，故(,)2 2a aBk,代入椭圆方程得2221144a kb，即2223 bka对于 A，若 k 越大，a 越小，A 错误对于 B，若k 越大，则221bea越小，椭圆越圆，B 错误对

24、于 C，若33k，则222 213bea，C 正确对于 D，221bea无最大值，D 错误故选：C14（2022山东潍坊模拟预测）如图，在边长为 a 的等边三角形 ABC 中，圆 D1 与ABC 相切，圆 D2 与圆 D1 相切且与 AB，AC 相切，圆 Dn+1 与圆 Dn 相切且与 AB，AC 相切，依次得到圆 D3，D4，Dn设圆 D1，D2，Dn 的面积之和为nX，（nN），则nX（）A1211129naB2311329naC211183naD11211111293nna【答案】B【解析】【分析】结合等边三角形、圆的几何性质求得各圆的半径，从而求得各圆面积，进而求得nX.【详解】等边三

25、角形内心、重心、外心、垂心四心合一.所以圆1D 的半径为 133326aa，面积为212a ，圆2D 的半径为 1336 a，面积为219 12a，圆3D 的半径为21336 a，面积为221912a，以此类推，圆nD 的面积为121912na，所以各圆的面积组成的数列是首项为212a ，公比为 19 的等比数列，所以22211311291311329191329nnnnaaXa .故选：B15（2022山东青岛一模）设 f x 是定义域为 R 的偶函数，且在0,上单调递增，若21log3af，31log2bf，433cf，则a，b，c 的大小关系为（）AcbaBbcaCacbD abc【答案

26、】D【解析】【分析】根据 f x 的奇偶性化简,a b c，结合 f x 的单调性确定,a b c 的大小关系.【详解】依题意 f x 是定义域为 R 的偶函数，121222221loglog3log 3log 33affff，121233331loglog2log 2log 22bffff，443333cff，22log 3log 21，331113333328,33,23,23，1333311log 3log 2log 33，41310333，由于 f x 在0,上单调递增，所以 abc.故选：D16（2022山东青岛一模）已知函数 sin 2cos21 01f xxx，将 f x 的图象

27、先向左平移 4 个单位长度，然后再向下平移 1 个单位长度，得到函数 g x 的图象，若 g x图象关于 ,04对称，则 为（）A 14B 12C 23D 34【答案】A【解析】【分析】化简 f x 解析式，根据三角函数图象变换求得 g x，由04g 求得 的值.【详解】2 sin 214f xx，f x 的图象先向左平移 4 个单位长度，然后再向下平移 1 个单位长度，得到函数 212 sin 22 sin 2444g xxx，故2 21412 sin2 sin04444g，所以 411,Z44kkk，由于01，所以14.故选：A二、多选题17（2022广东佛山二模）在棱长为 3 的正方体1

28、11ABCDA B C D中，M 是11A B 的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（）A存在点 N，使得1/MNBCB三棱锥 M11A BC 的体积等于 94C有且仅有两个点 N，使得 MN平面11A BCD有且仅有三个点 N，使得 N 到平面11A BC 的距离为3【答案】BC【解析】【分析】根据点 M 的位置容易判断 A，由1111MA BCB A MCVV求解可判断 B；当12,N N 分别为111,B B B C 中点时，可判断 C；易证1B D 平面11A BC，1B D 平面1ACD，且111223BOOOO D，可判断 D【详解】对于 A，显然无法找到点 N，使得

29、1/MNBC，故 A 错；对于 B，1111111111393 333224MA BCB A MCA MCVVSB B ，故正确；对于 C，如图所示12,N N 分别为111,B B B C 中点，有1MN平面11A BC，2MN平面11A BC，故正确；对于 D，易证1B D 平面11A BC，1B D 平面1ACD，且111221133B OO OO DB D，所以有点11,B A C D 四点到平面11A BC 的距离为3，故 D 错故选：BC18（2022广东佛山二模）已知0 xy，且e sine sinyxxy，其中 e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）Asinsinx

30、yBsinsinxyCcoscos0 xyDcocos0s xy【答案】AC【解析】【分析】构造函数 sinexxf x，求导，计算出其单调性即可判断.【详解】构造函数 sinexxf x ，2 coscossin4eexxxxxfx，当4x 时，0fx，04x 时，0fx ，4x 时，0fx ，在4x处取最大值，0,x，sin0,0 xf x，函数图像如下：,eexyxy，sinsinxy，A 正确；B 错误；04x，22cos1 sin0,cos1 sin,coscosxxyyxy，coscos0 xy，C 正确，D 错误；故选：AC.19（2022广东梅州二模）一球筐中装有n 个小球，甲

31、、乙两个同学轮流且不放回的抓球，每次最少抓1个球，最多抓2 个球，规定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，则以下推断中正确的有（）A若4n，则甲有必赢的策略B若5n，则甲有必赢的策略C若6n，则乙有必赢的策略D若7n，则乙有必赢的策略【答案】ABC【解析】【分析】对甲第一抓球的个数进行分析，结合题意进行推理，可判断各选项的正误.【详解】对于 A 选项，若4n，只要甲第一次抓1个球，乙抓1个或 2 个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，A 对；对于 B 选项，若5n，只要甲第一次抓 2 个球，乙抓1个或 2 个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，B 对；对于 C 选项，若6n，若甲第

32、一次抓1个球，则问题转化为剩余5 个球，由乙先抓，结合 B选项可知，乙有必赢的策略，若甲第一次抓2 个球，则问题转化为剩余4 个球，由乙先抓，结合 A 选项可知，乙有必赢的策略，综上，若6n，则乙有必赢的策略，C 对；对于 D 选项，若7n，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余6个球，由乙先抓，结合 C选项可知，甲有必赢的策略，若甲第一次抓2 个球，则问题转化为剩余5 个球，由乙先抓，结合 B 选项可知，乙有必赢的策略，D 错.故选：ABC.20（2022广东梅州二模）在长方体1111ABCDA B C D中，1ABAD，12AA，动点 P在体对角线1BD 上（含端点），则下列结论正确的有（）

