2024年新高考新结构2月数学选填压轴好题汇编（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024年新高考新结构2月数学选填压轴好题汇编
一、单选题
1 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知函数fx
1
 满足fx+y  =fx  +fy  -2，f1  =4
且当x>0时，fx  >2，若存在x∈1,2  ，使得fax2-4x  +f2x  =1，则a的取值范围是 ( )
1 A. 0,
2
 B.   1 , 5
 2 8
 C.   5 , 2
 8 3
 D.   1 , 2
 2 3

【答案】D
【解析】任取x 1 ,x 2 ，且x 1 <x 2 ，则x 2 -x 1 >0，而当x>0时，fx  >2，于是f(x -x)>2， 2 1
又fx+y  =fx  +fy  -2，因此f(x )=f[x+(x -x)]=f(x)+f(x -x)-2>f(x)， 2 1 2 1 1 2 1 1
则函数f(x)是增函数，而f(ax2-4x)+f(2x)=f[(ax2-4x)+2x]+2=f(ax2-2x)+2=1，
于是f(ax2-2x)=-1，令x=y=0，得f(0)=2，令x=1,y=-1，得f(-1)=0，
令x=-1,y=-1，得f(-2)=-2，令x=-2,y=-1，得f(-3)=-4，
3 3
令x=y=- ，得f-
2 2

3
=-1，即有f(ax2-2x)=f-
2

3
，因此ax2-2x=- ，
2
4x-3 原问题即2a= 在1,2
x2
 有解，令t= 1 ∈  1 ,1
x  2
 ，
2 则2a=-3t2+4t=-3t-
3
 2 + 4 在t∈  1 ,1
3  2
 时有解，从而2a∈ 1, 4
 3
 ，a∈  1 , 2
 2 3
 ，
所以a的取值范围是  1 , 2
 2 3
 .
故选：D
x2 y2
2 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)在椭圆 + =1(a>b>0)中，F，F 分别是左，右焦
a2 b2 1 2
点，P为椭圆上一点(非顶点)，I为△PFF 内切圆圆心，若 S △IF1F2 = 1 ，则椭圆的离心率e为 ( )
1 2 S 3
△PF1F2
1 1 3 3
A. B. C. D.
3 2 3 2
【答案】B
x2 y2
【解析】椭圆 + =1(a>b>0)中，F，F 分别是左，右焦点，P为椭圆上一点(非顶点)，
a2 b2 1 2
I为△PFF 内切圆圆心，设△PFF 的内切圆半径为r，
1 2 1 2
1
则S △PF1F2 = 2 r× PF 1  +PF 2  +F 1 F 2    =a+c 
1
r，S △IF1F2 = 2 F 1 F 2  r=cr，
由 S △IF1F2 = c = 1 ，得a+c=3c，即a=2c，
S a+c 3
△PF1F2
c 1
∴椭圆的离心率为e= = .
a 2
故选：B.
3 (2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知fx  =lnx-ax3，gx 
3
=xex-lnx-x- ，若不
4
fx
等式

gx 
>0的解集中只含有两个正整数，则a的取值范围为 ( )
A.   ln3 , ln2
 27 8
 ln3 ln2 B.  ,
27 8
 C.   ln2 , ln3
 32 27
 ln2 ln3 D.  ,
32 27

【答案】C【解析】gx
2

3
=xex-lnx-x- 定义域为0,+∞
4
 ，
g x 
1 x+1
=ex+xex- -1=
x
 xex-1 
，
x
令hx  =xex-1，再x>0上h x  =ex x+1  >0，
∴hx  再x>0上单调递增，
x从+∞趋向于0时，xex趋向于0，则hx

=xex-1趋向于-1，
设hx 0  =x ex0-1=0，即x ex0=1，x =-lnx ， 0 0 0 0
则在x∈0,x 0  上hx  ∈-1,0  ，在x∈x 0 ,+∞  上hx  ∈0,+∞  ，
∴在x∈0,x 0  上g x  <0，在x∈x 0 ,+∞  上g x  >0，
∴gx  在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
∴gx  min =gx 0 
3 3 1
=x ex0-lnx -x - =1+x -x - = >0， 0 0 0 4 0 0 4 4
fx
则

gx 
>0等价于fx  >0，
fx  =lnx-ax3，定义域为0,+∞  ，
则fx 
lnx
>0，即lnx-ax3>0，等价于a< ，
x3
令jx 
lnx
= ，则j x
x3

x2-3x2lnx
=
x3

x2 1-3lnx
=
2

x3

，
2
1 1
1-3lnx<0，解得x>e3，1-3lnx>0，解得0<x<e3，
1
则当x∈0,e3  时，j x 
1
>0，当x∈e3,+∞  时，j x  <0，
则jx 
lnx 1
= 在0,e3
x3

1
上单调递增，在e3,+∞  上单调递减，
即jx 
1
的最大值在x=e3处取得，
令jx 
lnx
= =0，解得x=1，即函数与x轴交于点1,0
x3
 ，
函数jx 
lnx
= 当x由+∞→0时，lnx→-∞，x3→0，则jx
x3

lnx
= →-∞，
x3
当x由+∞→0时，lnx→+∞，x3→+∞，但x3的增长要远远大于lnx，则jx 
lnx
= →0，
x3
作jx 
lnx
= 图象如下：
x3
lnx
∴要使a< 解集中只含有两个正整数，只能是2,3，
x3
∴j4  ≤a<j3  ，解得 ln4 = ln2 ≤a< ln3 ，即a∈  ln2 , ln3
64 32 27  32 27

故选：C.x2 y2
4 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)双曲线C: - =1的右支上一点P在第一象限，
9 16
F，F 分别为双曲线C的左、右焦点，I为△PFF 的内心，若内切圆I的半径为1，则△PFF 的面积等于
1 2 1 2 1 2
( )
32 16
A.24 B.12 C. D.
3 3
【答案】C
x2 y2
【解析】由双曲线C: - =1的a=3，b=4，c=5，
9 16
设圆与三角形三边相切于点M,N,Q,
则PF 1
3
 -PF 2  =PM  +MF 1  -QF 2  -PQ  =MF 1  -QF 2  =NF 1  -NF 2  =2a，
又NF 1  +NF 2  =2c，
所以NF 1  =a+c=8,NF 2  =c-a=2，
因此IN⊥x轴，因此NF 1  =a+c=8,NF 2  =c-a=2,IN  =1,I(3,1)，
IN
tan∠IFN=
1

NF 1 
1 IN
= ,tan∠IFN=
8 2

NF 2 
1
= ,
2
1 π 所以tan ∠FPF=tan -∠IFN-∠IFN
2 2 1 2 1 2

sin π -∠IFN-∠IFN
2 1 2 =

cos π -∠IFN-∠IFN 2 1 2 
1 =
tan∠IF 1 N+∠IF 2 N 
=
1- 2 1 × 8 1 3 IM
= = 1 + 1 2
2 8

PM  PM 
2
= 3 ,∴PF 1 
2 26
= +8= , 3 3
因此PF 2  =PF 1 
8 1
-2a= 3 ,故三角形的面积为 2 PF 1  +PF 2  +F 1 F 2   
32
×1= ． 3
故选：C
    
5 (2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)在△ABC中，AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅

CB，则下列说法一定正确的是 ( )
A.若λμ>0，则△ABC是锐角三角形 B.若λμ>0，则△ABC是钝角三角形
C.若λμ<0，则△ABC是锐角三角形 D.若λμ<0，则△ABC是钝角三角形
【答案】D
     
【解析】因为AB⋅AC=λBA⋅BC=μCA⋅CB，

即AB 

⋅AC 

cosA=λBA 

⋅BC 

cosB=μCA 

⋅CB  cosC,
又λμ≠0时，三角形一定不是直角三角形，

AC
则有λ=
 cosA

BC 

AB
,μ=
cosB
 cosA

CB 
，
cosC
AC
λμ=
4


AB  cos2A

BC 
，
2cosBcosC
若λμ>0，则cosBcosC>0，B,C为锐角，但是不能判断A的大小，
故A,B错误；
当λμ<0时，则cosBcosC<0，B,C中必有一个钝角，
故此时△ABC是钝角三角形，C错误，D正确，
故选：D.
6 (2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知对任意实数x都有f(x)=2ex+f(x)，f(0)=-1，
若不等式f(x)<a(x-1)，(其中a<1)的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是
A.   3 ,1
2e
 B.  - 3 ,1
 2e
  5 3 C.  ,
3e2 2e
  5 D.  ,1
3e2

【答案】C
f(x)
【解析】令g(x)=
ex
f(x)-f(x) 2ex+f(x)-f(x)
g(x)= = =2 ，即g(x)=2x+c，(c为常数)
ex ex
则f(x)=(2x+c)ex
因为f(0)=-1，所以c=-1，即f(x)=(2x-1)ex
∵f(x)=(2x+1)ex
1 1
f(x)>0⇒x>- ，f(x)<0⇒x<-
2 2
1
∴f(x)在区间-∞,-
2

1
上单调递减，在区间- ,+∞
2
 上单调递增
令h(x)=a(x-1)，由于h(x)过定点(1,0)，则函数f(x)和h(x)图像如下图所示
要使得f(x)<h(x)的解集中恰有两个整数，则有
  f(-2)≥h(-2) ⇒   - e 5 2 ≥-3a
f(-1)<h(-1) - 3 <-2a
2e
5 3
解得： ≤a<
3e2 2e
故选C
7 (2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知实数x ､x ､y,y 满足x2+y2=2,x2+y2=2,xx
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
+y 1 y 2 =0，记w=x 1 +y 1 -2 2  +x 2 +y 2 -2 2  ，则w的最大值是 ( )
A.2 2 B.4 2 C.6 2 D.8 2【答案】C
【解析】设M(x,y),N(x ,y )，因为x2+y2=2,x2+y2=2,xx +yy =0
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
因为M､N在以原点O0,0
5
 为圆心， 2为半径的圆上，且OM⊥ON.
设点M､N到直线x+y-2 2=0的距离之和为u，则u= x 1 +y 1 -2 2  + x 2 +y 2 -2 2
2
 ，转化为求 2u
2
的最大值.
设点P为点M与点N的中点，设P点到直线x+y-2 2=0的距离为d，则u=2d，
又OP 
1
= MN
2
 =1.故P点轨迹方程为圆x2+y2=1.
2 2
圆x2+y2=1上点到直线x+y-2 2=0距离的最大值d = +1=3.
max
2
所以w的最大值是6 2.
故选：C.
8 (2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知fx  是定义在0,+∞  上的单调函数，满足
f fx   -ex-2lnx+2  =e-1，则函数fx  的零点所在区间为 ( )
1
A. 0,
e2

