2024年新高考新结构题型数学选填压轴好题汇编02（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_新结构数学选择填空专项突破

2024年新高考新结构题型数学选填压轴好题汇编 02
一、单选题
1 (2024·广东·一模)已知函数hx
1
 的定义域为R，且满足hx+1  +hx-1  =2,h2-x  是偶函数，
h2 
103
=0，若n∈Z，则  h(n)= ( )
n=-103
A.202 B.204 C.206 D.208
【答案】C
【解析】因为hx+1  +hx-1  =2，所以hx+2  +hx  =2①，即有hx+4  +hx+2  =2②，
由①②得到hx+4  =hx  ，所以函数hx  的周期为4，
又h2-x  是偶函数，所以h2+x  =h(2-x)，得到h(x)=h(4-x)=h(-x)，即函数hx  为偶函数，
又由hx+2  +hx  =2，得到h1  +h3  =2，h2  +h4  =2，h0  +h2  =2，
又h2  =0，所以h0 
103 103
=2，故  h(n)=2h(n)+h(0)=2×25×4+h(0)+2(h(1)+h(2)+h(3))=
n=-103 n=1
206，
故选：C.
2 (2024·高三·湖南·阶段练习)设方程2x⋅log 2 x  =1的两根为x 1 ，x 2x 1 <x 2  ，则 ( )
1
A.0<x<1，x >2 B.x> C.0<xx <1 D.x+x >3
1 2 1 x 1 2 1 2
2
【答案】C
【解析】由题意得，0<x 1 <x 2 ，由2x⋅log 2 x  =1得log 2 x 
1
- 2 
x
=0，
如图画出函数y=log 2 x 
1
和y= 2 
x
的图象，两个函数有2个交点，
令fx  =log 2 x 
1
- 2 
x
x>0  ，则f1 
1
=- <0，f2 2 
1 3 1
=1- = >0，f 4 4 2 
1
=1- >0， 2
1
由f 2  ⋅f1  <0，f1  ⋅f2 
1
<0得x∈ ,1 1 2  ，x 2 ∈1,2  ，故A错；
由log 2 x 2 
1
- 2 
x2=log
2 x 1 
1
- 2 
x1=0，得log
2 x 2  -log 2 x 1 
1
= 2 
x2- 1
2 
x1，
1
由x∈ ,1 1 2  ，x 2 ∈1,2 
1
，得log x +log x= 2 2 2 1 2 
x2- 1
2 
x1<0，
即log xx <0，所以0<xx <1，故C对，B错，
2 1 2 1 2
1
由x∈ ,1 1 2  ，x 2 ∈1,2  ，所以x+x <3，D错误. 1 2
故选：C
x2 y2 x2 y2
3 (2024·福建·二模)已知椭圆 + =1(a>b>0)与双曲线 - =1(m>0,n>0)有共同的
a2 b2 m2 n2π
焦点F，F，且在第一象限内相交于点P，椭圆与双曲线的离心率分别为e ，e ．若∠FPF= ，则e⋅e 的
1 2 1 2 1 2 3 1 2
最小值是
1 2 3 3
A. B. C. D.
2 2 2 2
【答案】C
【解析】设共同的焦点为(-c,0)，(c,0)，设PF 1
2
 =s，PF 2  =t，运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余
弦定理和基本不等式，即可得到所求最小值．设共同的焦点为(-c,0)，(c,0)，
设PF 1  =s，PF 2  =t，
由椭圆和双曲线的定义可得s+t=2a，s-t=2m，
解得s=a+m，t=a-m，
π
在ΔPFF 中，∠FPF= ，
1 2 1 2 3
可得F 1 F 2  2=PF 1  2+PF 2  2-2PF 1  ⋅PF 2  ⋅cos∠FPF， 1 2
即为4c2=(a+m)2+(a-m)2-(a+m)(a-m)=a2+3m2，
a2 3m2
即有 + =4，
c2 c2
1 3
即为 + =4，
e2 e2
1 2
1 3 3
由 + ≥2 ，
e2 e2 e2e2
1 2 1 2
3 3
可得e⋅e ≥ ，当且仅当e = 3e 时，取得最小值 ，
1 2 2 2 1 2
故选C．
2cos40°+cos80°
4 (2024·高三·湖南长沙·阶段练习)求值： = ( )
sin80°
3 3
A. 3 B. C.- 3 D.-
3 3
【答案】A
2cos40°+cos80° 2cos120°-80°
【解析】 =
sin80°
 +cos80°
sin80°
2cos120°cos80°+sin120°sin80°
=
 +cos80° 3sin80°
= = 3.
sin80° sin80°
故选：A.
5 (2024·陕西安康·二模)宋代理学家周敦颐的《太极图》和《太极图说》是象数和义理结合的表达．《朱
子语类》卷七五：“太极只是一个混沦底道理，里面包含阴阳、刚柔、奇偶，无所不有”．太极图(如下图)将平
衡美、对称美体现的淋漓尽致．定义：对于函数fx  ，若存在圆C，使得fx  的图象能将圆C的周长和面积
同时平分，则称fx  是圆C的太极函数．下列说法正确的是 ( )
①对于任意一个圆，其太极函数有无数个②fx
3
 =log 2x+1
1
2

1
+ x是x2+y+1
2
 2=1的太极函数
③太极函数的图象必是中心对称图形
④存在一个圆C，fx  =sinx+cosx是它的太极函数
A.①④ B.③④ C.①③ D.②③
【答案】A
【解析】对于①：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积平分，
所以对于任意一个圆，太极函数有无数个，故①正确
对于②：f-x  =log 2-x+1
1
2