33、A当 P 为1BD 中点时，APC为锐角B存在点 P，使得1BD 平面 APCC APPC的最小值2 5D顶点 B 到平面 APC 的最大距离为22【答案】ABD【解析】【分析】如图，以点 D 为原点建立空间直角坐标系，设1 01BPBD，当 P 为1BD 中点时，根据cosPA PCAPCPAPC判断cosAPC得符号即可判断 A；当1BD 平面 APC，则11,BDAP BDCP，则有1100BDAPBD CP，求出，即可判断 B；当11,BDAP BDCP时，APPC取得最小值，结合 B 即可判断 C；利用向量法求出点 B 到平面 APC 的距离，分析即可判断 D.【详解】解：如图，以点

34、 D 为原点建立空间直角坐标系，设1 01BPBD，则 11,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,2ABCD，则11,1,2BD ，故1,2BPBD，则 0,1,0,2,1,2APABBP ，1,0,0,21,2CPCBBP，对于 A，当 P 为1BD 中点时，则1 1,12 2AP，11,122CP，则11,122PA，1 1,12 2PC ，所以1cos03PA PCAPCPAPC，所以APC为锐角，故 A 正确；当1BD 平面 APC，因为,AP CP 平面 APC，所以11,BDAP BDCP，则111 40140BD APBD CP ，解得16，故存在点 P，使得1BD 平面 A

35、PC，故 B 正确；对于 C，当11,BDAP BDCP时，APPC取得最小值，由 B 得，此时16，则1 5 1,6 6 3AP ，51 1,66 3CP，所以306APCP，即 APPC的最小值为303，故 C 错误；对于 D，0,1,0,1,1,0ABAC，设平面 APC 的法向量,nx y z，则有0120n ACxyn APxz ，可取 2,2,21n，则点 B 到平面 APC 的距离为22cos,1241AB nABAB nn，当0 时，点 B 到平面 APC 的距离为 0，当01 时，2222112211241113 12244，当且仅当12 时，取等号，所以点 B 到平面 AP

36、C 的最大距离为22，故 D 正确.故选：ABD.21（2022湖南湘潭三模）已知双曲线2221yxb（0b）的左右焦点分别为 F1（c，0），F2（c，0）.直线33yxc与双曲线左右两支分别交于 A，B 两点，M 为线段 AB 的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（）A双曲线的离心率为 2 33B21222F F F MF A F MC212121F F F MF FFMD12FMF A【答案】BD【解析】【分析】连接222,AF BF MF，设1AFx，由已知4,1ABa，利用双曲线的定义求得2212AFBFMFx，判断 D 正确，根据直线的斜率把图中线段用c 表示，从而求得2c，

37、得离心率判断 A，由数量积的定义计算数量积判断 BC【详解】如图，连接222,AF BF MF，设1AFx，因为4,1ABa，所以2212AFBFMFx，D 正确.又 M 为线段 AB 的中点，所以2 MFAB.又123tan3BF F，所以212,3MFc MFAFc，则22AMc，得2c，所以双曲线的离心率为 ca 2，A 不正确；221221212222222cos2,cosF F F MF F F MF F MF MF A F MF A F MAF M222,F M121F FF M2121121cos6F F F MMF FF M，B 正确，C 不正确.故选：BD22（2022湖南湘

38、潭三模）已知数列 na满足11a ，12ln11nnnaaa ，则下列说法正确的有（）A31225aaa B2211nnnaaa C若2n，则131141niiaD 1ln121 ln 2nniia【答案】BCD【解析】【分析】直接计算出23,a a 即可判断 A 选项；构造函数函数 ln1f xxx，由ln1xx ，得到ln1nnaa ，进而判断 B 选项；由ln1 1na 得到1 21nnaa，再结合累乘法得到1 2nna，按照等比数列求和公式即可判断 C 选项；构造函数 12lng xxxx，由11ln2xxx 得到212nnnaaa，结合累乘法求得1ln12ln2nna，按照等比数列求

39、和公式即可判断 D 选项.【详解】2113222ln113,2ln116ln37aaaaaa ，则3122512ln3 60aaa，又120aa，所以31225aaa，A 不正确.令函数 ln1f xxx，则 11fxx，则 f x 在0,1 上单调递减，在1,上单调递增，10f xf，即ln1xx ，又易得 na是递增数列，11naa ，故ln1nnaa ，所以21 21nnaa，B 正确.易知 na是递增数列，所以11naa ，则1ln1 1,2ln11 21nnnnnaaaaa，则11 21nnaa，即1121nnaa，所以11212111211nnnnnaaaaaa，即111 212n

40、nnaa，所以1112nna，所以2111111111221111222212nnnniia，而当2n时，则有11211131114niiaaa，C 正确.令函数 12lng xxxx，则 222212110 xxgxxxx，所以 g x 在0,上单调递减，所以当1x时，10g xg，则11ln2xxx，所以211121122nnnnnnaaaaaa，211121211ln1ln1ln1ln111,2,2ln1ln1ln1ln1nnnnnnnnnaaaaaaaaaa，111ln12ln12ln2nnnaa，所以11ln1(122ln221 ln2nnniia，D 正确.故选：BCD.【点睛】本

41、题关键点在于 B 选项通过构造函数 ln1f xxx 进行放缩得到ln1nnaa ，结合12ln11nnnaaa 即可判断；C 选项由ln1 1na 放缩得到1 21nnaa，D 选项构造函数 12lng xxxx得到212nnnaaa，再结合累乘法和求和公式进行判断.23（2022湖南师大附中一模）在棱长为 1 的正方体1111ABCDA B C D 中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1/A F平面1AED，则（）A点 F 的轨迹是一条线段B直线1A F 与 BE 可能相交C直线1A F 与1D E 不可能平行D三棱锥1FABD的体积为定值【答案】AD【解析】

42、【分析】取线段1BB，11B C 中点 M，N，证得平面1/A MN平面1AED，得到1A F 平面1A MN，可判定 A 正确；根据异面直线的定义，得到1A F 与 BE 是异面直线，可判定 B 错误；当点 F 与点 M 重合时，可判定 C 错误；由点 F 到平面1ABD 的距离是定值，且1ABD 的面积为定值，可判定 D 正确.【详解】如图所示，分别取线段1BB，11B C 中点 M，N，连接1A M，MN，1A N，则1/MNAD，11A MD E，所以平面1/A MN平面1AED，因为1/A F平面1D AE，则1A F 平面1A MN,又点 F 是侧面11BCC B 内的动点，所以点