1 1
B.  ,
e2 e

1
C.  ,1
e
 D. 1,e 
【答案】C
【解析】设fx  -ex-2lnx+2=t，即fx  =ex+2lnx-2+t，ft  =e-1
再通过函数fx  的单调性可知，即可求出t的值，得到fx  函数的解析式，然后根据零点存在性定理即可
判断零点所在区间．设fx  -ex-2lnx+2=t，即fx  =ex+2lnx-2+t，ft  =e-1，因为fx  是定义
在0,+∞  上的单调函数，所以由解析式可知，fx  在0,+∞  上单调递增．
而f1  =e-2+t，ft  =e-1，故t=1，即fx  =ex+2lnx-1．
因为f1 
1
=e-1>0，f
e

1 1 1
=ee+2ln -1=ee-3，
e
1 1 1 1
由于lnee-ln3= -ln3<0，即有ee<3，所以f
e e

1
=ee-3<0．
1
故f
e
 f1  <0，即fx 
1
的零点所在区间为 ,1
e
 ．
故选：C．
9 (2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为
π 3
a，b，c，C= ，c2= ，则c的取值范围为 ( )
3 sinAsinB
A. 0,3  B. 2, 6  C. 1,3  D.  3,3 【答案】B
3 3
【解析】因为c2= =
sinAsinB sinB+C
6

3
=
sinB sin π +B
3

3
=
sinB 3cosBsinB+ 1sin2B
2 2
3 3
= =
3sin2B- 1cos2B+ 1 1sin2B- π
4 4 4 2 6

，
+ 1
4
π π 2π π π π
在锐角△ABC中，因为0<B< ，0<C< ，即0< -B< ，所以 <B< ，
2 2 3 2 6 2
π π π 5
所以 <2B<π，即 <2B- < π，
3 6 6 6
π 所以sin2B-
6
 1 ∈ ,1
2
 1 π ，即 sin2B-
2 6
 1 1 3 + ∈ ,
4 2 4
 ，
3
所以
1sin2B- π
2 6

∈4,6
+ 1
4
 ，
即c2∈4,6  ，因为c>0，
所以c∈2, 6  ，
故选：B.
x2 y2
10 (2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知双曲线C: - =1a>0,b>0
a2 b2
 的左、右顶
点分别为A,A ,F为C的右焦点，C的离心率为2，若P为C右支上一点，PF⊥FA ，记∠APA =
1 2 2 1 2
π
θ0<θ<
2
 ，则tanθ= ( )
1
A. B.1 C. 3 D.2
2
【答案】A
【解析】设C的焦距为2c，点Px 0 ,y 0  ，由C的离心率为2可知c=2a,b= 3a，
因为PF⊥FA 2 ，所以x 0 =c，将Pc,y 0 
c2 y2
代入C的方程得 a2 - b2 0 =1，即y 0  = 3b，
3b 3b
所以tan∠PA F= =3,tan∠PAF=
2 c-a 1 c--a 
=1，
故tanθ=tan∠PA 2 F-∠PA 1 F 
3-1 1
= = ． 1+3×1 2
故选:A．
11 (2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知函数f(x)=mx2-xlnx存在极小值点x ，
0
且f(x )<-e3，则实数m的取值范围为 ( )
0
1
A. 0,
e2

2
B. 0,
e2

1
C. 0,
e3

2
D. 0,
e3

【答案】D
【解析】函数f(x)=mx2-xlnx的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)=2mx-1-lnx，
当m≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，f(1)=2m-1<0，
f(e2m-1)=2me2m-1-1-(2m-1)=2m(e2m-1-1)>0，则存在x∈(0,1)，使得f(x)=0，
1 1
当x∈(0,x)时，f(x)>0，f(x)递增，当x∈(x,+∞)时，f(x)<0，f(x)递减，
1 1
函数f(x)在x=x 取得极大值，无极小值，不符合题意；
1
1
当m>0时，令g(x)=f(x)=2mx-1-lnx，求导得g(x)=2m- ，显然g(x)在(0,+∞)上单调递增，
x1
当x∈0,
2m
7

1
时，g(x)<0，函数f(x)递减，当x∈ ,+∞
2m
 时，g(x)>0，函数f(x)递增，
1
于是f(x) =f
min 2m
 =ln2m，
1
当2m≥1，即m≥ 时，f(x)≥0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，函数f(x)无极值，
2
1 1
当0<m< 时，f
2 2m

m
<0，而f
e

2m2 m 2m2
= -1-ln = -lnm>0，
e e e
1
存在x ∈0,
2 2m
 ，使得f(x )=0，当x∈(0,x )时，f(x)>0，函数f(x)递增，
2 2
1
当x∈x ,
2 2m
 时，f(x)<0，函数f(x)递减，函数f(x)在x=x 取得极大值，
2
1
又f
m2

2 2 1 2 2
= -1+2lnm，令h(x)= -1+2lnx,0<x< ，求导得h(x)=- + <0，
m x 2 x2 x
1
函数h(x)在0,
2

1
上单调递减，h(x)>h
2

1
=3-2ln2>0，则f
m2
 >0，
1
存在x ∈ ,+∞
3 2m

1
，使得f(x )=0，当x∈ ,x
3 2m 3
 时，f(x)<0，函数f(x)递减，
当x∈(x ,+∞)时，f(x)>0，函数f(x)递增，函数f(x)在x=x 取得极小值，因此x =x ，
3 3 3 0
1+lnx x -x lnx
由f(x )=0，得mx = 0，f(x )=mx2-x lnx = 0 0 0 <-e3，
0 0 2 0 0 0 0 2
即有x -x lnx +2e-3<0，令φ(x)=x-xlnx+2e3,x>1，求导得φ(x)=-lnx<0，
0 0 0
函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，而φ(e3)=0，即有φ(x )<φ(e3)，于是x >e3，
0 0
1+lnx 1+lnx -lnx
显然m= 0，令u(x)= ,x>e3，求导得u(x)= <0，即函数u(x)在(e3,+∞)上单调递
2x 2x 2x2
0
减
2 2 2 1 2
因此u(x)<u(e3)= ，即m< ，又 < ，则0<m< ，
e3 e3 e3 2 e3
2
所以实数m的取值范围为0,
e3
 .
故选：D
   
12 (2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知向量a,b,c满足a 

=b 
 
=2，a-b  =2，
 
2a-c 
 
= 3，则c-b  的最大值为 ( )
A. 3 B.2 3 C.3 3 D.4 3
【答案】C

【解析】因为a 

=b 
 
=a-b  =2，所以可以构造如图正△OAB：
     
使得：OA=a，OB=b，延长OA到D，使得OD=2a，
以D为圆心， 3为半径作圆， 
因为2a-c
8


= 3，所以OC的终点C在这个圆上.
    
所以c-b=OC-OB=BC

所以BC  ≤BD  +DC  ，
而BD  = AD  2+AB  2-2AB  ·AD  cos120°=2 3，CD  = 3.
 
所以c-b  ≤3 3.
故选：C
13 (2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)已知正数a,b,c满足ea=b=lnc,e为
自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是 ( )
A.a+c<2b B.a+c>2b C.ac<b2 D.ac>b2
【答案】B
【解析】由题设a>0，则b>1，且a=lnb,c=eb，则a+c=lnb+eb，
1
令f(x)=lnx+ex-2x且x>1，故f(x)= +ex-2，
x
1 1
令g(x)= +ex-2，则g(x)=ex- 在(1,+∞)上递增，故g(x)>g(1)=e-1>0，
x x2
所以g(x)=f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-1>0，
所以f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-2>0，
即lnx+ex>2x在(1,+∞)上恒成立，故a+c>2b，A错，B对；
对于ac,b2的大小关系，令h(x)=exlnx-x2且x>1，而h(1)=-1<0，h(e)=ee-e2>0，
显然h(x)在(1,+∞)上函数符号有正有负，故exlnx,x2的大小在x∈(1,+∞)上不确定，
即ac,b2的大小在b∈(1,+∞)上不确定，所以C、D错.
故选：B
x2 y2
14 (2024·福建·高三校联考开学考试)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别F，F，椭 1 2
圆的长轴长为2 2，短轴长为2，P为直线x=2b上的任意一点，则∠FPF 的最大值为 ( )
1 2
π π π π
A. B. C. D.
2 4 3 6
【答案】D
【解析】由题意有a= 2，b=1，c=1，
设直线x=2与x轴的交点为Q，
设PQ 
PQ
=t，有tan∠PFQ= 1

F 1 Q 
t PQ
= ，tan∠PFQ= 3 2

F 2 Q  =t，
可得tan∠F 1 PF 2 =tan∠PF 2 Q-∠PF 1 Q 
t- t
= 3 = 2t = 2 ≤ 2t = 3 ， 1+ t2 t2+3 t+ 3 2 3t 3
3 t
π
当且仅当t= 3时取等号，可得∠FPF 的最大值为 .
1 2 6
故选：D．15 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直
线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，
则 ( )
A.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最小值
B.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最小值
C.有且仅有一点P使二面角B-l-C取得最大值
D.有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值
【答案】D
【解析】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，
MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，
所以∠BMC是二面角B-l-C的平面角，
设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α-β，
由已知得t∈0,2
9
 ，AB=BC=1，
2 1 tanα= ，tanβ= ，tanθ=tanα-β
t t
 = tanα-tanβ = 2 t - 1 t = t ，
1+tanα⋅tanβ 1+ 2 ⋅ 1 t2+2
t t
令ft 
t
= ，则f t
t2+2

1⋅t2+2
=
 -t2t 
t2+2

 2+t
=
2
  2-t 
t2+2

，
2
当t∈0, 2  时，f t  >0，ft  单调递增，当t∈ 2,2  时，f t  <0，ft  单调递减，
f2 
1
= >f0
3
 =0
所以t∈0,2  ，当t= 2时，ft  取最大值，没有最小值，
即当t= 2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，
由对称性知当t= 2时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B-l-C取得最大值．故选：D．
16 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为
x-3
10
 2+y2=1，且圆C与x轴交于M,N两点，设直线l的方程为y=kxk>0  ，直线l与圆C相交于A,B
两点，直线AM与直线BN相交于点P，直线AM、直线BN、直线OP的斜率分别为k,k ,k ，则 ( )
1 2 3
A.k+k =2k B.2k+k =k C.k+2k =k D.k+k =k
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
【答案】A
【解析】如图，由题意得l
AM
:y=k 1x-2  ，与圆C:x-3  2+y2=1联立，
消y整理得x-2  1+k2 1  x-2k2 1 +4    =0，
2k2+4
∴x =2，x = 1 ，
M A 1+k2
1
2k2+4 2k
∴A 1 , 1
1+k2 1+k2
1 1