1 1+2x
- x=log 
2
2
1 2x

1
- x，
2
fx  -f-x 
2x+1
=log
1
2

+x=-x+x=0，所以fx
2x+1
2x
 关于y轴对称，不是太极函数，故②错误；
对于③：中心对称图形必定是太极函数，对称点即为圆心．
但太极函数只需平分圆的周长和面积，不一定是中心对称图形，故③错误；
对于④：曲线fx 
π
=sinx+cosx= 2sinx+
4
 存在对称中心，
所以必是某圆的太极函数，故④正确．
故选：A．
6 已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足：
①f(0)=f(1)=0；
②对所有x,y∈[0,1]，且x≠y，有f(x)-f(y) 
1
< x-y
2
 .
若对所有x,y∈[0,1]，f(x)-f(y)  <k，则k的最小值为
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 4 2π 8
【答案】B
【解析】不妨令0≤x<y≤1，则 fx  -fy   
1
< x-y
2

法一：2 fx  -fy    = fx  -f0  +fx  -fy  - fy  -f1     
≤ fx  -f0    + fx  -fy    + fy  -f1   
1
< x-0
2

1
+ x-y
2

1
+ y-1
2

1 1
= x+ y-x
2 2

1
+ y-1
2

1
= ，
2
即得 fx  -fy   
1
< ，
4
1
另一方面，当u∈0,
2
 时，fx 
1
ux ,0≤x≤
2
={
-u1-x 
，符合题意，
1
, <x≤1
2
1 1
当u→ 时，f
2 2
 -f0   
u 1
= → ，
2 4
1
故k≤
4
1
法二：当x-y≤ 时，fx
2
 -fy   
1
< x-y
2

1
≤ ，
4
1
当x-y> 时，fx
2
 -fy    = fx  -f0    - fy  -f1     
≤ fx  -f1    + fy  -f0   
1
< x-1
2

1
+ y-0
2

1
= 1-x
2

1 1 1
+ y= + y-x
2 2 2

1
< ，
41
故k≤
4
考点：1.抽象函数问题；2.绝对值不等式.
π
7 (2024·高三·浙江杭州·专题练习)已知三棱锥S-ABC中，∠SAB=∠ABC= ,SB=4,AB=2,
2
π
BC= 3，SA和BC所成的角为 ，则该三棱锥外接球的表面积是 ( )
3
A.12π B.16π C.24π D.32π
【答案】B
【解析】将三棱锥S-ABC放入长方体ABCD-EFGH中，S在棱EH上面，
并以A为原点，AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
π
由题意∠SAB=∠ABC= ,SB=4,AB=2,BC= 3，
2
所以SA= 16-4=2 3，
π
因为SA和BC所成的角为 ，AD⎳BC，
3
π π
所以AE=2 3sin =3,ES=2 3cos = 3，
3 3
而底面三角形外接圆圆心为AC中点O ，设球心O到平面ABC的距离为h，
1
则A0,0,0
4
 ,B2,0,0  ,C2, 3,0  ,S0, 3,3 
3
,O 1, ,0 1 2 
3
,O1, ,h 2  ，

3
所以OA=-1,- ,-h
2


3
,OS=-1, ,3-h
2
 ，

则由OA 

=OS 
3 3
=R⇒R2= +1+h2= +1+3-h
4 4
 2，
3
解得h= ,R2=4，从而S=4πR2=16π，
2
即该三棱锥外接球的表面积是16π.
故选：B.
8 已知等差数列a
n

a +1
中，a +a =2 记b = n ，n∈N*，则数列b
4 5 n a -1 n
n
 的前8项和为 ( )
A.0 B.4 C.8 D.16
【答案】C
【解析】由等差数列性质得a +a =a +a
n 9-n 4 5
a +1 a -1+2 2
b = n = n =1+ ,
n a -1 a -1 a -1
n n n
2
设c = ，当1≤n≤8，n∈N*时，
n a -1
n
2 2 a +a -2
c +c = + =2⋅ n 9-n
n 9-n a n -1 a 9-n -1 a n -1  a 9-n -1 
a +a -2
=2⋅ 4 5
a n -1  a 9-n -1 
=0,
故b+b +b +⋯+b
1 2 3 8
2 2 2
=1+ +1+ +⋯+1+ =8+c+c +⋯+c
a-1 a -1 a -1 1 2 8
1 2 8
=8+c 1 +c 8  +c 2 +c 7  +c 3 +c 6  +c 4 +c 5  =8
故选：C
π
9 (2024·高三·浙江·阶段练习)若3sinθ+cosθ= 10，则tanθ+
8

1
-
tanθ+ π
8

的值为 ( )1 2
A.-7 B.-14 C. D.
7 7
【答案】B
【解析】一方面由题意3sinθ+cosθ= 10，且注意到sin2θ+cos2θ=1，
3 10 10
联立得10sin2θ-6 10sinθ+9=0，解得sinθ= ,cosθ= ，
10 10
sinθ
所以tanθ= =3，
cosθ
2tanπ
另一方面不妨设x=tan π >0，且tan π =1= 8 ，
8 4 1-tan2π
8
π
所以有x2+2x-1=0，解得x=-1+ 2或x=-1- 2(舍去)，即x=tan =-1+ 2，
8
π
由两角和的正切公式有tanθ+
8
5

tanθ+x 3+-1+ 2
= =
1-x⋅tanθ

1-3-1+ 2 
2+ 2
=
 ×4+3 2 
4-3 2  ×4+3 2 
=
-7+5 2  ，
π
所以tanθ+
8

1
-
tanθ+ π
8

=-7+5 2 
1
+
7+5 2 
=-7+5 2 
7-5 2
+
7+5 2  ×7-5 2 
=-7-5 2+5 2-7=-14.
故选：B.
x2 y2
10 (2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知过坐标原点O且异于坐标轴的直线交椭圆 + =1(a>
a2 b2
b>0)于P,M两点，Q为OP中点，过Q作x轴垂线，垂足为B，直线MB交椭圆于另一点N，直线PM,PN
1
的斜率分别为k,k ，若kk =- ，则椭圆离心率为 ( )
1 2 1 2 2
1 3 3 6
A. B. C. D.
2 3 2 3
【答案】D
【解析】如图所示：
设Pm,n  ，则M-m,-n 
m n
,Q ,
2 2