43、 F 的轨迹为线段 MN，所以 A 正确；因为 BE 在平面11BCC B 内，直线1A F 与平面11BCC B 相交，且交点不在 BE 上，所以1A F 与 BE 是异面直线，所以 B 错误；当点 F 与点 M 重合时，直线1A F 与直线1D E 平行，所以 C 错误；因为1/MNAD，则/MN平面1ABD，所以点 F 到平面1ABD 的距离是定值，又由1ABD 的面积为定值，所以三棱锥1FABD的体积为定值，所以 D 正确.故选：AD.24（2022湖南师大附中一模）已知正数 x，y，z 满足3412xyz，则（）A 111xyzB634zxyC24xyzD4xyz【答案】ABD【解析

44、】【分析】设3412xyzt，1t ，求出,x y z，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断 A；利用作商法即可判断 B；利用作差法即可判断 D；再根据 AD 即可判断 C.【详解】解：设3412xyzt，1t ，则3logxt，4logyt，12logzt，所以3411111log 3log 4log 12loglogtttxyttz，A 正确；因为121232log 32log6log 913loglog 12tttzxt，则63zx，因为38143log3log 4log 643log 64144log4log 3log 81tttttxyt，则34xy，所以634zxy，B 正确；

45、因为34121144loglog4loglog 3log 4log 12tttxyztttlog 3log 44log 3log 4log 3log 4tttttt2log 3log 40log 3log 4 log 3log 4tttttt，则4xyz，D 正确.因为 111xyzxyxy，则4xyxyzz，所以24xyz，C 错误.故选：ABD.25（2022湖北黄冈中学模拟预测）已知向量(,3)ABmm，(,3)BCnm(,0)m n，且|1BM ，AMxAC，其中41 2cos 9x，下列说法正确的是（）A AB 与 AC 所成角的大小为 3B32310 xx C当2|1ABx时，|A

46、BBC取得最大值D|ABBC的最大值为3x【答案】AD【解析】【分析】利用向量夹角定义和模的求法即可选定 A 选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除 B 选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项 B 中得出的结论即可判断 C 选项和 D 选项的正误.【详解】对于 A 选项：因为(,3)ABmm,(,3)BCnm所以有：(,0)ACmn2222cos,(3)()cos,AB ACmmnAB ACABACAB ACmmmnAB AC，解得1cos,2AB AC，所以 AB 与 AC 所成角的大小为 3；对于 B 选项：41 2cos1 2cos801 2sin109x ，因为22 2sin10

47、 cos10 cos20 cos40sin80cos10，所以1sin10 cos20 cos408，结合1cos20 cos40cos(2040)cos(2040)2得38sin 106sin1010，将1sin102x代入化简，得32310 xx，故 B 选项错误；对于 C 选项和 D 选项：以 B 点为圆心，建立平面直角坐标系，则由(,3)ABmm可设2ABm，AMB使用余弦定理得：2222cos60BMABAMAB AM ，故可得22112()2 2()2mmn xmmn x，22222232322mnmABBCmnm 当且仅当2223mnm即mn时等号成立，结和公式22112()2

48、2()2mmn xmmn x，以及选项 B 中的32310 xx，可知当32xABBC时，ABBC取得最大值3x，而此时2314xx平方后化为一元二次方程后 无解，因此 D 选项正确，C 选项错误.故选：AD.26（2022湖北黄冈中学模拟预测）已知数列 na的前n 项和为nS，且1nnSa 对于*nN 恒成立，若定义(1)nnSS，()(1)12nkkniiSSk，则以下说法正确的是（）A na是等差数列B 232122nnnnSC 1211!kkkn knnASSk D存在n 使得202120222022!nnS【答案】BC【解析】【分析】利用退一相减法可得数列的通项及nS，即可判断各选项

49、.【详解】当1n 时，1112aS，当2n 时，由1nnSa，得111nnSa，故10nnnaaa，即112nnaa，所以数列 na为等比数列，首项112a，公比12q，故12nna，A 选项错误；则112nnS，所以 11112nnSS，221111121111111112222nnnnnniSSSSSn 223210111112101112222222nnnnnninnnnSSn ，B 选项正确；当1k 时，223121!nnnAnnSSk，假设当k 时，1211!kkkn knnASSk 成立，当1k 时，3+12211kkkkkknnnnnnSSSSSS，即111311211!1!1!

50、kkkkkn kn kn knnAAASSkkk 成立，故 1211!kkkn knnASSk，C 选项正确；112nnS D 选项错误；故选：BC.27（2022湖北黄冈中学模拟预测）双曲线2222:1(,0)xyCa bab的虚轴长为 2，12,F F 为其左右焦点，,P Q R是双曲线上的三点，过 P 作C 的切线交其渐近线于,A B 两点.已知12PF F的内心 I 到 y 轴的距离为 1.下列说法正确的是（）A2ABF 外心 M 的轨迹是一条直线B当a 变化时，AOB 外心的轨迹方程为22222(1)4axa yC当 P 变化时，存在,Q R 使得 PQR 的垂心在C 的渐近线上D若

51、,X Y Z 分别是,PQ QR PR 中点，则 XYZ 的外接圆过定点【答案】AD【解析】【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.【详解】因为已知12PF F的内心 I 到 y 轴的距离为 1，双曲线2222:1(,0)xyCa bab的虚轴长为 2，所以12PF F的内心 I 横坐标01200012221xaPFPFxccxxa （），双曲线方程：221xy，122,0,2,0FF，渐近线 yx.设 0011223344,P xyA x yB xyQ x yR xy.当点00,Pxy在双曲线222210,0 xyabab上时