4k2+2 -2k
，同理可得B 2 , 2
1+k2 1+k2
2 2
 ．
∵k =k ，
OA OB
2k -2k
1 2
1+k2 1+k2
∴ 2k2+4 1 = 4k2+2 2 ，即1+k 1 k 2
1 2
1+k2 1+k2
1 2
 k 1 +2k 2  =0．
1
∵kk ≠-1，∴k =- k ，
1 2 2 2 1
设Px 0 ,y 0  ，∴ y 0 =k 1x 0 -2  , y 0 =k 2x 0 -4    ,
2k-4k
x = 1 2,
∴   0 k 1 -k 2 ∴P 2k 1 -4k 2, -2k 1 k 2
y 0 = - k 2 - k 1 k k 2, k 1 -k 2 k 1 -k 2
1 2
 8 2k ，即P , 1
3 3
 ，
2k
1
∴k = 3 = 1 k ，
3 8 4 1
3
1
∴k+k = k=2k ，
1 2 2 1 3
故选：A．
17 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知斜率为kk>0  的直线过抛物线C：y2=
4x的焦点F且与抛物线C相交于A,B两点，过A,B分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为A ，B ，若
1 1
△ABB 与△ABA 的面积之比为2，则k的值为 ( )
1 1
1 2
A. 2 B. C. D.2 2
2 2
【答案】D
【解析】如图所示：
由抛物线C：y2=4x，得F1,0  ，
设直线AB：y=kx-1  ，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y2=4x,
由
y=kx-1 
  得k2x2-2k2+4  x+k2=0，
2k2+4
所以xx =1，x+x = ，
1 2 1 2 k2由已知和抛物线定义知： S △ABB1 = 2 1 BB 1
S △ABA1
11
 A 1 B 1 
2 1 AA 1  A 1 B 1 
= BB 1 
AA 1 
BF = 
AF 
=2，
则有x 2 +1=2x 1 +1  ，即x =2x+1， 2 1
  x 2 =2x 1 +1,
所以  x 1 x 2 =1,
x+x = 2k2+4,
 1 2 k2
1
解得x= ，x =2，k=2 2.
1 2 2
故选：D
18 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知函数fx  的定义域为R，且fx  +x2为
奇函数，fx  -2x为偶函数．令函数gx  fx =  ,x≥0, -fx    ,x<0. 若存在唯一的整数x 0 ，使得不等式 gx 0    2
+a⋅gx 0  <0成立，则实数a的取值范围为 ( )
A. -8,-3  ∪1,3  B. -3,-1  ∪3,8  C. -3,0  ∪3,8  D. -8,-3  ∪0,3 
【答案】B
【解析】∵fx  +x2为奇函数，fx  -2x为偶函数,
∴f-x  +-x  2=-fx  -x2，f-x  +2x=fx  -2x，
两式相减整理得fx  =2x-x2，
∴gx 
2x-x2,x≥0,
=
x2-2x,x<0.
gx  的图象如图所示：
∵存在唯一的整数x 0 ，使得不等式 gx 0    2+a⋅gx 0  <0成立，
即存在唯一的整数x 0 ，使得不等式gx 0  gx 0   +a  <0成立，
当a=0时，gx 0    2<0，显然不成立；
当a<0时，需满足gx 0  ∈0,-a  只有一个整数解，
∵g1  =1，g-1  =3，则1<-a≤3，即-3≤a<-1；
当a>0时，需满足gx 0  ∈-a,0  只有一个整数解，
∵g2  =0，g3  =-3，g4  =-8，则-8≤-a<-3，即3<a≤8.
综上，实数a的取值范围为-3,-1  ∪3,8  .
故选：B.
二、多选题
19 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)在空间直角坐标系Oxyz中，A0,0,0  ，B1,1,0  ，
C0,2,0  ，D-3,2,1  ，Ex2,2,1  在球F的球面上，则 ( )A.DE⎳平面ABC B.球F的表面积等于100π
3 10 4
C.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
5 5
【答案】AC
 
【解析】平面ABC的一个法向量n=(0,0,1)，DE=(x2+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
12
 ，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)，
设F(0,1,z)，因为FC  =FD  ，则(1-2)2+z2=(0+3)2+(1-2)2+(z-1)2，
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；
由FE  =R，(x2-0)2+(2-1)2+(1-5)2=26，得x2=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)，
 
  A  E  ⋅m  =0 ，所以  3a+2b+c=0 ，取m  =(1,0,-3)，
AC⋅m=0 2b=0
 
 AD⋅m
AD=(-3,2,1)，点D到平面ACE的距离等于

 m 
-3-3
=
 3 10
= ，C正确；
12+(-3)2 5

同理可得平面ACD的一个法向量s=(1,0,3) ，
 
s⋅m
平面ACD与平面ACE的夹角的余弦值等于

 s   ⋅m 
1-9
=
 4
= ，
10× 10 5
3
正弦值等于 ，D错误.
5
故选：AC.
20 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)函数fx  =e-x  ，g(x)=|lnx|，h(x)=-kx+2，则下列说
法正确的有 ( )
A.函数F(x)=f(x)-h(x)至多有一个零点
B.设方程f(x)=g(x)的所有根的乘积为p，则p∈(0,1)
C.当k=0时，设方程g(x)=h(x)的所有根的乘积为q，则q=1
D.当k=1时，设方程f(x)=h(x)的最大根为x ，方程g(x)=h(x)的最小根为x ，则x +x =2
M m M m
【答案】ABCD
【解析】对于选项A,令Fx  =0，则fx  =hx  ，
而hx  =-kx+2恒过定点0,2  ，
当k=0时，hx  =2，
画出fx  =e-x  与hx  =2的图象，如图所示：
则Fx  =0无零点，当k≠0时，hx
13
 =-kx+2恒过定点0,2  ，则fx  =e-x  与hx  =-kx+2图象，如图所示：
则Fx  =0有一个零点，故Fx  =0至多有一个零点，A正确;
对于选项B，画出fx  =e-x  与gx  =lnx  的图象，如图所示：
其中e-x1=-lnx ，e-x2=lnx ，
1 2
由图象可知，e-x1∈0,1

，e-x2∈0,1

且e-x2<e-x1，
即lnx 2 +lnx 1 =lnx 2 x 1 =e-x2-e-x1∈-1,0  ，故x 2 x 1 ∈e-1,1  ⊆0,1  ，
则p∈0,1  ，故B正确;
对于选项C, 当k=0时，hx  =2，即lnx  =2，
求出x=e2,x =e-2，故q=xx =e2e-2=1，故C正确；
1 2 1 2
对于选项D, 当k=1时，hx  =-x+2，
画出fx  =e-x  与hx  =-x+2的图象，如图所示：
则e-x M=-x +2，
M
画出gx  =lnx  与hx  =-x+2的图象，如图所示：
gx  =hx  的最小根为x ，则-lnx =-x +2， m m m
由于y=-lnx与y=e-x互为反函数，则关于y=x对称，
而y=-x+2也关于y=x对称，
故e-x M=-x +2与-lnx =-x +2相加得，
M m m
-lnx +e-x M=-x +2-x +2=2，
m M m即x +x =2，故D正确.
M m
故选：ABCD
21 (2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)如图所示，四边形ABCD是边长为4的正方形，M,
N分别为线段AB,AD上异于点A的动点，且满足AM=AN，点H为MN的中点，将点A沿MN折至点A
处，使AH⊥平面BCD，则下列判断正确的是 ( )
14 2
A.若点M为AB的中点，则五棱锥A-MBCDN的体积为
3
16 2
B.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为
3
C.当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的内切球的半径为4-2 3
128 3
D.五棱锥A-MBCDN体积的最大值为
27
【答案】ABD
【解析】设AM=x，因为AM=AN，点H为MN的中点，所以AH⊥MN，
2 1
且AH= x，底面MBCDN的面积为16- x2(0<x≤4)，所以五棱锥A-MBCDN的体积为
2 2
2 1
x16- x2
6 2
14
 (0<x≤4).
2 1
当点M为AB的中点时，五棱锥A-MBCDN的体积为 ×2×16- ×22
6 2

14 2
= ，A正确.
3
2 1
当点M与点B重合时，三棱锥A-BCD的体积为 ×4×16- ×42
6 2

16 2
= ，B正确.
3
3
连接HC，因为AH⊥HC,AC=AB=AD=BC=4，所以三棱锥A-BCD的表面积为16+2× ×42
4
=82+ 3  ，设三棱锥A-BCD内切球的半径为r，
1
则 r×82+ 3
3

16 2
= ，解得r=4 2-2 6，C错误.
3
2 1
五棱锥A-MBCDN的体积V(x)= x16- x2
6 2
 (0<x≤4)，则V x 
2 3
= 16- x2
6 2
 ，令V x  >
4 6
0，得0<x< ；令V x
3
 <0，
4 6 4 6
得 <x≤4.所以V(x) =V
3 max 3

128 3
= ，D正确.
27
故选：ABD22 (2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知定义域为0,+∞
15
 的函数fx  满足fx  +xf
x  =ex,f 1  =1．数列a n  的首项为1，且fa n+1  = fa n  -1 ，则 ( ) a
n+1
A. fln2  =log 2 e B. fx  ≥1 C.a <a D.0<a ≤1 2023 2024 n
【答案】ABD
【解析】∵ xfx    =fx  +xf x  =ex，∴xfx  =ex+c．
取x=1可得f1  =e+c，由fx  +xf x  =ex，
令x=1，得f1  +f 1  =e．
∵f 1  =1，∴c=-1，∴fx 
ex-1
= ，
x
∴fln2 
1
= =log e，故A正确； ln2 2
设φx  =ex-x-1，则φ x  =ex-1，
当x<0时，φ x  <0，当x>0时，φ x  >0，
所以φx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，φ(x) min =φ0  =0，
∴φx  =ex-x-1≥0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立．
故fx  >1，故B正确．
由fa n+1  = fa n  -1 a ，得fa n+1
n+1
 = ean+1-1 = fa n a
n+1
 -1 ， a
n+1
即ean+1=fa n  ，所以ean+1=
ean-1
， a
n
a n ean+1=ean-1≥a n +1  -1=a n ，即a nean+1-1  ≥0，
因为函数fx  定义域为0,+∞  ，
所以a >0，有ean+1-1≥0，即a ≥0，
n n+1
下证数列a
n
 单调递减，即证ean+1<ean，即证
ean-1
<ean，
a
n
即证ean-1<a
n
ean，即证1-a
n 
ean-1<0，
令gx  =1-x  ex-1，则g x  =-xex，
当x>0时，g x  <0，所以gx  在0,+∞  上单调递减．
因为a n >0，ga n  <g0  =0，所以a <a ，即数列a n+1 n n  单调递减，
所以0<a ≤a=1，a >a ，故C错误，D正确．
n 1 2023 2024
故选：ABD.
23 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)若fx  是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x
=1对称，且对任意x,x ∈ 0, 1
1 2  2
 ，都有f(x+x )=f(x)f(x )，则下列说法正确的是 ( )
1 2 1 2
A. f1  一定为正数 B.2是fx  的一个周期
C.若f1  2023 =1，则f
4
 =1 D.若fx  在 0, 1
 2
 1 上单调递增，则f(1)≠
2024
【答案】BCD
【解析】因为fx  =0符合条件，故A错误；
因为偶函数fx  的图像关于直线x=1对称，所以fx+2  =f-x  =fx  ，故B正确；
因为对任意x ，x ∈ 0, 1 1 2  2  ，都有f(x 1 +x 2 )=f(x 1 )f(x 2 )，所以对任意x∈0,1  x ，取x=x = 得f(x)= 1 2 2x f
2
16
  