m
,B ,0
2
 ，
而k ⋅k = y N +n ⋅ y N -n = y2 N -n2 = a b2 2 a2-x2 N
MN PN x +m x -m x2-m2
N N N
 - b2 a2-m2 a2  b2 =- ，
x2-m2 a2
N
1
又因为k ⋅k =- ，
PM PN 2
n
所以 k PM = m = 3 = a2 ，解得 b2 = 1 ，
k n 2 2b2 a2 3
MN
m+m
2
c b2 6
所以椭圆离心率为e= = 1- = .
a a2 3
故选：D.
1 x2 y2
11 (2024·高三·江苏南京·开学考试)斜率为 的直线l经过双曲线 - =1(a>0,b>0)的左焦
2 a2 b2
点F，与双曲线左，右两支分别交于A，B两点，以双曲线右焦点F 为圆心的圆经过A，B，则该双曲线的离
1 2
心率为 ( )15
A. 2 B. 3 C. 5 D.
3
【答案】D
【解析】取AB的中点M，连接MF，
2
由题意可知：AF 2
6
 =BF 2  ，则MF⊥AB， 2
设AF 1  =m>0，则AF 2  -AF 1  =2a，即BF 2  =AF 2  =m+2a，
因为BF 1  -BF 2  =2a，则BF 1  =BF 2  +2a=m+4a，
可得AM 
1
= AB 2  =2a，MF 1  =AF 2  =m+2a，
1 1
又因为直线AB的斜率为 ，即tan∠AFF= ，且∠AFF为锐角，
2 1 2 2 2 1
则   c s o in s ∠ ∠ A A F F 1 1 F F 2 2 = 2 1 ，可得   sin∠AF 1 F 2 = 5 5 或   sin∠AF 1 F 2 =- 5 5 (舍去)，
sin2∠AFF+cos2∠AFF=1 cos∠AFF= 2 5 cos∠AFF=-2 5
1 2 1 2 1 2 5 1 2 5
则MF 2  =F 1 F 2 
2 5c
sin∠AF 1 F 2 = 5 ,MF 1  =F 1 F 2 
4 5c
cos∠AFF= ， 1 2 5
且MF 2  2+AM  2=AF 2 
2 5c
2，即4a2+ 5 
2 4 5c
= 5 
2 5
，整理得c2= a2， 3
c2 15
所以双曲线的离心率e= = .
a2 3
故选：D.
1.焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
x2 y2
12 (2024·高三·湖南长沙·阶段练习)双曲线C: - =1的右支上一点P在第一象限，F，F 分别为
9 16 1 2
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
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  -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：C13 (2024·高三·江苏无锡·开学考试)已知函数fx
7

x-1
=
 , x<2
2x-3 

 ，若方程f fx
2-1, x≥2
  
1
= 的实
2
根个数为 ( )
A.4 B.8 C.10 D.12
【答案】C
【解析】因为fx 
x-1
=
 , x<2
2x-3 
 1
 ，则f
2-1, x≥2 2

1 3
= ，f
2 2

1
= ，f2
2
 =1，f4  =1，
2x-3
令
  2-1= 1 3 3
 2 ，解得x=3- 或x=3+ ，
x≥2 2 2
又在同一平面直角坐标系中画出y=fx 
1
与y= 的图象，
2
由图象观察可知y=fx 
1
与y= 有4个交点，不妨设为x,x ,x ,x 且x<x <x <x ， 2 1 2 3 4 1 2 3 4
1 3
则0<x= <1<x = <2<x <3<x <4，
1 2 2 2 3 4
当f fx   
1
= 时，由fx 2 
1
=x ，0<x= <1，则存在4个不同实根， 1 1 2
由fx 
3
=x ，1<x = <2，则存在2个不同实根， 2 2 2
由fx  =x ，2<x <3，则存在2个不同实根， 3 3
由fx  =x ，3<x <4，则存在2个不同实根， 4 4
综上f fx   
1
= 的实根个数为10．
2
故选：C
14 (2024·陕西咸阳·模拟预测)已知圆C 1 :x- 3  2+y2=r2(0<r<4)与圆C 2 :x+ 3  2+y2=4-r  2
交点的轨迹为M，过平面内的点P作轨迹M的两条互相垂直的切线，则点P的轨迹方程为 ( )
5
A.x2+y2=5 B.x2+y2=4 C.x2+y2=3 D.x2+y2=
2
【答案】A
【解析】圆C 1 :x- 3  2+y2=r2(0<r<4)圆心C 1 3,0  ，
圆C 2 :x+ 3  2+y2=4-r  2圆心C 2- 3,0  ，
设两圆交点为Nx,y  ，则由题意知NC 1  =r，NC 2  =4-r，所以NC 1  +NC 2  =4，
又由于C 1 C 2  =2 3，所以由椭圆定义知，交点N是以C 1 3,0  、C 2- 3,0  为焦点的椭圆，
x2
且c= 3，a=2，则b= a2-c2=1，所以轨迹M的方程为 +y2=1，
4设点Px 0 ,y 0
8
 ，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为：y-y 0 =kx-x 0  ，
y-y 0 =kx-x 0
联立
 