52、：设直线 ykxm与双曲线222210,0 xyabab交两点 1122,xyxy2222220b xa ya bykxm22222222()2()0ba kxa kmxamb22222422222222222221222221212222044()()4()0222ba kk m aba kamba b ba kma kmxxba kb myyk xxmba k当直线与双曲线相切时222200ba km，此时切点00,Q xy满足：22212020222012022022bxxa kma kmxymmx byyb mbykmmy a 切线22000222001x bx xy ybykxmyx

53、y ayaa设直线 ykxm与渐近线22220 xyab交两点 3344,A xyBxy22220b xa yykxm2222222()20ba kxa kmxa m23412022234120222a kmxxxxxba kyyyyy切点00,Q xy正是线段 AB 的中点，2020ABb xka y；线段 AB 中垂线是200020a yyyxxb x.中垂线与 y 轴交于点，且 TATB.20022002001a bx xy yxbxayabbabyxyabxay可设220000,a babA bxaybxay一方面，22200AFabka bc bxay；另一方面，线段2AF 中点是2

54、20000,222 22a bcabWbxaybxay220422200000223200002222222WTy cababcbx yaybxaybka bca bcbbxaybxay2422242222000000222324220000002222AFWTabcbx yaya bcabx ya yabkka bc bxaya bcbbxaya bcbxay考虑到22422242200000220a bcabx ya ya bcbxay2221AFWTkkAFWTTATF 2TATBTF，点T确系2ABF 之外心 M！其轨迹是直线0 x.选项 A 正确！依（1）设2200000000,;,

55、aaaaABxayxayxayxay线段OAOB、中点是2200000000,22222222aaaaxayxayxayxay 、线段OA中垂线是200002222aaya xxayxay，即20012axayyxa线段OB 中垂线是200002222aaya xxayxay，即20012axayyxa2200001122aaxayxayyyxxaa2222220022214axa yayxa，即 OAB外心的轨迹方程为22222214ayxaa.故选项 B 错！（3）对 PQR 来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是,u u，进而0343403434uyyyxxuxxxyy 化简得 0303044

56、00404033044334433x yy xx yx yx xy yx xy yuxyxyxyxy 030304400303344304043443443344003300 x yy xx yx yx yy xx yx yx yy xx yx yuxyxyxyxyxyxy 404030300303434334340404443300443300 x xy yx xy yx xy yx xy yx xy yx xy yuxyxyxyxyxyxy 044034430404344304043300330033x yx yx yx yx yy xx yx yx yy xuxyxyxyxyxy0440

57、03303443334400 x yx yx yx yx yx yuxyxyxy把044033033044x yx yxyux yx yxyu代入 404030304433x xy yx xy yuxyxy并化简得：0033440 xyxyxy考虑到00,Pxy不在渐近线上得000 xy，故3344xyxy34341QRyykxx，这不可能！垂心不能在 yx上，同理不能在 yx 上，选项 C 错误；（4）设0303343440400,0,222222xxyyxxyyxxyyOXYZ23434234342040420404tantan1QRPRQRPRQRPRkkZXYRkkxxxxbkayyy

58、yxxxxbkayyyy 34043404043434043404340434043404tan1xxxxxxyyxxyyyyyyZXYxxxxyyyyxxxxyyyy 34040434340434043404340434043404tan11OYOZOYOZyyyyxxyyxxyykkxxxxZOYyyyykkyyyyxxxxxxxxtantan0,ZXYZOYZXYZOYO Z X Y 共圆！XYZ 的外接圆过定点原点，选项 D 对.故选：AD【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.28（2022山东昌乐二中模拟预测）已知函数 2lnxf xx，若0.20.3af，

59、2log 3bf，3log 4cf，则（）A f x 在0,1 上恒为正B f x 在1,上单调递减Ca，b，c 中最大的是 aDa，b，c 中最小的是 b【答案】AC【解析】【分析】根据当(0,1)x 时，ln020 xx，即可判断 A；利用导数讨论函数()f x 在(1,)上的单调性，进而求出函数的最小值即可判断 B；结合选项 A 和对数函数的单调性可得00bc，即可判断 C；利用作差法和结合选项 B 可得bc，根据 C 的分析过程可知0cba，进而判断 D.【详解】A：当(0,1)x 时，ln020 xx，所以2()0lnxf xx，故 A 正确；B：函数()f x 的定义域为(0,1)

60、(1,)，2222lnln1()(ln)(ln)xxxxxfxxx，令2()ln1(1)g xxxx，则22122()xg xxxx，当12x时，()0g x；当2x 时，()0g x，所以函数()g x 在(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，故min()(2)ln 20g xg，所以()0fx在(1,)上恒成立，即函数()f x 在(1,)上单调递增，故 B 错误；C：由选项 A 可知，当(0,1)x 时，所以()0f x，因为0.2000.30.31，所以0.2(0.3)0f，即0a；当(1,2)x时，ln020 xx，得2()0lnxf xx，因为2221log 2log 3lo

61、g 42，3331log 3log 4log 92，所以2(log 3)0f，3(log 4)0f，即00bc，所以abc、中最大的是 a，故 C 正确；D：223lg3lg 4(lg3)lg 2 lg 4log 3log 4lg 2lg3lg 2 lg312222222lg2lg41(lg3)()(lg3)(lg8)(lg3)(lg8)22lg2 lg3lg2 lg3lg2 lg3122222(lg3)(lg8)(lg3)lg(2 2)lg3lg(2 2)lg3lg(2 2)0lg2 lg3lg2 lg3lg2 lg3，所以321log 4log 32，由选项 B 可知函数()f x 在(1

62、,)上单调递增，所以32(log 4)(log 3)ff，即bc，由选项 C 可知00bc，有0cba，所以abc、中最小的是 c，故 D 错误；故选：AC29（2022山东昌乐二中模拟预测）在平面四边形 ABCD 中，ABD的面积是BCD面积的 2 倍，又数列 na满足12a，当2n 时，恒有1122nnnnBDaBAaBC，设 na的前 n 项和为nS，则（）A na为等比数列B na为递减数列C 2nna为等差数列D152210nnSn【答案】BCD【解析】【分析】设 AC 与 BD交于点 E，由面积比得2AECE，根据平面向量基本定理得 BD与,BA BC 关系，从而得数列na递推关系