 2 ≥0；
若f1  1 =1，即f(1)= f
2
  

 2 1 = f
4
  

 4 1 =1，故f
4
 =1，
由2是fx 
2023
的周期得f
4

1
=f506-
4

1
=f-
4

1
=f
4
 =1，故C正确；
1 1 假设f(1)= ，由f(1)= f
2024 2
  

 2 1 = f
4
  

 4 1 = 及fx
2024
 ≥0，x∈0,1  1 ，得f
2
 1 1 = ，f
2024 4

1
= ，
42024
1 故f
4
 1 >f
2
 ，这与fx  在 0, 1
 2
 上单调递增矛盾，故D正确.
故选：BCD
24 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知 A,C 两点位于直线 l 两侧，B，D 是直线 l

1 1
上两点，且 △ABD 的面积是 △CBD 的面积的 2 倍，若 AC= - -sinx
2 x


AB+ 1+fx   

AD，
下列说法正确的是 ( )
A. fx  为奇函数 B. fx 
π
在  ，π
2
 单调递减
C. fx  在 0,2π  有且仅有两个零点 D. fx  是周期函数
【答案】ABC
【解析】设AC与直线l交于E，由题可得AE=2EC，

1 1
又AC= - -sinx
2 x


AB+ 1+fx   

AD，
 
2 2 1 1
∴AE= AC=  - -sinx
3 3 2 x


2
AB+ 1+fx
3
  

AD，
2 1 1
∴  - -sinx
3 2 x

2
+ 1+fx
3
   =1，
∴fx 
1
= +sinx，函数的定义域为-∞,0
x
 ∪0,+∞  ，
又f-x 
1
=- -sinx=-fx
x
 ，
∴函数fx  为奇函数，故A正确；
1 π
因为函数y= ,y=sinx在  ，π
x 2
 上为减函数，
所以fx 
π
在  ，π
2
 上单调递减，故B正确；
由fx 
1 1
= +sinx=0，可得sinx=- ，
x x
所以函数fx  在 0,2π 
1
的零点数即为y=sinx与y=- 的交点数，
x1
结合函数y=sinx,y=- 的图象可得fx
x
17
 在 0,2π  有且仅有两个零点，故C正确；
因为fx 
1 1
= +sinx，函数sinx为周期函数，而函数 不是周期函数，故fx
x x
 不是周期函数，故D错误.
故选：ABC.
25 (2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)已知函数fx  ，gx  的定义域均为R，它们的
导函数分别为f x  ，g x  ，且fx  +g2-x  =5，gx  -fx-4  =3，若gx+2  是偶函数，则下列正确
的是( )．
A. g 2  =0 B. fx  的最小正周期为4
C. fx+1  是奇函数 D. g2 
2024
=5，则 fk
k=1
  =2024
【答案】ABD
【解析】A选项，gx+2  为偶函数，故g-x+2  =gx+2  ，
两边求导得，-g -x+2  =g x+2  ，
令x=0得-g 2  =g 2  ，解得g 2  =0，A正确；
B选项，因为fx  +g2-x  =5，g-x+2  =gx+2  ，
所以fx  +gx+2  =5①，
因为gx  -fx-4  =3，所以gx+2  -fx-2  =3②，
则①②相减得，fx  +fx-2  =2③，
又fx-2  +fx-4  =2④，
则③④相减得fx  -fx-4  =0，即fx  =fx-4  ，
又fx  ≠fx-2  ，故fx  的最小正周期为4，B正确；
C选项，假如fx+1  为奇函数，则f-x+1  +fx+1  =0，
当x=1时，可得f0  +f2  =0，
但fx  +fx-2  =2，当x=2可得f2  +f0  =2，
显然不满足要求，故fx+1  不是奇函数，C错误；
D选项，因为fx  +g2-x  =5，所以f0  +g2  =5，
又g2  =5，故f0  =0，
由B选项得fx  +fx-2  =2，故f2  +f0  =2，解得f2  =2，
且f3  +f1  =2，
由B选项知fx  的一个周期为4，故f4  =f0  =0，
所以f1  +f2  +f3  +f4  =4，2024
则 fk
k=1
18
  =506 f1  +f2  +f3  +f4    =506×4=2024，D正确.
故选：ABD
26 (2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD 中，底面
1 1 1 1
 
ABCD为菱形，∠BAD=60°,AB=AA=2,P为CC 的中点，点Q满足DQ=λDC+
1 1

μDD λ∈ 0,1 ,μ∈ 1   0,1    ，则下列结论正确的是 ( )
1
A.若λ+μ= ，则四面体ABPQ的体积为定值
3 1
 
B.若△ABQ的外心为O，则AB⋅AO为定值2
1 1 1
2π
C.若AQ= 5，则点Q的轨迹长度为
1 4
1
D.若λ=1且μ= ，则存在点E∈AB，使得AE+EQ的最小值为 9+2 10
2 1
【答案】ACD
1 1
【解析】A选项，在CD,DD 上分别取F,W，使得DF= DC，DW= DD ，
1 3 3 1
     
因为DQ=λDC+μDD ，所以DQ=3λDF+3μDW，
1
 
1
因为λ+μ= ，所以3λ+3μ=1，即DQ=3λDF+1-3λ
3


DW，
     
故DQ-DW =3λDF-3λDW，即WQ=3λWF，
所以W,Q,F三点共线，
因为WF⎳CD ，AB⎳CD ，所以WF⎳AB ，
1 1 1 1
故WF⎳平面PAB，故点Q为平面PAB的距离为定值，
1 1
又S 为定值，故四面体ABPQ的体积为定值，A正确；
△PA1B 1
B选项，取AB的中点T，因为△ABQ的外心为O，所以OT⊥AB，
1 1 1
又题意得AB= AA2+AB2=2 2，
1 1
  
则AB⋅AO=AB
1 1 1


⋅AT
1
 =2 2× 2=4，B错误；C选项，取AB的中点R，因为底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，
故DR⊥DC，
以D为坐标原点，以DR，DC,DD 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
故A 1 3,-1,2
19
 ，设Q0,2λ,2μ  ，
则A 1 Q= 3+2λ+1  2+2μ-2  2= 5，
化简得2λ+1  2+2μ-2  2=2，
  
点Q满足DQ=λDC+μDD λ∈ 0,1 ,μ∈ 1   0,1    ，
即点Q在正方形CDDC 内，包括边界，
1 1
故Q点的轨迹为以S-1,2  为圆心， 2为半径的圆，落在正方形CDDC 内的部分， 1 1
如图所示：
因为SH= 2，SD=1，故DH= 2-1=1，
1 1
π
故△SDH为等腰直角三角形，∠S= ，
1 4
π 2π
故点Q的轨迹长度为 ⋅ 2= ，C正确；
4 4
  
1 1
D选项，若λ=1且μ= ，DQ=DC+ DD ，
2 2 1

即DQ=0,2,0 
1
+ 0,0,2
2
 =0,2,1  ，即Q0,2,1  ，
又A 1 3,-1,2  ，B 3,1,0  ，设Ex 1 ,y 1 ,z 1  ，
 
设EB=aA 1 B=0,2a,-2a  ,a∈0,1  ，即 3-x 1 ,1-y 1 ,-z 1  =0,2a,-2a  ，
解得x 1 = 3,y 1 =1-2a,z 1 =2a，即E 3,1-2a,2a  ，
AE+EQ= 2-2a  2+4a2+ 3+2a+1  2+1-2a  2
1
= 8a2-8a+4+ 8a2+5=2 2 a-
2

2 1 5
 + + a2+
4 8
 ，
如图所示，1 10 1
设KJ= ,GV= ,JG= ，且KJ⊥JG，JG⊥GV，
2 4 2
1
在线段JG上取一点L，设GL=a，则LJ= -a，
2
1
故KL+VL= a-
2
20