x2 +y2=1 ，消y得4k2+1
4
 x2+8y 0 -kx 0  kx+4y 0 -kx 0  2-4=0，
则Δ=64y 0 -kx 0  2k2-4×4k2+1  4y 0 -kx 0   2-4  =0，
即4-x2 0 
1-y2
k2+2x y k+1-y2=0，由于kk =-1，则由根与系数关系知 0 =-1，即x2+y2=5． 0 0 0 1 2 4-x2 0 0
0
当切线斜率不存在或为0时，点P的坐标为2,1  ，-2,1  ，-2,-1  ，2,-1  ，满足方程x2+y2=5， 0 0
故所求轨迹方程为x2+y2=5．
故选：A．
x2 y2
15 (2024·高三·河北保定·开学考试)已知A是左、右焦点分别为F,F 的椭圆E: + =1上异于左、
1 2 4 3
右顶点的一点，C是线段AF的中点，O是坐标原点，过F 作AF的平行线交直线CO于B点，则四边形
1 2 1
AFBF 的面积的最大值为 ( )
1 2
3 3 3 3 3
A.2 B. C. D.
4 4 2
【答案】D
【解析】
如图，因为C为线段AF的中点，O为FF 中点，所以OC为△AFF 中位线，
1 1 2 1 21
OC⎳AF,OC= AF，又因为BF⎳AF，
2 2 2 2 1
所以四边形ACBF 为平行四边形，OC=OB，
2
1
由几何关系易得S =S =S = S ，设S =S，
△BF2O △BF1O △CF1O 4 △AF1F2 △BF2O
3
则S =4S,S =6S,S = S ，
△AF1F2 AF1BF2 AF1BF2 2 △AF1F2
1
又S △AF1F2 = 2 F 2 F 1
9
 ⋅y A  ，当且仅当y A  =b= 3时，S △AF1F2 
1
= ×2× 3= max 2
3，
3
所以S = 3.
AF1BF2 2
故选：D
x2 y2
16 (2024·高三·山西晋城·开学考试)已知F，F 分别为椭圆C: + =1的两个焦点，P为椭圆上一
1 2 4 3
点，则PF 1  2+PF 2  2+3PF 1  PF 2  的最大值为 ( )
A.20 B.16 C.64 D.24
【答案】A
【解析】由椭圆的定义可知PF 1  +PF 2  =4，
∴PF 1  2+PF 2  2=16-2PF 1  PF 2  ，
∴PF 1  2+PF 2  2+3PF 1  PF 2  =16-2PF 1  PF 2  +3PF 1  PF 2 
=16+PF 1  PF 2  ≤16+ PF 1  +PF 2   2  2 =20，
当且仅当PF 1  =PF 2  =2时等号成立，
故选：A.
tanα
17 (2024·高三·山西晋城·开学考试)已知
tanα+ π
4

2 π
=- ，则sin2α+
3 4
 = ( )
2 7 2 7 2 2
A. B. C.± D.±
10 10 10 10
【答案】A
tanα
【解析】由于
tanα+ π
4

2
=- ，
3
2 π tanα=- tanα+
3 4

tanα+tanπ
=- 2 ⋅ 4 =- 2 tanα+1 ，
3 1-tanαtanπ 3 1-tanα
4
1
解得tanα=- 或tanα=2，
3
π
sin2α+
4

2
= sin2α+cos2α
2

2
= 2sinαcosα+2cos2α-1
2

sinαcosα+cos2α
= 2
sin2α+cos2α

2
- =
2
tanα+1
2
tan2α+1

2
- ，
2
1 π
将tanα=- 代入可得：sin2α+
3 4

2
= .
10
π
将tanα=2代入可得：sin2α+
4

2
= .
10
故选：A.
18 (2024·高三·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD-ABCD 中，E是CD的中点，F是CC
1 1 1 1 1上的动点，则三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为 ( )
A.3 B.2 3 C. 13 D. 15
【答案】C
【解析】连接AE，取AE的中点G，可知G为△ADE的外心，
过G作平面ABCD的垂线，可知三棱锥A-DEF外接球的球心O在该垂线上，
设GO=n,CF=m∈0,4
10
 ，
以D为坐标原点，DA,DC,DD 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
则D0,0,0  ,A4,0,0  ,E0,2,0  ,G2,1,0  ,O2,1,n  ,F0,4,m  ，
因为OD=OF，即 4+1+n2= 4+9+m-n  2，
m 4 m 4 m 4
整理得n= + ≥2 ⋅ =2 2，当且仅当 = ，即m=2 2时，等号成立，
2 m 2 m 2 m
所以三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为 4+1+8= 13.
故选：C.
π 1 2
19 (2024·高三·山西·阶段练习)已知e是自然对数的底数，a= ,b=e2sin ,c= ，则
2ln π e ln2
( )
A.a>b>c B.c>a>b C.a>c>b D.b>c>a
【答案】B
【解析】构建fx 
x
= ,x>e，则f x
lnx

lnx-1
=
lnx 
>0在e,+∞
2
 内恒成立，
可知fx  在e,+∞  内单调递增，
π π 2 4
因为a= = ,c= = ，
2ln π lnπ ln2 ln4
可知f4  >fπ  >fe  =e，即c>a>e；
构建gx  =x-sinx,x>0，则g x  =1-cosx≥0在0,+∞  内恒成立，
可知gx  在0,+∞  内单调递增，则gx  >g0  =0，即x>sinx,x>0，
1 1 1
可得 >sin ，且e>0，则e>e2⋅sin ，即e>b；
e e e
综上所述：c>a>b.
故选：B.
20 (2024·高三·重庆·阶段练习)将分别标有数字1，2，3，4，5的五个小球放入A，B，C三个盒子，每个
小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒子，且A盒子中
只放一个小球，则不同的放法数为 ( )
A.28 B.24 C.18 D.12【答案】C
【解析】第一种情况，将五个小球按1，1，3分为三组，则安排的方法有C1C1A2=12种；
3 2 2
第二种情况，将五个小球按1，2，2分为三组，则安排的方法有C1C1=6种.
3 2
不同的放法数为18.
故选：C.
二、多选题
21 (2024·高三·广东·阶段练习)已知O为坐标原点，点F为抛物线C:y2=4x的焦点，点P4,4
11
 ，直线l：
x=my+1交抛物线C于A，B两点(不与P点重合)，则以下说法正确的是 ( )
A. FA 
π
≥1 B.存在实数m，使得∠AOB<
2
2
C.若AF=2BF，则m=± D.若直线PA与PB的倾斜角互补，则m=-2
4
【答案】CD
【解析】由题意可知，抛物线焦点为F(1,0)，准线方程为x=-1，
直线x=my+1恒过F(1,0)，如下图所示：
设A(x,y),B(x ,y )，作AA 垂直于准线x=-1，垂足为A ，
1 1 2 2 1 1
根据抛物线定义可知，FA  =AA 1  =x 1 +1，易知x 1 ≥0，所以FA  =x+1≥1， 1
但当FA  =1时，此时A与坐标原点重合，直线与抛物线仅有一个交点，因此FA  ≠1，
所以FA  >1，即A错误；
联立直线x=my+1和抛物线C:y2=4x方程得y2-4my-4=0；
y2 y2
所以yy =-4，xx = 1 ⋅ 2 =1，
1 2 1 2 4 4
  