63、，然后根据各选项求解数列，判断结论，其中选项 D 需要用错位相减法求和【详解】设 AC 与 BD交于点 E，1sin221sin2ABDCBDBD AEAEBSAESCEBD CECEB，2212()3333BEBAAEBAACBABCBABABC，,B E D共线，所以存在实数(0)，使得 BDBE，所以1122nnnnBDaBAaBC1233BABC，所以11123223nnnnaa，所以1122(2)nnnnaa，1122nnnaa，所以12a，24a ，324a ，na不是等比数列，A 错；因为1122nnnaa，所以11222nnnnaa ，即11222nnnnaa ，所以2nna是

64、等差数列，C 正确；又因为12a，则112a ，即1 2(1)322nnann，(3 2)2nnan，所以当2n 时，1113 223 2121 220nnnnnaannn，即1nnaa，所以na是递减数列，B 正确；因为23121 2(1)2(3)2(3 2)2nnnSaaan ，23121 2(1)2(52)2(3 2)2nnnSnn ，所以两式相减得2312(2)2(2)2(2)2(3 2)2nnnSn 21112(1 2)2(2)(32)210(52)21 2nnnnn，所以1(52)210nnSn，D 正确故选：BCD30（2022山东潍坊模拟预测）如图，在棱长为3 的正方体1111

65、ABCDA B C D中，点 P 是平面11A BC 内一个动点，且满足1213PDPB，则下列结论正确的是（）A1B DPBB点 P 的轨迹是一个半径为2 的圆C直线1B P 与平面11A BC 所成角为 3D三棱锥11PBB C体积的最大值为 3622【答案】ACD【解析】【分析】证明出1B D 平面11A BC，利用线面垂直的性质可判断 A 选项；利用勾股定理计算出 PE 的长，可判断 B 选项；利用线面角的定义可判断 C 选项；计算出1PBC 面积的最大值，结合锥体体积公式可判断 D 选项.【详解】对于 A 选项，连接11B D，因为四边形1111DCBA为正方形，则1111B DAC

66、，1DD 平面1111DCBA，11AC 平面1111DCBA，则111ACDD，因为1111B DDDD，11AC 平面11B DD，1B D 平面11B DD，111B DAC，同理可证11B DA B，1111A BACA，1B D平面11A BC，PB 平面11A BC，1PBB D，A 对；对于 B 选项，设1B D 平面11A BCE，因为11113 2A BBCAC，11111A BBBB C，所以，三棱锥111BA BC为正三棱锥，因为1B E 平面11A BC，则 E 为正11A BC 的中心，则162sin 3A BBE，所以，22113B EBBBE，13 3B D，11

67、2 3DEB DB E，1B D 平面11A BC，PE 平面11A BC，1PEB D，即1B EPE，DEPE，因为1213PDPB，即22123213PEPE，0PE，解得1PE ，所以，点 P 的轨迹是半径为1的圆，B 错；对于 C 选项，1B E 平面11A BC，所以，1B P 与平面11A BC 所成的角为1B PE，且11tan3B EB PEPE，102B PE，故13B PE，C 对；对于 D 选项，点 E 到直线1BC 的距离为 1622BE，所以点 P 到直线1BC 的距离的最大值为612 ，故1BPC 的面积的最大值为332162 3 2222，因为1B E 平面11

68、A BC，则三棱锥11BBPC的高为1B E，所以，三棱锥11PBB C体积的最大值为3321363322，D 对.故选：ACD.31（2022山东潍坊模拟预测）我们约定双曲线2212210,0:xyEabab与双曲线22222:01xyEab为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是()A12EE、的离心率相同，渐近线也相同B以12EE、的实轴为直径的圆的面积分别记为12SS、，则12SSC过1E 上的任一点 P 引1E 的切线交2E 于点 A B、，则点 P 为线段 AB 的中点D斜率为(0)k k 的直线与12EE、的右支由上到下依次交于点、ABC、D，则 ACBD【答案】AC【解析

69、】【分析】A：根据双曲线标准方程求出渐近线方程和离心率比较即可；B：求出12EE、的实轴，确定两个圆的半径并求它们的面积即可判断；C：设出切线的方程，分别与12EE、方程联立，根据韦达定理求出 P 点横坐标和 AB 中点横坐标比较即可；D：根据 C 中方程求出BCxx、ADxx并比较，根据弦长公式即可得到 ACBD、关系.【详解】22122:1(0,0)xyEabab的渐近线为byxa，离心率为 ca，222222222:(01)1(01)xyxyEabab，则双曲线2E 实轴长为2a，虚轴长为2b，渐近线方程为22bbyxxaa ，故两个双曲线的渐近线方程相同，在双曲线里面，离心率221cb

70、eaa，两双曲线离心率也相同，故 A 正确；21Sa，222()Saa，21221SaSa，故 B 错误；对于 C，若 P 为1E 顶点时，切线与 x 轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与2E 的交点 AB 关于 x 轴对称，即线段 AB 的中点为 P；当该切线与 x 轴不垂直时，设切线方程为 ykxt，联立切线与1222222:ykxtEb xa ya b，得222222 22220ba kxa ktxa ta b(*)，直线与1E 相切，则方程(*)为二次方程，2220ba k，且0，方程有两个相同的实数根即为 P 点横坐标，则根据韦达定理可知2222Pa ktxba k，联立切线与2

71、222222:ykxtEb xa ya b，得222222 22220ba bxa ktxa ta b(*)，设11,A x y，22,B xy，则2122222a ktxxba k，122Pxxx，P 在切线 ykxt 上，P 为 AB 中点.综上，P 为线段 AB 中点，故 C 正确；对于 D，由(*)和(*)可知，22222BCa ktxxba k，22222ADa ktxxba k，ADBCxxxx，即ACBDxxxx，2211ACBDACkxxBDkxx，故 D 错误；故选：AC.32（2022山东青岛一模）已知椭圆22:143xyC 的左、右焦点分别是1F，2F，04,3My为椭圆