2 1 5
+ + a2+ ，
4 8
显然，直接连接KV，此时KL+VL取得最小值，最小值即为KV，
1 10
由勾股定理得KV=  +
2 4

2 1 9 10
+ = + ，
4 8 4
1
故AE+EQ=2 2 a-
2

2 1 5
 + + a2+
4 8

9 10
的最小值为2 2 + = 9+2 10，
8 4
D正确.
故选：ACD
27 (2024·湖北武汉·高三武钢三中校考开学考试)已知函数fx  ，gx  的定义域为R，g x  为gx  的
导函数，且fx  +g x  -8=0，fx-2  -g 6-x  -8=0，若gx  为偶函数，则下列一定成立的有
( )
A. g 4  =0 B. f1  +f3  =16 C. f2023 
20
=8 D. ∑fn
n-1
 =160
【答案】ABD
【解析】由gx  是偶函数，则g-x  =gx  ，两边求导得-g -x  =g x  ，
所以g x  是奇函数，故g 0  =0．
对于A，由fx  +g x  -8=0⇒fx-2  +g x-2  -8=0⇒fx-2  =8-g x-2  ，
代入fx-2  -g 6-x  -8=0，得8-g x-2  -g 6-x  -8=0，
又g x  是奇函数，
则g x-2  =-g 6-x  =g x-6  ⇒g x+6-2  =g x+6-6  ⇒g x+4  =g x  ，
所以g x  是周期函数，且周期为4，g 0  =g 4  =0，故A正确；
对选项B，令x=1得，f1  +g 1  -8=0，令x=5得，f3  -g 1  -8=0，
故f1  +f3  =16，故B正确；
对于C：令x=2023得f2023  +g 2023  -8=0⇒f2023  +g 4×505+3  -8=0，
即f2023  +g 3  -8=0，
若f2023  =8，则g 3  =0，g 3  =g -1+4  =g -1  =0
但g -1  不一定为0，故C错误；
对于D：令x=4，得f4  +g 4  -8=f4  +g 0  -8=0，
故f4  =8，g 2  =g 2-4  =g -2  =-g 2  ，所以g 2  =0，令x=2，得f2
21
 +g 2  -8=0，则f2  =8
则f1  +f3  =16，由g x  是以4为周期得fx  +g x  -8=0，
20
所以∑fn
n=1
 =5 f1  +f2  +f3  +f4    =5×8+16+8  =160，故D正确．
故选：ABD．
28 (2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)已知函数fx  ，gx  的定义域为R，g x  是gx  的
导函数，且fx  +g x  -8=0，fx  -g 4-x  -8=0，若gx  为偶函数，则 ( )
A. f1  +f3  =16 B. f4  =8 C. f-1  =f-3 
2023
D. g k
k=1
  =0
【答案】ABD
【解析】因为fx  +g x  -8=0，令x=1，则f1  +g 1  -8=0①，
fx  -g 4-x  -8=0，令x=3，则f3  -g 1  -8=0②，
联立①②可得f1  +f3  =16，故A正确；
由题可知g x  =-g 4-x  ，又因为gx  是偶函数，所以g x  是奇函数，
由g x  =-g -x  =-g 4-x  可得g x  =g x+4  ，
所以g x  的周期为4，
又∵g 0  =-g 0  ，故g 0  =g 4  =0，
fx  =8-g x  ，故f4  =8-g 4  =8，故B正确；
因为g -1  =-g 1  ，由g x  =g x+4  得g -3  =g 1  ，
故g -3  =-g -1  ，又f-3  =8-g -3  ，f-1  =8-g -1  ，
若f-3  =f-1  ，则g -3  =g -1  ，
可得-g -1  =g -1  ，即g -1  =0，而g -1  不一定等于0，故C错误；
因为g 1  =-g 3  ，得g 1  +g 3  =0，
在g x  =-g 4-x  中，令x=2，可得g 2  =0，又g 4  =0，
故g 1  +g 2  +g 3  +g 4  =0，又g x  的周期为4，
2023
所以 g k
k=1
  =505×0+g 1  +g 2  +g 3  =0，故D正确.
故选：ABD.
29 (2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)在四棱锥S-ABCD中，ABCD是矩形，AD⊥
SD,∠SDC=120°,SD=CD=2BC=2,P为棱SB上一点，则下列结论正确的是 ( )
A.点C到平面SAD的距离为 3
3
B.若SP=PB，则过点A,D,P的平面α截此四棱锥所得截面的面积为
2
C.四棱锥S-ABCD外接球的表面积为17π
3
D.直线AP与平面SCD所成角的正切值的最大值为
3
【答案】ACD
【解析】如图，对于A，因为AD⊥SD,AD⊥DC，又SD∩DC=D,SD,DC⊂面SDC，
所以AD⊥面SDC，
所以点A到平面SDC的距离为AD=BC=1，
又因为∠SDC=120°,SD=CD=2，
3
所以点C到平面SAD的距离为 ×2= 3，故A正确；
2
对于B，因为SP=PB，所以点P为棱SB的中点，
取SC中点为Q，连接PQ,DQ，可得平面APQD即平面α截此四棱锥所得截面，
且由于Q是SC的中点，点P为棱SB的中点，
1 1
所以在△SBC中，PQ是△SBC的中位线，则PQ= BC= ，PQ⎳BC，
2 2
又因为四边形ABCD是矩形，则BC⎳AD，所以PQ/AD，
因为AD⊥面SDC，
AD⊄面SDC，QC⊂面SDC，
所以四边形APQD是以AD为下底、PQ为上底，DQ为高的直角梯形，
因为SD=CD=2，在等腰三角形SCD中，QD⊥BC，且QD平分∠ADC，
1 1
则QD=CD⋅cos ∠SDC=2× =1，
2 2
1 1
则平面α截此四棱锥所得截面的面积为 ×1+
2 2
22

3
×1= ，故B错误；
4
对于C，又因为∠SDC=120°,SD=CD=2，所以SC=2cos30°+2cos30°=2 3，
SC 2 3
所以2r= = =4，即r=2，其中r为△SCD外接圆半径，
sin∠SDC 3
2
因为AD⊥面SDC，
CD
所以四棱锥S-ABCD外接球的半径为R= r2+
2

2 1
= 22+
2

2 17
= ，
2
所以四棱锥S-ABCD外接球的表面积为17π，故C正确；
对于D，因为AD⊥面SDC，所以直线AP与平面SCD所成角为∠APD，
所以当点P与点B重合时，∠APD最大，积tan∠APD 
3
= ，故D正确.
max 3
故选：ACD.
30 (2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)学校食堂每天中午都会提供A，B两种
2
套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为 ，选
3
1 1
择B套餐的概率为 .而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为 ，选择B套餐的概率
3 4
3 1 1
为 ；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为 ，选择B套餐的概率也是 ，如此反复.记
4 2 2
某同学第n天选择A套餐的概率为A ，选择B套餐的概率为B .一个月(30天)后，记甲､乙､丙三位同学选
n n
择B套餐的人数为X，则下列说法中正确的是 ( )2
A.A +B =1 B.数列A -
n n  n 5
23
 是等比数列
C. EX  =1.5 D.PX=1 
36
=
125
【答案】AB
【解析】由于每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种，所以A +B =1，所以A正确，
n n
1
依题意，A n+1 =A n × 4 +1-A n 
1 2 1 2
× ，则A - =- A - 2 n+1 5 4 n 5  n≥1,n∈N  ，
2 2 2 4
又n=1时，A- = - = ，
1 5 3 5 15
2
所以数列A -
 n 5

4 1
是以 为首项，以- 为公比的等比数列，
15 4
2 4 1
所以A - = ×-
n 5 15 4

n-1 2 16 1
,A = - ×-
n 5 15 4

n 3 16 1
,B =1-A = + ×-
n n 5 15 4

n
，
3 16 1
当n>30时，B = + ×-
n 5 15 4

n
，
3 16 1
所以X∼B 3, + ×-
5 15 4

n
  ,PX=1 
36
≠ ,EX
125

9
≠ ，
5
所以AB正确，CD错误，
故选：AB.
31 (2024·福建·高三校联考开学考试)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，E是线段DD
1 1 1 1 1
上的动点(不包括端点)，过A，B ，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是 ( )
1
A.正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B.存在一点E，使得点A 和点C到平面AEB 的距离相等
1 1
C.正方体被平面AEB 所截得的截面的面积随着D E的增大而增大
1 1
1
D.当正方体被平面AEB 所截得的上部分的几何体的体积为 时，E是DD 的中点
1 3 1
【答案】AC
3 1
【解析】对于A，正方体外接球的半径为 ，内切球的半径为 ，可得正方体的外接球的表面积是正方体
2 2
3

2
内切球的表面积的

2
1

2

=3倍，故A正确；
2
对于B，由点A 和点B到平面AEB 的距离相等，若点A 和点C到平面AEB 的距离相等，
1 1 1 1
必有BC⎳平面AEB ，又由BC∥AD，可得AD⎳平面AEB ，与AD∩平面AEB=A矛盾，
1 1 1
故B错误；
对于C，如图，在C 1 D 1 上取一点F，使得EF∥C 1 D，连接B 1 F，设D 1 E=a0<a<1
24
 ，
由EF∥CD∥AB ，可得平面ABFE为过A，B ，E三点的截面，
1 1 1 1
在梯形AB 1 FE中，AB 1 = 2，EF= 2a，AE= 12+1-a  2= a2-2a+2，B 1 F= 12+1-a  2=
a2-2a+2，
2- 2a
梯形ABFE的高为 a2-2a+2-
1 2

2 1 3
= a2-a+ ，
2 2
1
梯形AB 1 FE的面积为 2 × 2+ 2a 
1 3 1
× a2-a+ = a+1 2 2 2  a2-2a+3=
1
a+1
2
 2 a2-2a+3  ，
令fa  =a+1  2 a2-2a+3  0<a<1  ，有f a  =2a+1  a2-2a+3  +a+1  2 2a-2  =
4a+1  a2-a+1  =4a+1  1 a-
2
   2 + 3
 4
 >0.
可得函数fa  单调递增，可得正方体被平面AEB 所截得的截面面积随着D E的增大而增大， 1 1
故C正确；
1 1 1 1 1 对于D选项，V = × ×1×1×1= ，V = ×a× 1×1- ×1×1-a
E-AA1B1 3 2 6 E-A1B1FD1 3 2
  

 =
1
a2+a
6
 ，
1
被平面AEB 1 所截得的上部分的几何体的体积为 6 a2+a 
1 1
+ = ，整理为a2+a-1=0， 6 3
5-1
解得a= ，故D错误.
2
故选：AC
x2
32 (2024·福建·高三校联考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C: -y2=1的右顶点
3
为A，直线l与以O为圆心，OA  为半径的圆相切，切点为P．则 ( )
2 3
A.双曲线C的离心离为
3
B.当直线OP与双曲线C的一条渐近线重合时，直线l过双曲线C的一个焦点
C.当直线l与双曲线C的一条渐近线平行吋，若直线l与双曲线C的交点为Q，则OQ  = 5
D.若直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于D，E两点，与双曲线C分别交于M，N两点，则DM  =
EN 
【答案】ABD
2 2 3
【解析】对于A选项．由a= 3，b=1，c=2，可得双曲线C的离心率为e= = ，故A选项正确；
3 33
对于B选项，双曲线C的渐近线方程为y=± x．
3
3
由对称性，不妨设直线l与渐近线y=- x重合，点P位于第四象限，
3
3 5π π
记直线l与x轴的交点为T，由直线y=- x的倾斜角为 ，有∠POT= ，
3 6 6
又由OP
25
 = 3，可得OT  =2．又由OF  =2，故直线l过双曲线C的一个焦点，故B选项正确；
对于C选项，当直线l与双曲线C的一条渐近线平行时，由对称性，
3 m
不妨设直线l的方程为y= x+m(其中m<0)，有
3

= 3，可得m=-2，
1+ 1
3
3 
x
3
-y2=1,
5 3 3
直线l的方程为y= x-2，联立方程 解方程组可得点Q的坐标为 ,-
3 y= 3x-2, 4 4
3
 ．
可得OQ 
75 9 21
= + = ，故C选项错误；
16 16 2
对于D选项，设点P的坐标为s,t  ，可得直线l的方程为sx+ty=3．其中s2+t2=3．
y= 3x, 3 3 y=- 3x, 3 3
联立方程 3 解得x= ，联立方程 3 解得x= ，
sx+ty=3, 3s+t sx+ty=3. 3s-t
1 3 3 3 3
可得线段DE的中点的横坐标为  +
2 3s+t 3s-t