此时OA∙OB=OA 

OB 
π
cos∠AOB=xx +yy =-3<0，所以cos∠AOB<0，即∠AOB> ，
1 2 1 2 2
π
所以不存在实数m，使得∠AOB< ，故B错误；
2
1
若AF=2FB，由几何关系可得y=-2y ，结合yy =-4，可得y = 2或y =- 2，即B , 2
1 2 1 2 2 2 2
 或
1
B ,- 2
2
 ，
2
将B点坐标代入直线方程可得m=± ，所以C正确；
4
若直线PA与PB的倾斜角互补，则k +k =0，
PA PB
y-4 y -4
即 1 + 2 =0，整理得2myy -(4m+3)(y+y )+24=0，
x-4 x -4 1 2 1 2
1 2
3
代入yy =-4，y+y =4m解得m=-2或m= ，
1 2 1 2 43
当m= 时，直线过点P4,4
4
12
 ，A与P点重合，不符合题意，所以m=-2；即D正确.
故选：CD
22 (2024·广东·一模)将圆柱OO 的下底面圆O 置于球O的一个水平截面内，恰好使得O 与水平截
1 2 1 1
面圆的圆心重合，圆柱OO 的上底面圆O 的圆周始终与球O的内壁相接(球心O在圆柱OO 内部)．已
1 2 2 1 2
3
知球O的半径为3，OO= ．若R为上底面圆O 的圆周上任意一点，设RO与圆柱OO 的下底面所成
1 2 2 1 2
的角为α，圆柱OO 的体积为V，则 ( )
1 2
π
A.α可以取到0,
2

27π
中的任意一个值 B.V= cos2α1+2sinα
2

81π
C.V的值可以是任意小的正数 D.V =
max 4
【答案】BD
【解析】
过R作圆柱OO 的轴截面PQRS，过O作MN⊥OO 交圆柱轴截面的边于M，N，
1 2 1 2
由RO与圆柱的下底面所成的角为α，则OM=3cosα,MR=3sinα，所以V=π⋅OM2⋅QR=π⋅(3cosα)2
OO 1 +3sinα 
27π
= cos2α(1+2sinα)， 2
27π 27π
即V= cos2α(1+2sinα)= 1-sin2α
2 2
 ⋅(1+2sinα)，故B正确；
3 π
当点P，Q均在球面上时，角α取得最小值，此时OO=OO = ，所以α= ，
1 2 2 6
所以a∈  π , π
 6 2
 ，故A错误；
令sina=t∈  1 ,1
 2
 27π ，所以V= 1-t2
2
 27π (1+2t)= -2t3-t2+2t+1
2
 ，
27π
所以V= -6t2-2t+2
2

，另-6t2-2t+2=0，
-1- 13 -1+ 13
解得两根t= ,t = ，
1 2 2 2
27π 27π 1 所以V= -6t2-2t+2)≤ × -6×
2 2 2
   2 -2× 1 +2
 2
 27π =- <0，
4
27π 所以V= -2t3-t2+2t+1
2
 在t∈  1 ,1
 2
 时单调递减，
27π 1 所以V = × -2⋅
max 2 2
 3 1 -
2
 2 1 +2×
2
   +1

 81π = ，故D正确，C错误；
4
故选：BD．
23 (2024·高三·湖南·阶段练习)已知体积为2的四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，PA
=3，则下列说法正确的是 ( )π
A.若PA⊥平面ABCD，则∠BAD为
6
B.过点P作PO⊥平面ABCD，若AO⊥BD，则BD⊥PC
π
C.PA与底面ABCD所成角的最小值为
6
D.若点P仅在平面ABCD的一侧，且AB⊥AD，则P点轨迹长度为3 3π
【答案】BCD
【解析】设P到底面的距离为h，
1 1 4
V = S ⋅h= AB⋅ADsin∠BAD⋅h= hsin∠BAD=2，
P-ABCD 3 ABCD 3 3
1 π 5π
则当PA⊥平面ABCD时，h=PA=3，则sin∠BAD= ，即∠BAD为 或 ，A错误；
2 6 6
如图1，若PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PO⊥BD，又AO⊥BD，
PO∩AO=O,PO,AO⊂平面PAO，
则BD⊥平面PAO，PA⊂平面PAO,故BD⊥PA，又BD⊥AC，
PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC,BD⊥PC，B正确；
1 1
设PA与底面ABCD所成角为θ，又V = S h= S PAsinθ=2，
P-ABCD 3 ABCD 3 ABCD
2 1
则sinθ= ，因为S =4sin∠BAD≤4，则sinθ≥ ，
S ABCD 2
ABCD
π 由于θ∈0,
2
13
 ，所以θ∈  π , π
 6 2

π
则PA与底面ABCD所成角的最小值为 ，C正确；
6
1 3 3
如图2，当AB⊥AD，根据V = S h=2，得h= ，即P点到底面ABCD的距离为 ，过A点作
P-ABCD 3 ABCD 2 2
3
底面ABCD的垂线为l，过点P作PO⊥l交l于点O，则PO= AP2-AO2= 32-
2