72、C 上一点，则下列结论正确的是（）A12MF F的周长为 6B12MF F的面积为 153C12MF F的内切圆的半径为 159D12MF F的外接圆的直径为 3211【答案】ABC【解析】【分析】求得0y，进而求得12,MFMF，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】椭圆22:143xyC 的左、右焦点分别是11,0F，2 1,0F，04,3My 为椭圆C 上一点，220041531,433yy，所以2212715884,433333MFMF.所以12MF F的周长为22426ac，A 正确.12MF F的面积为001151521233cycy ，B 正确.设12MF F的内切圆的半

73、径为 r，则 115156,239rr，C 选项正确.1212641641199cos0,8416233F MFF MF为锐角，121211353 15sin12561616F MF，所以12MF F的外接圆的直径为121223232 15sin453 153 1516F FF MF，D 选项错误.故选：ABC33（2022山东青岛一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为1r 上，2r 下，母线 AB 长为 2，E 为母线 AB 中点，则下列结论正确的是（）A圆台母线 AB 与底面所成角为 60B圆台的侧面积为12C圆台外接球半径为 2D在圆台的侧面上，从C 到 E 的最短路径的

74、长度为 5【答案】ACD【解析】【分析】对于 A：过 A 作12/AFO O 交底面于 F，判断出ABF即为母线 AB 与底面所成角.即可求解；对于 B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；对于 C：设圆台外接球的球心为 O，半径 R.由 ROAOB，求出2OB；对于 D：圆台的侧面上，判断出从C 到 E 的最短路径的长度为 CE，利用勾股定理求解.【详解】对于 A：过 A 作12/AFO O 交底面于 F，则12O O 底面，所以ABF即为母线 AB 与底面所成角.在等腰梯形 ABCD 中，2,2 1 1ABBF ,所以1cos2BFABFAB.因为ABF为锐角，所以60ABF.故

75、 A 正确；对于 B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为1122 421 2622S .故 B 错误；对于 C：设圆台外接球的球心为 O，半径 R.由题意可得：2212122,1,213O BO AOO.设1OOa，则23OOa，由 ROAOB，即2222132aa，解得：a=0.即OO1 重合，所以2ROB.故 C 正确；对于 D：如图示，在在圆台的侧面上，从C 到 E 的最短路径的长度为 CE.由题意可得：4,2FBFCAB.由 E 为 AB 中点，所以3FE，所以2222435CECFFE.故 D 正确.故选：ACD【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不

76、变量.三、双空题34（2022湖北黄冈中学模拟预测）某同学从两个笔筒中抽取使用的笔，蓝色笔筒里有 6支蓝笔，4 支黑笔，黑色笔筒里有 6 支黑笔，4 支蓝笔.第一次从黑笔筒中取出一支笔并放回，随后从与上次取出的笔颜色相同的笔筒中再取出一支笔，依此类推.记第n 次取出黑笔的概率为nP，则nP _，111()()22ijij nPP _.【答案】11(1)25n 1(1 5)(1 5)384nn【解析】【分析】第 n 次取出黑笔的概率为nP，则取出蓝笔的概率为1nP，进而根据题意建立递推关系11255nnPP，*nN，再结合135P 得数列12nP为等比数列，公比为 15，首项为 110，进而得1

77、11252nnP，再根据等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：第n 次取出黑笔的概率为nP，则取出蓝笔的概率为1nP，所以第1n 次取出黑笔的概率为1nP ，可能有两种情况，即第 n 次取出的是黑笔或蓝笔，所以第1n 次取出黑笔的概率为132 155nnnPPP，即11255nnPP，*nN，因为135P，1111252nnPP，*nN所以数列12nP为等比数列，公比为 15，首项为 110，所以111111210525nnnP，所以111252nnP.所以111111111 11 11 1111222 52 52 5855ijiinnnnijij nij iiPP 112211111111

78、1111252555111111111111116555165551616511255nniniininnnniii1122211111111111111111624251645564 66555nnnnnn2221211111111111111661 6116465553845538455nnnnnnn 1(1 5)(1 5)384nn，综上，111252nnP，1111(1 5)(1 5)()()22384nnijij nPP 故答案为：11(1)25n；1(1 5)(1 5)384nn35（2022山东青岛一模）已知函数 eexxf x，若函数 4h xf xx，则函数 h x的图象的对

79、称中心为_；若数列 na为等差数列，1231144aaaa，1211h ah ah a_【答案】4,4 44【解析】【分析】根据题意计算(4)(4)h xhx的值，从而可求出其对称中心，由等差数列的性质结合1231144aaaa，可得64a，再利用等差数的性质和 h x 的对称性可求出 1211h ah ah a的值【详解】因为 4h xf xx，所以(4)(4)h xhx(44)4(44)4fxxfxx ()()8f xfxeeee88xxxx ，所以 h x 的图象的对称中心为 44 8,22，即为4,4，因为等差数列 na中，1231144aaaa，所以662544aa，得64a，因为

80、h x 的图象的对称中心为4,4，所以111()()2 48h ah a，210()()2 48h ah a，39()()2 48h ah a，48()()2 48h ah a，57()()2 48h ah a，因为6()(4)(0)44h ahf，所以 12115 8444h ah ah a ，故答案为：4,4，44四、填空题36（2022广东佛山二模）公比为 q 的等比数列na 满足：910ln0aa，记123nnTa a aa，则当 q 最小时，使1nT 成立的最小 n 值是_【答案】17【解析】【分析】根据题意，求出 q，写出通项公式即可.【详解】na 是等比数列，910910ln0,

81、0,1aaaa ，又91099lnlnlnlnaaa qaq，99lnlnqaa，设函数 lnf xxx，1xfxx，当1x 时，0fx ，01x 时，0fx ，在 x=1 时，f x 取极小值 1，ln1q ，eq ，由题意即 q=e，91a ，81ea，819eeennna，1787692123e?e?eee1n nnnnTa a aa，17n ，n 的最小值是 17.故答案为：17.37（2022广东梅州二模）分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图 1 是长度为 1 的线段，将图 1 中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉

82、得到图 2，称为“一次分形”；用同样的方法把图 2 中的每条线段重复上述操作，得到图 3，称为“二次分形”，依次进行“n 次分形”（nN）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于 30 的分形图，则n 的最小整数值是_.（取1g30.4771，lg20.3010）【答案】12【解析】【分析】根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为 43，公比是 43 的等比数列，求出n 次分形后线段之和为 43n，列出不等式，结合nN，求出12n.【详解】由题意得：“n 次分形”后线段之和是“（n-1）次分形”后所得线段之和的 43，且一次分形后线段之和为 14433，故

83、每次分形后所得线段之和可看出首项为 43，公比是 43 的等比数列，故n 次分形后线段之和为1444333nn，故 4303n，两边取对数得：2lg2lg31 lg3n，又 nN，解得：12n，故n 的最小整数值为 12.故答案为：1238（2022湖南湘潭三模）已知直线 l 是曲线e1xy 与ln1yx 的公共切线，则 l 的方程为_.【答案】e1yx 或 yx【解析】【分析】设l 与曲线e1xy 相切于点,e1aP a，与曲线ln1yx 相切于点(,lnQ bb 1），结合导数的几何意义，列出方程求得a 的值，即可求解.【详解】设l 与曲线e1xy 相切于点,e1aP a，与曲线ln1yx

84、 相切于点(,lnQ bb 1），则1lne2eaabbba，整理得1 e10aa，解得1a 或0a，当1a 时，l 的方程为e1yx；当0a 时，l 的方程为 yx.故答案为：e1yx 或 yx.39（2022湖南师大附中一模）已知点 A、B 在椭圆22:163xyC 上，O 为坐标原点，直线OA与OB 的斜率之积为12，设OPOAOB，若点 P 在椭圆C 上，则22的值为_【答案】1【解析】【分析】设点 11,A x y、22,B xy，可得出2211163xy，2222163xy，且121212y yx x ，将点1212,Pxxyy代入椭圆C 的方程，可求得22的值.【详解】设点 11

85、,A x y、22,B xy，则2211163xy，2222163xy，且121212y yx x .由题设，点 1212,Pxxyy在椭圆C 上，则 221212163xxyy即2222221122121221636363xyxyx xy y，得221.故答案为：1.40（2022湖南师大附中一模）已知函数 1 ln xf xx，若对12,1,x x，12xx，都有 1212lnlnf xf xkxx，则 k 的取值范围是_【答案】1,e【解析】【分析】对函数 1 ln xf xx求导可知 f x 在0,1 上单调递增，在1,上单调递减，设 lng xf xkx，则当1x 时，2ln0 xk

86、gxxx 恒成立，即ln xkx恒成立，设 ln xh xx，求其最大值后可求 k 的取值范围.【详解】2ln xfxx，则当01x 时，0fx，当1x 时，0fx，所以 f x 在0,1 上单调递增，在1,上单调递减，不妨设121xx，则 12f xf x，12lnlnxx，由已知 1221lnlnf xf xkxx，即 1122lnlnf xkxf xkx，令 lng xf xkx，则 g x 在1,上不存在减区间，从而当1x 时，2ln0 xkgxxx 恒成立，即ln xkx恒成立，令 ln xh xx，则 21 ln xh xx，当1,ex时，0h x，h x 单调递增；当e,x 时，

87、0h x，h x 单调递减，所以 max?1eeh xh，所以1ek.41（2022湖北黄冈中学模拟预测）过点(1,1)P作斜率为(0)k k 的直线交椭圆22:142xyE于,A B两点，若 E 上存在相异的两点,C D 使得|CADAPACBDBPB，则 CDP 外接圆半径的最小值为_.【答案】510【解析】【分析】根据题意可知,C D P 在同一个阿氏圆上，可设设 P 为线段 AB 的外分点，由此可根据外接圆的直径为|PP ,列出等量关系，并表示出外接圆半径，设直线 AB 的参数方程，联立椭圆的方程，根据参数的几何意义，进行化简，可得答案.【详解】由题意知点(1,1)P在椭圆22:142

88、xyE 内，故|1|PAPB ，则可设|CADAPACBDBPB，不妨设1 ，故可知,C D P 在同一个阿氏圆上，设其半径为r ，不妨设 A,B 位置如图：则由阿氏圆的定义可知，P 为线段 AB 的分比为 的内分点，设 P 为分比为 的外分点，则|,|PAPBP AP B,则|2,|2P APAPPr BPBPPPr,故|2P BAPr,即|(2|)|2|PArPBPArPB,故|PAPBrPAPB；设直线 AB 的方程为1cos1sinxtt （t 为参数，为倾斜角，02），代入到22:142xyE 中得到：22(1 sin)2(cos2sin)10tt ，0 ，设其两根为 12,t t

89、，则 1212222(cos2sin)1,1 sin1 sinttt t ，故12121212|1=|-|2 cos2sin)t tt tPAPBrPAPBtttt（，由于2 cos2sin)2 5sin()（，其中52 5sin,cos,55为锐角，故2，当2时，2 cos2sin)（取到最大值2 5 ，故 r 的最小值为 12 5051，当1 时，同理可解得r 的最小值为510，故答案为：51042（2022湖北黄冈中学模拟预测）定义12,Cz z，221212121(|)4zzzzzz，121212i(i)zzzzzz.若134iz，214 3 iz ，则12|zz_.【答案】35【解析

90、】【分析】根据所给定义、复数代数形式的运算法则以及复数模的计算公式计算可得；【详解】解：因为134iz，214 3 iz ，所以21444 3 izz，2124i4 3zz，则22222212121211(|)444 3244 33 16 344zzzzzz2i14 3 i i4 3+iz ，21i34 35izz，21i34 33izz，所以22222212121211i(|i|i|)34 3534 334 12 344zzzzzz，所以 121212i(i)3 16 34 12 3 izzzzzz，所以22123 16 34 12 335zz；故答案为：3543（2022湖北黄冈中学模拟预

91、测）在一棱长为 6 的正四面体密闭容器内部有一半径为64的球体自由运动.则容器内部未被球所扫过的体积为_.（结果保留到整数，参考数据：121.41,31.73,3.14,cos70.53）【答案】7【解析】【分析】首先从直观上分析容器内部的哪些区域是小球永远不可能接触到的，容易看到是四个角（顶点附近）的区域，因此，最终要就是研究小球被卡住的位置，也就是小球与同一顶点的三个侧面都相切时的位置【详解】先考虑小球在一个角时的情形，如图，记小球的半径为 r，64r，作面111A B C 面 ABC，与小球切于点 D，则小球球心O 为正四面体111PA B C的中心，PO 面111A B C 于 D，且