9s  x2 -y2=1,
= ，联立方程 3 ，
3s2-t2 sx+ty=3,
消去y后整理为3s2-t2  x2-18sx+3t2+27  =0，
1 18s 9s
可得线段MN的中点的横坐标为 × = ，
2 3s2-t2 3s2-t
可得线段DE和MN的中点相同，故有DM  =EN  ，故D选项正确．
故选：ABD．33 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐
标原点逆时针旋转α(0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么
( )
A.存在90°旋转函数 B.80°旋转函数一定是70°旋转函数
1 bx
C.若g(x)=ax+ 为45°旋转函数，则a=1 D.若h(x)= 为45°旋转函数，则-e2≤b≤0
x ex
【答案】ACD
【解析】对A，如y=x满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；
1 1
对C，若g(x)=ax+ 为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+ 逆时针旋转45°后，不存在
x x
1
与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45°的直线与g(x)=ax+ 的
x
函数图象有两个交点.即y=x+bb∈R
26

1 y=ax+ 1
与g(x)=ax+ 至多1个交点.联立 x 可得
x y=x+b
a-1  x2-bx+1=0.
当a=1时，-bx+1=0最多1个解，满足题意；
当a≠1时，a-1  x2-bx+1=0的判别式Δ=b2-4a-1  ，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满
足题意，故a=1.故C正确；
bx
对D，同C，h(x)= 与y=x+aa∈R
ex

bx
的交点个数小于等于1，即对任意的a，a= -x至多1个解，
ex
故gx 
bx
= -x为单调函数，即g x
ex

b1-x
=

-1为非正或非负函数.
ex
又g 1 
b1-x
=-1，故

-1≤0，即ex≥-bx-1
ex
 恒成立.
即y=ex图象在y=-bx-1  上方，故-b≥0，即b≤0.
当y=ex与y=-bx-1  相切时，可设切点x 0 ,ex0  ，对y=ex求导有y=ex，故
ex0
=ex0，解得x =2，此 x -1 0
0
时b=-ex0=-e2，故-e2≤b≤0.故D正确.
故选：ACD
34 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知函数fx  ，gx  的定义域均为R，且fx  +
g2-x  =5，gx  -fx-4  =7．若x=2是gx  的对称轴，且g2  =4，则下列结论正确的是 ( )
A. fx  是奇函数 B. 3,6  是gx  的对称中心
C.2是fx 
22
的周期 D.gk
k=1
 =130
【答案】BD【解析】对于A，因为x=2是gx
27
 的对称轴，所以g(2-x)=g(x+2)，
又因为fx  +g2-x  =5，所以f-x  +g2+x  =5，故fx  =f-x  ，
即fx  为偶函数，故A错误；
对于B，因为g(x)-f(x-4)=7，所以g(x+4)-f(x)=7，
又因为f(x)+g(2-x)=5，联立得g(2-x)+g(x+4)=12，
所以y=g(x)的图像关于点(3,6)中心对称，故B正确；
对于C，因为fx  +g2-x  =5，g2  =4，则f0  +4=5，即f0  =1；
因为gx  -fx-4  =7，则4-f-2  =7，即f-2  =-3，则f2  =-f-2  =3；
显然f2  ≠f0  ，所以2不是fx  的周期，故C错误；
对于D，因为x=2是gx  的对称轴，所以g(6-x)=g(x-2)，
又因为g(2-x)+g(x+4)=12，即gx  +g6-x  =12，
则gx  +gx-2  =12，所以gx+2  +gx  =12，
所以gx+2  =gx-2  ，即gx  =gx+4  ，所以gx  周期为4，
因为gx  周期为4，对称中心为3,6  ，所以g3  =6，
当x=4时，代入gx  -fx-4  =7，即g4  -f0  =7，所以g4  =8，
所以g4  =g0  =8，又x=2是gx  的对称轴，所以g1  =g3  =6，
22
所以gk
k=1
 =5×6+4+6+8  +6+4=130，故D正确，
故选：BD.
35 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为
p0<p<1  ，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记作X∼
NBr,p  ，则下列说法正确的是 ( )
1
A.若X∼NB1,
2
 ，则PX=k 
1
=
2

k
，k=1,2,3,⋅⋅⋅
B.若X∼NBr,p  ，则PX=k  =pr 1-p  k-r，k=r,r+1,r+2,⋅⋅⋅
C.若X∼NBr,p  ，Y∼Bn,p  ，则PX≤n  =PY≥r 
D.若X∼NBr,p 
r-1
，则当k取不小于 的最小正整数时，PX=k
p
 最大
【答案】ACD
1
【解析】对于A，若X∼NB1,
2
 ，则PX=k 
1 1 1
为k-1个 相乘再乘 ，即
2 2 2

k
，
则PX=k 
1
=
2

k
，k=1,2,3,⋅⋅⋅，故A正确，
对于B，若X∼NBr,p  ，则PX=k  =Cr-1pr-1 1-p
k-1
 k-rp=Cr-1pr 1-p
k-1
 k-r，
k=r,r+1,r+2,⋅⋅⋅，故B错误，
对于C，因为从1,2,⋅⋅⋅,n  中取出r+j(0≤j≤n-r)个数的取法有Cr+j种，这些取法可按a 的值分类，即
n r
a =r+i(0≤i≤n-r-j)时的取法有Cr-1 Ci 种，
r r-1+i n-r-i
n-r-i
则 C r r - - 1 1 +i ⋅C n i -r-i =C n r+j，又X∼NBr,p
i=0
 ，Y∼Bn,p  ，设q=1-p，
则p+q=1，则PX≤n 
n-r n-r
=∑Cr-1+iprqi=∑Cr-1+prqi(p+q)n-r-i， r-1 r-1
i=0 i=0
n-r n-r-i n-r-in-r
化简得=Cr-1+iprqi⋅ Cj qn-r-i-j= Cr-1 Cj pr+jqn-r-j，
r-1 n-r-ipj r-1+i n-r-i
i=0 j=0 j=0i=0n-r
可得∑C n j+rpr+jqn-r-j=PY≥r
j=0
28
 ，故C正确.
P(X=k)≥P (X≥k+1)

对于D：因为X~NB(r,p),P(X=k)P(X=k)最大, 则

，
P(X=k)≥P (X≥k-1)
所以   C k-1 r-1pr(1-p)k k - - r r ≥C k-2 r-1pr(1-p)k-r-1 解得 k-1 ≤k≤1+ r-1 ,
C r-1pr(1-p)k-r≥Cr-1pr(1-p)k-r+1 p p
k-1 k
r-1
所以当k取不小于 的最小正整数时P(X=k)最大，故D正确.
p
故选: ACD.
36 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
P在线段BD 上运动(包括端点)，下列说法正确的有 ( )
1
A.存在点P，使得CP⊥平面ADB
1
B.不存在点P，使得直线CP与平面ADB所成的角为30°
1 1
C.PC+PD的最小值为2 3
2 2
D.以P为球心，PA为半径的球体积最小时，被正方形ADDA 截得的弧长是 π
1 1 3
【答案】BCD
【解析】方法一：
如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
B2,2,0  ，D 10,0,2  ，A2,0,0  ，C 10,2,2 

，BD 1 =-2,-2,2 

，AC 1 =-2,2,2  ,
 
BP=λBD 1 ，则P2-2λ,2-2λ,2λ  ，
对于A，因为ABCD-ABCD 为正方体，
1 1 1 1
所以AB⊥AB，AD⊥AD
1 1 1 1
由三垂线定理得AC⊥AB，AC⊥AD，
1 1 1 1
因为AB∩AD=A ，AB,AD⊂平面ADB，
1 1 1 1 1 1
所以AC⊥平面ADB，
1 1

AC 1 =-2,2,2  是平面ABD一个法向量， 1

假设CP⊥面A 1 DB，则CP=2-2λ,-2λ,2λ  与-2,2,2  共线矛盾，假设不成立，A错．
 
对于B，若存在P，CP与ADB所成角为30°，则∠ACP=60°或120°，‹CA,CP›=60°或120°，
  1 1 1 1 1
1 C 1 A⋅C 1 P ∴ =
2
 
CA 1 

CP 1 
4-4λ+4λ-4λ+4 = 
2 3 2-2λ  2+4λ2+2λ-2 
-4± 216 ，λ= 不满足条件，
2 10
假设不成立，B对．
对于C，PC+PD= (2-2λ)2+(-2λ)2+(2λ)2+ (2-2λ)2+(2-2λ)2+(2λ)21
=2 3 λ-
3
29

2 2 2
+ + λ-
9 3

2 2
 +
9
 ．
1
λ-
3

2 2 2
+ + λ-
9 3

2 2
+ 表示Pλ,0
9

2 2
与E ,
3 3

1 2
，F ,-
3 3
 距离之和，
PE+PF≥EF=1，PC+PD≥2 3，C对．
对于D，PA= (-2λ)2+(2-2λ)2+(2λ)2= 12λ2-8λ+4，
1 4 4 2
λ= 时PA最小，P , ,
3 3 3 3

2 6
，PA= ，
3
4 2
设截面小圆的圆心为N，半径为r，则NP⊥平面ADDA ，所以N ,0,
1 1 3 3

2 6
，r= 
3

2 4
-
3

2
=
2 2
，
3
4
因为NA= 2-
3

2 2
+
3

2 2 2
= ，
3
2 2
所以球与面ADDAN为圆心， 为半径的圆弧，
1 1 3
因为∠AAD=90°，
1
1 2 2 2 2
所以Q在正方形ADDA 内轨迹为半圆，弧长= ⋅2π⋅ = π，选项D正确；
1 1 2 3 3
方法二：对于A，若CP⊥平面ADB，则CP⊥BD，由三垂线定理知P为BD 中点，但此时CP不与AD
1 1 1
垂直，故不存在这样的P，A不正确；
对于B，同法一，B正确；
对于C，可将面DDB与面DBC摊平，∴PC+PD≥CD=2 3，C正确．
1 12×2 2 2 6 2 3 4
对于D，球O半径最小值为A到BD 的距离R = = ，OB= ，OO= ，O在面ADD
1 min 2 3 3 3 1 3 1
A 上的射影为O ，
1 1
2 6
∴截面圆半径r= 
3
30

2 4
-
3

2 2 2
= ，
3
2 2
过O 作MN∥AD分别交AD，AA 于M，N，OA=OM=ON= ，
1 1 1 1 1 1 3
 2 2 2 2
∴球O被正方体ADDA 截得的弧长是半圆弧MN，长为π⋅ = π，D正确，
1 1 3 3
故选：BCD．
三、填空题
x2
37 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知椭圆 +y2=1(a>1)，△ABC是以点B(0,1)为直
a2
角顶点的等腰直角三角形，直角边BA,BC与椭圆分别交于另外两点A,C．若这样的△ABC有且仅有一
个，则该椭圆的离心率的取值范围是 ．
6
【答案】0,
3