2 3 3
= ，点P的
2
3 3
轨迹是以O为圆心， 为半径的圆，轨迹长度为3 3π，D正确.
2
故选：BCD
24 (2024·高三·湖南长沙·阶段练习)已知函数fx  =x+1  ex-x-1  ，则下列说法正确的有
A. fx  有唯一零点 B. fx  无最大值
C. fx  在区间1,+∞  上单调递增 D.x=0为fx  的一个极小值点【答案】BCD
【解析】对于A，依题意，f-1
14
 =f0  =0，即x=-1和x=0是函数fx  =x+1  ex-x-1  的零点，A错
误；
对于B，当x>0时，令ux  =ex-x-1，求导得u x  =ex-1>0，函数ux  在0,+∞  上递增，当x≥2
时，ux  ≥e2-3>1，
而y=x+1在0,+∞  上递增，值域为1,+∞  ，
因此当x≥2时，fx  >x+1，则fx  无最大值，B正确；
对于C，f x  =x+2  ex-2x-2，
令gx  =x+2  ex-2x-2，求导得g x  =x+3  ex-2，
当x>0时，令hx  =x+3  ex-2，则h x  =x+4  ex>0，即g x  =hx  在0,+∞  上递增，
g x  >g 0  =1>0，则f x  =gx  在0,+∞  上递增，f x  >f 0  =0，
因此fx  在0,+∞  上递增，即fx  在1,+∞  上单调递增，C正确；
对于D，当-1<x<0时，φx 
2x+2
=ex- ，
x+2
求导得φ x 
2
=ex- ，显然函数φ x
(x+2)2
 在-1,0  上递增，
而φ -1 
1
= -2<0,φ 0 e 
1
= 2 >0，则存在x 0 ∈-1,0  ，使得φ x 0  =0，
当x∈x 0 ,0  时，φ x  >0，函数φx  在x 0 ,0  上单调递增，则φx  <φ0  =0，
即当x∈x 0 ,0 
2x+2
时，ex< ，则f x x+2  =x+2  ex-2x-2<0，又f 0  =0，
因此x=0为fx  的一个极小值点，D正确.
故选：BCD
25 (2024·高三·山东济南·期末)已知函数fx  的定义域为R，且fx+y  =fx  +fy  +1，f1  =0，
则 ( )
A. f0  =-1 B. fx  有最小值 C. f2024  =2023 D. fx  +1是奇函数
【答案】ACD
【解析】对于A中，令x=y=0，可得f0  =-1，所以A正确；
对于B中，令x=x 1 ,y=x 2 -x 1 ，且x 1 <x 2 ，则fx 1 +x 2 -x 1  =fx 1  +fx 2 -x 1  +1，
可得fx 2  -fx 1  =fx 2 -x 1  +1，
若x>0时，fx  >-1时，fx 2  -fx 1  >0，此时函数fx  为单调递增函数；
若x>0时，fx  <-1时，fx 2  -fx 1  <0，此时函数fx  为单调递减函数，
所以函数fx  不一定有最小值，所以B错误；
对于C中，令y=1，可得fx+1  =fx  +f1  +1=fx  +1，
即fx+1  -fx  =1，
所以f2  -f1  =1，f3  -f2  =1，⋯ ，f2024  -f2023  =1，
各式相加得f2024  -f1  =2023，所以f2024  =f1  +2023=2023，所以C正确；
对于D中，令y=-x，可得f0  =fx  +f-x  +1，可得fx  +1+f-x  +1=0，
即f-x  +1=- fx   +1  ，所以函数fx  +1是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
26 (2024·高三·山东德州·期末)双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线
反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该
x2
点与两焦点连线的夹角．已知F,F 分别为双曲线C: -y2=1的左，右焦点，过C右支上一点
1 2 3Ax 0 ,y 0
15
 x 0 > 3  作双曲线的切线交x轴于点M，交y轴于点N，则 ( )
A.平面上点B4,1  ,AF 2  +AB  的最小值为 37-2 3
B.直线MN的方程为xx -3yy =3
0 0
C.过点F 1 作F 1 H⊥AM，垂足为H，则OH  =2(O为坐标原点)
D.四边形AFNF 面积的最小值为4
1 2
【答案】ABD
【解析】对于A，由双曲线定义得AF 1  -AF 2  =2a=2 3，且F 1-2,0  ，
则AF 2  +AB  =AF 1  +AB  -2 3≥BF 1  -2 3= 4--2    2+1-2 3= 37-2 3，
所以AF 2  +AB  的最小值为 37-2 3.故A正确；
对于B，设直线MN的方程为y-y 0 =kx-x 0 
3
，k≠± ， 3
联立方程组 y-y 0 =kx-x 0    x2-3y2=3 ，消去y整理得，1-3k2  x2+6k2x 0 -6ky 0  x-3k2x2+6kx y -3y2-3=0， 0 0 0 0
x
∴Δ=0，化简整理得9y2k2-6x y k+x2=0，解得k= 0 ，
0 0 0 0 3y
0
x
可得直线MN的方程为y-y 0 = 3y 0 x-x 0
0
 ，即x x-3y y=3，故B正确； 0 0
对于C，由双曲线的光学性质可知，AM平分∠FAF，延长FH与AF 的延长线交于点E，
1 2 1 2
则AH垂直平分F 1 E，即AF 1  =AE  ，H为FE的中点， 1
又O是F 1 F 2 中点，所以OH 
1
= 2 F 2 E 
1
= AE 2  -AF 2   
1
= 2 AF 1  -AF 2    =a= 3，故C错误；
1 1
对于D，由直线MN的方程为x x-3y y=3，令x=0，得y=- ，则N0,-
0 0 y y
0 0
 ，
1
S AF1NF2 =S △AF1F2 +S △NF1F2 = 2 ×F 1 F 2  × y 0 
1
+ y 0   
1
≥ 2 ×4×2 y 0 
1
⋅ y 0  =4，
当且仅当y 0 
1
=
y 0 
，即y =±1时等号成立， 0
所以四边形AFNF 面积的最小值为4，故D项正确.
1 2
故选：ABD.
27 (2024·高三·浙江杭州·专题练习)数列a n 
1
满足a n+1 = 4 a n -6  3+6(n=1,2,3⋯)，则 ( )
A.当a=3时，a
1 n
 为递减数列，且存在M∈R，使a >M恒成立
n
B.当a=5时，a
1 n
 为递增数列，且存在M≤6，使a <M恒成立
n
C.当a=7时，a
1 n
 为递减数列，且存在M≥6，使a >M恒成立
n
D.当a=9时，a
1 n
 递增数列，且存在M∈R，使a <M恒成立
n
【答案】BC
1
【解析】由题意可知a n+1 -6= 4 a n -6  3，1 ∴a 2 -6= 4 a 1 -6
16
 1 3,a 3 -6= 4 a 2 -6  1 1 3= 4 4 a 1 -6   3    3 1 1 = 4 × 43 ×a 1 -6  32，
1
归纳猜想：a n -6= 41+3+32+⋯+3n-2 a 1 -6 
1
3n-1= 1-3n-1 a 1 -6
4 1-3