92、 D 为111ABC的中心，所以，1 1 11 1 11 1 11 1 1114433P A B CA B Co A B CA B CVSPDVSOD，故44PDODr，3POr；再考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为11PA B）相切的情形，设球与面11PA B 切于点1P，1OPr，所以，22192 2PPrrr记正四面体111PA B C 的棱长为a，作1PMPA于 M，因为11PA B为正三角形，M 为1PA 中点，130MPP，所以，12MPr，6PMr，12 6PAr，所以，1 1 1221(2 6)sin 606 32A B CSrr，1 1 11 1 123116 348 33

93、3P A B CA B CVSPDrrr；小球体积343oVr，因为64r 所以，整个容器内部未被球所扫过的体积为1 1 13349 268 3348P A B CoVVVrr，外六条棱不能触及的部分，每三条棱和球最大截面所构成的立体图形为三棱锥减去圆柱的体积，由六条棱组成的立体图形，它们的高均为633，两个这样的立体图形的体积为2213 23 23623322224V 27 3944，共计不能接触到的体积为：12VV 9 227 3186748故答案为：744（2022山东昌乐二中模拟预测）设函数,0ln,0 xa xf xx x，已知12xx，且 12f xf x，若21xx的最小值为 e

94、，则 a 的值为_.【答案】1 e#e 1【解析】【分析】令 12f xf xt，由图象可知(,ta ，构造函数()g t 21etxxta()ta，利用导数求函数最小值即得.【详解】令 12f xf xt，由图象如图所示可知(,ta 因为12xx，则1xat，2ln xt，得12,etxta x，即21etxxta 令()e()tg tta ta ，则()e1()tg tta，当0a 时，即0a 时，()0g t，则()g t 在(,a 上单调递减，所以min()()eeeaag tgaaa，解得1a （不满足，舍去）；当0a 时，即0a 时，(0)0g，()g t 在(,0上单调递减，在(

95、0,a上单调递增，所以0min()(0)e0eg tga，解得1 e0a 满足题意综上可得，1ae 故答案为：1 e.45（2022山东昌乐二中模拟预测）已知向量11,1a，1,0nbn ，*111nnnnnaaabbnN，则13249112222310ababab _.【答案】27220【解析】【分析】先通过数学归纳法证明出*1,1,2nnannN，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.【详解】211221 131,1,0,12 24aaa bb，3223331 14,1,0,144 36aaab b，*1,1,2nnannN.下面用数学归纳法进行证明：当1n 时，11 1,11,12

96、 1a满足题意；假设当nk时，1,12kkak ，则当1nk 时，1111111,1,1,0,02211kkkkkkkaaabbkkkk 21 1,1,12121kkkk，故*1,1,2nnannN.22211,1,0111122(1)(1)2124112nnnabnnnnn nnn nnn ，13249112222310ababab11111114 1 22 32 33 49 1010 111 11274 2110220.故答案为：27220.46（2022山东潍坊模拟预测）古希腊数学家托勒密在他的名著数学汇编里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知

97、AC，BD为圆的内接四边形 ABCD 的两条对角线，sinCBD：sinBDC：sinBAD=1：1：3，AC=4，则ABD 面积的最大值为_【答案】3 3【解析】【分析】先通过正弦定理得到:1:1:3CD BC BD，再结合托勒密定理求出4 3ADAB，最后由面积公式及基本不等式即可求出最大值.【详解】如图，可知180BADBCD，由诱导公式知sinsinBADBCD，又 sinCBD：sinBDC：sinBAD=1：1：3，故 sinCBD：sinBDC：sinBCD=1：1：3，在BCD 中，由正弦定理得:1:1:3CD BC BD，故120,60BCDBAD，设,3CDk BCk BD

98、k，则由托勒密定理可知CB ADCD ABAC BD，即34k ADk ABk，即4 3ADAB，又13sin24ABDSAB ADDABAB AD233 342ADAB，当且仅当 ABAD时取等号.故ABD 面积的最大值为3 3.故答案为：3 3.47（2022山东潍坊模拟预测）设函数 e1xf xa xbx（a，bR）在区间1,3 上总存在零点，则22ab的最小值为_【答案】4e8#41 e8【解析】【分析】由点到直线的距离公式求得22ab的表达式，结合导数求得22ab的最小值.【详解】e1xf xa xbx在区间1,3 上总存在零点0 x，即000e10 xxabx ，即,a b 在直线

99、000e10 xxxyx 上，22ab表示点,a b 到原点的距离的平方，22ab的最小值为原点到直线000e10 xxxyx 的距离的平方，即000222043222222000000eee221111xxxxxxxxxx，构造函数 2432e1322xg xxxxx，222432e1222xxxxgxxxx，所以 g x 在区间 1,2,0,gxg x递减；在区间 2,3,0,gxg x递增.所以 4mine28g xg.所以22ab的最小值为4e8.故答案为：4e8【点睛】函数 f x 的零点0 x，使00f x.本题中，相当于零点是一个常数，而,a b表示变量，主参变量发生了变化.将2

100、2ab的最小值，转化为点到直线距离的最小值，结合导数来进行求解.48（2022山东青岛一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体若一正四面体的棱长为 3，则由其截得的截角四面体的体积为_【答案】23 212#23212【解析】【分析】由题意可知截角四面体的体积等于大正面体的体积减去 4 个小正四面体的体积即可【详解】因为大正四面体的棱长为 3，所以正四面体的的一个底面面积为239 3344，底面正三角形的高为33 3322则正四面体的高为223 323623，所以大正四面体的体积为 19 39 26344，由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为 1，则其底面面积为34，底面正三角形的高为为32，则小正四面体的高为223261233，所以小正四面体的体积为 136234312，所以截得的截角四面体的体积为 9 2223 2441212，故答案为：23 212