1
【解析】不妨设直线BA:y=kx+1(k>0)，则直线BC:y=- x+1，
k
y=kx+1

联立方程得x2 +y2=1 ，得1+a2k2
a2
 x2+2a2kx=0，
2a2k 1 2a2k
∴x =- ，用- 代替k得x = ，
A 1+a2k2 k c a2+k2∴BA
31
 = 1+k2 x
A

2a2k 1+k2
= ,BC
1+a2k2

1
= 1+ x
k2 C

2a2 1+k2
= ．
a2+k2
由BA  =BC  ，得k-1  k2+1-a2   k+1  =0，
该方程关于k已有一解k=1，由于符合条件的△ABC有且仅有一个，
∴关于k的方程k2+1-a2  k+1=0无实数解或有两个相等的实数解k=1．
a>1
当方程无实数解时，
Δ=1-a2


 2-4<0
，解得1<a< 3；
a>1
当方程有两个相等的实数解k=1时，
 1-a2=-2
，解得a= 3，
∴1<a≤ 3，
c c2 1 6
则该椭圆的离心率e= = = 1- ∈0,
a a2 a2 3
 ．
6
故答案为：0,
3
 .
1
38 (2024·广东深圳·高三深圳中学开学考试)已知关于x的不等式2ex-2xlnx-m>0在 ,+∞
2
 上
恒成立，则实数m的取值范围是 .
【答案】-∞,2 e+ln2 
1
【解析】因为关于x的不等式2ex-2xlnx-m>0在 ,+∞
2
 上恒成立，
m 1
即 <ex-xlnx在x∈ ,+∞
2 2
 上恒成立.
令fx  =ex-xlnx，则f x  =ex-lnx-1，
令gx  =ex-lnx-1，则g x 
1
=ex- ，
x
易得g x 
1
在 ,+∞
2
 上单调递增，
1
又g
2
 = e-2<0,g 1  =e-1>0，
1
所以存在x ∈ ,1 0 2  ，使得g x 0 
1
=0，即ex0- =0， x
0
则x =-lnx ，
0 0
1
所以当x∈ ,x 2 0  时，g x 0  <0，gx 
1
在 ,x 2 0  上单调递减，
当x∈x 0 ,+∞  时，g x 0  >0，gx  在x 0 ,+∞  上单调递增，
故g(x) min =gx 0 
1
=ex0-lnx -1= +x -1>2-1=1>0， 0 x 0
0
所以f x 
1
>0在 ,+∞
2
 上恒成立，
所以fx 
1
在区间 ,+∞
2
 上单调递增，
m 1
所以 ≤f
2 2

1 1 1
= e- ln = e+ ln2，
2 2 2
所以m≤2 e+ln2，即实数m的取值范围是-∞,2 e+ln2  .
故答案为：-∞,2 e+ln2 
39 (2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知0<a<b<1，设Wx  =x-a  3 x-b  ，f
k
x 
Wx
=
 -Wk 
，其中k是整数． 若对一切k∈Z，y=f x
x-k k
 都是区间k,+∞  上的严格增函数．则b
的取值范围是 ．
a
【答案】1,3
32
 ．
【解析】W x  =3x-a  2 x-b  +x-a  3=x-a  2 3x-3b+x-a  =x-a  2 4x-a-3b  ，
令gx  =W x  =x-a  2 4x-a-3b  ，
则g x  =2x-a  4x-a-3b  +4x-a  2=6x-a  2x-a-b  ，
a+b
因为0<a<b<1，所以 >a，
2
令g x 
a+b
>0得x> 或x<a，令g x
2

a+b
<0得，a<x< ，
2
故W x  在-∞,a 
a+b
和 ,+∞
2

a+b
上单调递增，在a,
2
 上单调递减，
因为W a 
a+3b
=0，W
4

a+b a+3b
=0，其中 < ，
2 4
令W x 
a+3b
≤0，解得x≤ ，令W x
4

a+3b
>0，解得x> ，
4
故Wx 
a+3b
在-∞,
4

a+3b
上单调递减，在 ,+∞
4
 上单调递增，
且Wx  在-∞,a 
a+b
和 ,+∞
2

a+b
内下凹，在a,
2
 内上凸，
f x
k
 的几何意义是点 k,Wk    和点 x,Wx    连线的斜率，
当Wk  在k,+∞  内下凹时，可满足y=f x
k
 都是区间k,+∞  上严格递增，
因此当k≥1时，f x
k
 严格递增，
而当k≤0时，唯一可能使f x
k
 不严格递增的区间可能在 a, a+3b
 4
 ，
曲线CA须在直线BA下方，曲线AD须在直线BA上方，
故需使点 0,W0    , -1,W-1   
a+b
,⋯都在x= 处的切线上或切线上方即可，
2
从图象可知，只需 0,W0   
a+b
在x= 处的切线上或切线上方即可，
2
a+b
W
2

a+b
= -a
2

3 a+b
 -b
2

a-b
=-
2

4 a+b
，W
2

a-b
=
2

2
a-b 
a-b
=
 3
，
4
a+b a-b
故曲线在x= 处的切线方程为y+
2 2

4 a-b
=
 3 a+b
x-
4 2
 ，
1
令x=0，化简得y=- a-b
16
 3 3a+b  ，
W0 
1
=a3b，因此- a-b
16
 3 3a+b 
b
≥a3b，即 -1
a

3 b
 +3
a

b
≤16⋅ ，
ab
令t= >1，则t-1
a
33
 3 t+3  ≤16t，即t-1 
3
3≤161-
t+3
 ，
其中3-1 
3
3=161-
3+3
 =8，画出y=t-1 
3
3及y=161-
t+3
 的图象，如下：
由图可知，t∈1,3 
b
，即 ∈1,3
a

故答案为：1,3 
x2 y2
40 (2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试)已知双曲线C： - =1(a>0，b>0)的左、右焦
a2 b2
 
点分别为F，F，过点F 的直线与C的右支交于A，B两点，且AF ⊥AB，△FAB的内切圆半径r=
1 2 2 1 1
1
2 F 2 B  ，则C的离心率为 ．
17 1
【答案】 / 17
3 3
【解析】由题意作出图形，设AF 2  =m，则AF 1  =m+2a，BF 2  =n，则BF 1  =n+2a，
1
由三角形△F 1 AB的内切圆半径为r= 2 F 2 B 
n
= ， 2
 
π
又因为AF ⊥AB，所以∠FAF= ，
1 1 2 2
所以r= AF 1  ×AB 
AF 1  +AB  +BF 1 
m+2a =  m+n 
2m+n+2a 
n = ，化简得m2+2am=n2①
2
在Rt△F 1 AF 2 中，AF 1  2+AF 2  2=F 1 F 2  2，即m+2a  2+m2=4c2=4a2+b2  ，
化简得m2+2ma=2b2②，由①②可得n= 2b，
在Rt△F 1 AB中，AF 1  2+AB  2=BF 1  2，即m+2a  2+m+n  2=n+2a  2，
化简得m2+2ma+mn=2na③，由②③可得m=2a- 2b，
所以4a- 2b  2+2a- 2b  2=4a2+b2  ，化简得a4a-3 2b 
b 2 2
=0，解得 = ，
a 3
c c2 b2 17
所以离心率e= = = 1+ = .
a a2 a2 3x2 y2
41 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知椭圆C： + =1(a>b>0)的右焦点为F，
a2 b2
π PF
过点F作倾斜角为 的直线交椭圆C于A、B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P，若
4 AB
34

1
= ，则
4
椭圆C的离心率e= ．
1
【答案】 /0.5
2
π
【解析】因为倾斜角为 的直线过点F，
4
设直线l的方程为: y=x-c, Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,
线段AB的中点Qx 0 ,y 0  ,
y=x-c

联立 x2
+
y2
=1
，化为a2+b2
a2 b2
 x2-2a2cx+a2c2-a2b2=0，
2a2c a2c2-a2b2
∴x+x = ,xx = ，
1 2 a2+b2 1 2 a2+b2
∴AB  = 1+12⋅ x 1 +x 2 
4ab2 x+x a2c
2-4xx = ，x = 1 2 = . 1 2 a2+b2 0 2 a2+b2
b2c
∴y =x -c=-
0 0 a2+b2
b2c a2c
∴AB的垂直平分线为:y+ =-x-
a2+b2 a2+b2
 ,
c3 c3
令 y=0, 解得 x = ,∴P ,0
P a2+b2 a2+b2
 .
2b2c
∴|PF|=c-x = ,
P a2+b2
|PF| c 1 c 1
∴ = = ,则 = ,
|AB| 2a 4 a 2
1
∴ 椭圆C的离心率为 ,
2
1
故答案为: .
2
x2 y2
42 (2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试)如图，已知双曲线C: - =1(a,b>0)的
a2 b2
左､右焦点分别为F,F，过F的直线与C分别在第一､二象限交于A,B两点，△ABF 内切圆半径为r，若
1 2 1 2
BF 1  =r=a，则C的离心率为 .85
【答案】
5
【解析】设AB
35
 =x，内切圆圆心为I，内切圆在BF,AF,AB上的切点分别为U,V,W， 2 2
则BU  =BW  ,AV  =AW  ,F 2 U  =F 2 V  ，
由BF 1  =a及双曲线的定义可知，
BF 2  =3a,AF 2  =x-a,F 2 U  =F 2 V 
1
= 2 BF 2  +AF 2  -AB    =a=r，
故四边形IUFV是正方形，
2
得AF 2 ⊥BF 2 ，于是BF 2  2+AF 2  2=|AB|2，
故x2=9a2+(x-a)2，所以x=5a，
于cos∠F 1 BF 2 =cosπ-∠ABF 2 
3
=- ，在△FBF 中， 5 1 2
由余弦定理可得F 1 F 2  2=BF 1  2+BF 2  2-2BF 1  ⋅BF 2 
68
⋅cos∠FBF= a2， 1 2 5
68 c 85
从而4c2= a2，所以e= = .
5 a 5
85
故答案为：
5
x2 y2
43 (2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1a>0,b>0
a2 b2
 ，F为右焦
点，过点F作FA⊥x轴交双曲线于第一象限内的点A，点B与点A关于原点对称，连接AB，BF，当
∠ABF取得最大值时，双曲线的离心率为 ．
6+ 2
【答案】
2
【解析】如图，根据题意Fc,0
36

b2
，Ac,
a

b2
，B-c,-
a
 ，
b2 b2
∴k=k = ，k =k = =2k ，
1 BF 2ac 2 BA ac 1
设直线BA,BF的倾斜角为α，β，
∴tan∠ABF=tanα-β 
tanα-tanβ 2k-k 1 2
= = 1 1 = ≤ ，
1-tanαtanβ 1+2k2 2k+ 1 4
1 1 k
1
b2 2
当且仅当k= = 时等号成立，
1 2ac 2
即b2= 2ac，c2-a2= 2ac，e2- 2e-1=0，又e>1
6+ 2
∴e= ，
2
6+ 2
故答案为： ．
2
44 (2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试)在首项为1的数列a
n