2
3n-1= 23n-1 a 1 -6  3n-1，
3
A：当a=3时，a -6=-2×
1 n 2

3n-1
，则a
n
 为递减数列，无边界，故A错误；
1
B：当a=5时，a -6=-2×
1 n 2

3n-1
，则a
n
 为递增数列，有边界，
由指数函数的单调性可知，当n→∞时，a →6，故存在M≤6，使a <M恒成立，故B正确；
n n
1
C：当a=7时，a -6=2×
1 n 2

3n-1
，则a
n
 为递减数列，有边界，
由指数函数的单调性可知，当n→∞时，a →6，故存在M≥6，使a >M恒成立，故C正确；
n n
3
D：当a=9时，a -6=2×
1 n 2

3n-1
，则a
n
 为递增数列，无边界，故D错误；
故选：BC.
28 (2024·高三·吉林·阶段练习)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，
在堑堵ABC-ABC 中，P是BB 的中点，AA=AC=BC=2，若平面α过点P，且与AC 平行，则
1 1 1 1 1 1
( )
10
A.异面直线AC 与CP所成角的余弦值为
1 10
1
B.三棱锥C-ACP的体积是该“堑堵”体积的
1 3
3 3
C.当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于
2
D.当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于2 2
【答案】ABC
【解析】对于A，由题可知AC,CB,CC 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则
1
A2,0,0  ,C 10,0,2  ,C0,0,0  ,P0,2,1  ，

所以AC 1 =-2,0,2 

,CP=0,2,1  ， 
所以cosAC,CP
1
17

 
AC ⋅CP
= 1
AC
1


⋅CP 
2 10
= = ，
8⋅ 5 10
10
所以异面直线AC 与CP所成角的余弦值为 ，故A正确；
1 10
1 4 1
对于B，V =V = S ×2= ，V = ×2×2×2=4，所以B正确；
C1-ACP P-C1CA 3 △C1CA 3 ABC-A1B1C1 2
对于C，如图，E，F，G分别为AA,AC,CB 的中点，
1 1 1 1 1
1
则EF⎳AC ，FG⎳AB,FG= AB ，AB⎳PE,AB=PE，EF=FG=GP= 2，PE=2 2，
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1
1
所以FG⎳PE,FG= PE，P,E,F,G共面，又EF⎳AC ，AC⊄平面PEFG，EF⊂平面PEFG，
2 1 1
所以AC⎳平面PEFG，
1
则四边形PEFG为平面α截棱柱的截面图形，
6
所以四边形PEFG是等腰梯形，且高为 ，
2
当E不是AA 中点时，PE不平行平面ABC ，
1 1 1 1
1
则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，S = × 2+2 2
PEFG 2

6 3 3
× = ，所以C正确；
2 2
对于D，如图，Q,R,S分别为AB,AC,CC 的中点，
1
1
则RS⎳AC ，QR⎳BC,QR= BC，BC⎳PS,BC=PS，QR=1,RS= 2,PS=2，
1 2
1
所以QR⎳PS,QR= PS，
2
同理可得四边形PQRS为平面α截棱柱的截面图形，
由题可知CB⊥AC,CB⊥CC,AC∩CC=C,AC⊂平面ACCA ，CC⊂平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1 1
所以BC⊥平面ACCA ，所以PS⊥平面ACCA ，又RS⊂平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1
所以PS⊥RS，
故四边形PQRS是直角梯形，当S不是CC 中点时，PS不平行平面ABC，
1
1
则四边形不是梯形，直角梯形有且仅有一个，其面积为S= ×1+2
2

3
× 2= 2，故D错误.
2故选：ABC.
29 (2024·高三·湖南株洲·期末)已知点A(-2,0),B(2,0),N(0,- 2)动点M满足直线AM和BM的斜
1
率之积为- ，记点M的轨迹为曲线C，过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PE⊥x
2
轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G，则 ( )
x2 y2
A.曲线C的方程为： + =1 B.△PQG为直角三角形
4 2
16
C.△PAN面积最大值为2 D.△PQG面积最大值为
9
【答案】BD
y y 1 x2 y2
【解析】对A：设M(x,y)，则 ⋅ =- ，化简得： + =1(x≠±2)，故A错误；
x+2 x-2 2 4 2
对B：设Px 0 ,y 0
18
 ，Gx 1 ,y 1  ，Q-x 0 ,-y 0  ,Ex 0 ,0 
y y k y+y
，则k = 0 =k>0，k = 0 = ，k k = 1 0 ⋅ PQ x QE 2x 2 QG GP x+x
0 0 1 0
y-y y2-y2
1 0 = 1 0 ，
x-x x2-x2
1 0 1 0
x2 x2
x2 y2 x2 y2 2- 2 1 -2- 2 0
∵ 1 + 1 =1， 0 + 0 =1，∴k k =
4 2 4 2 QG GP
 1 k 1
=- = k ，则k =- ，则k ⋅k =-1,
x2-x2 2 2 GP GP k GP PQ
1 0
∠QPG=90°，故B 正确；
2
对C：与直线AN平行且与曲线C相切且切点在第一象限的切线方程为y=- x+mm>0
2
 ，
y=- 2x+m
联立 2 得x2- 2mx+m2-2=0，由Δ=2m2-4m2-2
x2
+
y2
=1
4 2
 =0得m=2，
2 2 2+4
∴切线为y=- x+2，两平行直线的距离为d=
2