1
中a -a =-
n+1 n 2

n
，若存在
n∈N*，使得不等式m-a n  m+a n+3  >0成立，则m的取值范围为 ．
1 5
【答案】mm> 或m<-

2 8
 .
【解析】结合题意：a n =a 1 +a 2 -a 1  +a 3 -a 2  +⋯+a n -a n-1 
1 =1+-
2
 1 1 +-
2
 2 1 +⋯+-
2

1--1
n-1 2 =

n
1--1
2

2 1 = 1--
3 2
  n 

 ，
所以m-a n  m+a n+3  >0，解得m>a 或m<-a ， n n+3
2 1 当n为偶数时，a = 1-
n 3 2
  n 

 ，递增，可得a 的最小值为a = 1 ，则a ∈  1 , 2
n 2 2 n  2 3
 ，
2 1 -a =- 1+
n+3 3 2
  n+3 

 <- 2 ,递增，可得-a 的最小值为-a =- 11 ,则-a ∈ - 11 ,- 2
3 n+3 5 16 n+3  16 3
 ,
2 1 当n为奇数时，a = 1+
n 3 2
  n 

 2 ，递减，可得a 的最大值为a=1，a ∈ ,1
n 1 n 3
 ，
2 1 -a =- 1-
n+3 3 2
  n+3 

 5 2 5 ,递减，可得-a 的最大值为-a =- ，-a ∈- ,-
n+3 4 8 n+3 3 8
 ，
综上所述：要使得存在n∈N*，使得不等式m-a n  m+a n+3  >0成立，
只需m>a n 
1
min = 2 或m<-a n+3 
5
=- ， max 8
1 5
所以m的取值范围为mm> 或m<-

2 8
 .
1 5
故答案为：mm> 或m<-

2 8
 .
45 (2024·山东·高三山东省实验中学校联考开学考试)已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，过点
F的直线交抛物线于A,B两点，点A,B在直线l上的射影分别为A,B 两点，以线段AB 为直径的圆C与
1 1 1 1y轴交于M,N两点，且MN
37

4
= AB
5
 ，则直线AB的斜率为 ．
【答案】±2
【解析】由题意可知：F1,0  ,l:x=-1，且直线AB与抛物线y2=4x必相交，
设AB:x=my+1,Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 y 2  ，则A 1-1,y 1  ,B 1-1,y 2  ，
x=my+1
联立方程
 y2=4x
，消去x可得y2-4my-4=0，
则y 1 +y 2 =4m,y 1 y 2 =-4，可得y 1 -y 2  = 16m2+16=4 m2+1，
可知AB  = 1+m2 y 1 -y 2  =4m2+1  ，圆C的圆心C-1,2m 
1
，半径r= 2 y 1 -y 2  =2 m2+1，
可得MN  =2 r2-1=2 4m2+3，
因为MN 
4
= AB
5

4
，即2 4m2+3= ×4m2+1
5

1 11
，解得m2= 或m2=- (舍去)，
4 16
1 1
即m=± ，所以直线AB的斜率为 =±2.
2 m
故答案为：±2.
46 (2024·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考开学考试)若过点1,0  可以作曲线y=
lnx+a  的两条切线，则实数a的取值范围为 ．
【答案】-1,0 
1
【解析】由题意y= x+a ，设切点为 x 0 ,lnx 0 +a    ,x 0 >-a  ，
则切线斜率满足 lnx 0 +a  -0 1 = ，
x -1 x +a
0 0
整理得x 0 +a  lnx 0 +a  -x 0 +1=0，由题意该方程在-a,+∞  有两个根，
所以函数gx  =x+a  lnx+a  -x+1在-a,+∞  有两个零点，
g x  =lnx+a  +1-1=lnx+a  ，令g x  =0得x=1-a，
当-a<x<1-a时，g x  <0，gx  单调递减，当x>1-a时，g x  >0，gx  单调递增，
所以首先有gx  =g1-a
min
 =-1-a  +1=a<0(否则gx  不可能有零点，矛盾)，
其次当x→+∞时，gx  →+∞，所以gx  在1-a,+∞  上，有且仅有一个零点，
所以还需保证gx  在-a,1-a  上有1个零点，
现在来说明x趋于-a(x>-a)时，gx  →a+1, gx   <a+1  ，
1
令x+a= ，则当x趋于-a(x>-a)时，t→+∞，
t
所以gx  =x+a  lnx+a 
lnt 1
-x+1=- - -a
t t
 +1→a+1，
所以只需保证a+1>0，解得a>-1，综上所述，实数a的取值范围为-1,0
38
 .
故答案为：-1,0  .
47 (2024·福建·高三校联考开学考试)方程cos2x=3cosx-2的最小的29个非负实数解之和为
．
811π
【答案】
3
【解析】方程cos2x=3cosx-2可化为2cos2x-3cosx+1=0，
因式分解为cosx-1 
1
cosx-
2

1
=0，解得cosx=1或cosx= ，
2
当cosx=1时，x=2kπ，k∈Z，
1 1
1 π 5π
当cosx= 时，x= +2k π，k ∈Z，或x= +2k π，k ∈Z，
2 3 2 2 3 3 3
通过列举，可得方程的最小的29个非负实数解中，
10×9
有10个是以0为首项，2π为公差的等差数列．其和为10×0+ ×2π=90π；
2
π π 10×9 280π
有10个是以 为首项，2π为公差的等差数列，其和为10× + ×2π= ；
3 3 2 3
5π 5π 8×9
有9个是以 为首项，2π为公差的等差数列，其和为9× + ×2π=87π．
3 3 2
280π 811π
可得方程的最小的29个非负实数解之和为90π+ +87π= ．
3 3
811π
故答案为：
3
48 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)设严格递增的整数数列a ，a ，⋯，a 满足a=
1 2 20 1
1，a =40.设f为a+a ，a +a ，⋯，a +a 这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为 ，使
20 1 2 2 3 19 20
得f取到最大值的数列a
n
 的个数为 .
【答案】 18 25270
【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且b<a)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的
组合，这样它们之和才会被3整除.
而a=1，a =40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
1 20
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以f的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要
求的20个数.
第一步，在a 到a 这20个数中删去一个数(后面再加回来)，使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个
1 20
模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模
3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最
多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C4 种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数
21
中，由C1种，共有C4C1种.
8 21 8
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C3 种，此时加回来的数必定是删去的两端之
21一中的1或40，有1种选法，共2C3 种.
21
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，
而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C，即排列为B,A,C，在第三步捆绑时，可能捆绑的组
合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC，然后删去，再补回C，这两种删去方式结果相同.
1
综上，共有 2 C 2 4 1 C 8 1+2C 2 3 1
39
 =25270种.
故答案为：18；25270
49 (2024·浙江·高三浙江金华第一中学校考开学考试)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，直线x=t与
C交于A，B，AF与C的另一个交点为D，BF与C的另一个交点为E.若△ABF与△DEF的面积之比为
4:1，则t= .
【答案】2
【解析】如图，抛物线C:y2=4x的焦点为F1,0  ，可知t>1，
由题意，得At,2 t  ,Bt,-2 t  ，即AB  =4 t
2 t
所以直线AD的方程为y= x-1
t-1
 ，
y= 2 t x-1
联立 t-1
 
 ，化简得tx2-t2+1
y2=4x
 x+t=0，
t2+1
∴x 1 +x 2 = t ，因为At,2 t 
t2+1 1
，可得点D的横坐标为 -t= ， t t
2
代入抛物线方程可得，y=± ，所以DE
t

4
= ，
t
1
∴S = ×4 t×t-1
△ABF 2
 =2 t⋅t-1 
1 4 1
，S = × ×1-
△DEF 2 t t

2t-1
=

t⋅ t
S 2 t⋅t-1
∴ △ABF =
S △DEF

2t-1 
=t2=4，又t>1，所以t=2.
t⋅ t
故答案为：2
50 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知非零数列a
n
 ,b =a⋅a ⋅a ⋯a ，点
n 1 2 3 n
a n ,b n  x a 在函数y= 的图象上，则数列 n 2x-2 b n -1    ⋅2n  的前2024项和为 .
1
【答案】2-
2025×22023
【解析】由已知条件b =a⋅a ⋅a ⋯a ，可得b =a⋅a ⋅a ⋯a ,n≥2，
n 1 2 3 n n-1 1 2 3 n-1b
所以 n =a ①，n≥2，
b n
n-1
因为点a n ,b n
40

x
在函数y= 的图象上， 2x-2
b
n
所以b = a n ，将①代入可得，b = b n-1 ,
n 2a -2 n b
n 2 n -2
b
n-1
1
化简得，b -b = ，n≥2，
n n-1 2
b 3
当n=1时，由a=b ，则b= 1 ，得b= ，
1 1 1 2b-2 1 2
1
所以数列b
n

3 1
是以 为首项， 为公差的等差数列，
2 2
所以b = 3 + 1 (n-1)=1+ n ，a = b n = 1+ n 2 = 2+n ，
n 2 2 2 n b n-1 1+ n-1 1+n
2
a
因为 n
b n -1 
2+n 1 1
= = -
⋅2n n(n+1)⋅2n-1 n⋅2n-2 n+1 
，
⋅2n-1
1 1 1 1 1 1 1
所以 - + - +⋯+ - =2- ，
1×2-1 2×20 2×20 3×21 2024×22022 2025×22023 2025×22023
1
故答案为: 2- .
2025×22023
51 (2024·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学开学考试)已知点Px 0 ,ex0  是函数y=ex图像上任意一
点，点Q是曲线x-e4-2  2+y2=1上一点，则P、Q两点之间距离的最小值是 .
【答案】e2 e4+1-1
【解析】曲线x-e4-2  2+y2=1表示圆心为De4+2,0  ，半径r=1的圆，
则PD  = x 0 -e4-2  2+e2x0，
令fx  =x-e4-2  2+e2x，则f x  =2x-e4-2  +2e2x，
令gx  =f x  =2x-e4-2  +2e2x，则g x  =2+4e2x>0，
所以gx  单调递增，又g2  =0，
所以当x<2时gx  <0，即f x  <0，即fx  在-∞,2  上单调递减，
当x>2时gx  >0，即f x  >0，即fx  在2,+∞  上单调递增，
所以fx  在x=2处取得极小值即最小值，即fx  =f2
min
 =e8+e4，
所以PD  = x 0 -e4-2  2+e2x0≥ e8+e4=e2 e4+1，
所以PQ  =PD
min
 -r=e2 e4+1-1.
min
故答案为：e2 e4+1-1