 2 
(2+ 2) 6
= ，
2+22 3
1 (2+ 2) 6
此时△PAN面积最大，最大值为 × 6× =2+ 2，故C错误；
2 3
x = 2
对D：设直线PQ得方程为y=kx(k>0)，  y x2 = +2 k y x 2=4 ，解得   y 0 = 2 2 k k 2+1 ，
0 2k2+1
1
则直线PG：y=- k x-x 0 
1 k2+1
+y =- x+ x ， 0 k k 0
联立直线PG与曲线C的方程可得2+k2  x2-4x 0k2+1  x+2x2 0k2+1  2-4=0，则x +x =
4x 0k2+1
0 G

， k2+2
1 S △PQG = 2 y 0  x 0 +x G  8k2+1 =  k k2+2  2k2+1  8k+ 1 k =  k+ 2
k
 2k+ 1
k
 8k+ 1 k =  2k+ 1
k
 ， 2+1
1 8t 8 2 令t=k+ ≥2，则S = = ，∵y=2t+ 在2t∈ 2,+∞
k ΔPQG 2t2+1 2t+ 2 2t
2t
 ，即t∈   2 ,+∞
 2
 上单调
2 2 9
递增，故y=2t+ ≥4+ = ，
2t 4 2
8 16
即S = ≤ ，当且仅当k=1时等号成立，故D正确，
ΔPQG 2t+ 2 9
2t
故选：BD
30 (2024·高三·江苏镇江·开学考试)正方体ABCD-ABCD的8个顶点中的4个不共面顶点可以确
1 1 1 1
定一个四面体，所有这些四面体构成集合V，则 ( )A.V中元素的个数为58
B.V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2
C.V中每个四面体的外接球构成集合O，则O中只有1个元素
D.V中不存在四个表面都是直角三角形的四面体
【答案】ABC
【解析】正方体ABCD-ABCD的8个顶点中任取4个，共有C4=70种情况，
1 1 1 1 8
其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，
所以V中元素的个数为58，A选项正确；
四面体的体积有以下两种情况：
第一种情况如下图所示，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，如四面体D-BAC，
1 1
1 1 1
若正方体棱长为a，则四面体体积为a3-4× × a⋅a⋅a= a3 ，
3 2 3
第二种情况如下图所示，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，如四面体B
1
-ABC，
1 1 1
若正方体棱长为a，则四面体体积为 × a⋅a⋅a= a3，
3 2 6
所以V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2，B选项正确；
每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，O中只有1个元素，C选项正确；
如下图，四面体B-ABD的每个面都是直角三角形，D选项错误.
1
故选：ABC
31 (2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知函数fx
19
 =sinx+cos2x  ，则下列说法正确的是 ( )A.2π是fx
20
 的一个周期
B. fx  的最小值是-2
C.存在唯一实数a∈0,2  ，使得fx+a  是偶函数
D. fx  在0,π  上有3个极大值点
【答案】ACD
【解析】对于A，fx+2π  =sinx+2π  + cos2x+2π    =sinx+cos2x  =fx  ，所以2π是fx  的一个
周期；
对于B，fx  =sinx+cos2x  ≥sinx≥-1>-2，故B错误；
对于C，若fa+x  =fa-x  ，
π
则fa+
2

π
=fa-
2
 ，即cosa+cos2a  =-cosa+cos2a  ，
所以cosa=0，又a∈0,2 
π
，所以a= ，经检验符合题意，故C正确；
2
对于D，设px  =sinx+cos2x,qx  =sinx-cos2x，
则p x  =cosx-2sin2x,q x  =cosx+2sin2x，
令mx  =p x  ,nx  =q x  ，
则m x 
π
=-sinx-4cos2x在0,
4

3π
, ,π
4
 上的函数值小于0，
n x 
π 3π
=-sinx+4cos2x在 ,
4 4
 上的函数值小于0，
故所有上面的极值点都是极大值点，
同时，p 0 
2 π
=1>0> -2=p
2 4

π
,q
4

2 2 3π
=2+ >0>- -2=q
2 2 4
 ，
3π
p
4

2
=- +2>0>-1=p π
2
 ，
所以fx 
π
在0,
4

π 3π
, ,
4 4

3π
, ,π
4
 上各有一个极大值点，从而有三个极大值点，故D正确.
故选：ACD.
32 (2024·高三·江苏南京·开学考试)如图，该几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，已
 
知点G是圆弧CE的中点，点H是圆弧DF上的动点(含端点)，则下列结论正确的是 ( )
A.不存在点H，使得CH⊥平面BDG
B.存在点H，使得平面AHE⎳平面BDG
7
C.存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角的余弦值为
3
1
D.不存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为
3
【答案】BCD
【解析】由题意，可将几何体补全为一个正方体ADMF-BCNE，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，则A(0,0,0),B0,0,2
21
 ,C2,0,2  ,D2,0,0  ，
G 2, 2,2  ,E0,2,2  ,F0,2,0  ，设H2cosα,2sinα,0 
π
0≤α≤
2
 .
对于A选项，假设存在点H，使得CH⊥平面BDG，

因为CH=2cosα-2,2sinα,-2 

，DB=-2,0,2 

，BG= 2, 2,0  ，
 
CH⋅DB=4-4cosα-4=0 则  
CH⋅BG=2 2cosα-1 
 ，可得 sinα=1 ，
 
+2 2sinα=0 cosα=0
π π
因为0≤α≤ ，则α= ，
2 2
即当点H与点F重合时，CH⊥平面BDG，故A选项错误；

对于B选项，由A选项可知，平面BDG的一个法向量为FC=2,-2,2  ，
假设存在点H，使得平面AHE⎳平面BDG，则FC⊥AH,FC⊥AE，

AH=2cosα,2sinα,0 

，AE=0,2,2 
 
FC⋅AH=4cosα-4sinα=0
，则    ，可得tanα=1，
FC⋅AE=-4+4=0
π π 
又因为0≤α≤ ，解得α= ，即当点H为DF的中点时，平面AHE⎳平面BDG，故B选项正确；
2 4
7
对于C选项，若存在点H，使得直线EH与平面BDG所成角的余弦值为 ，
3
7
则直线EH与平面BDG所成角的正弦值为 1-
3


2 2
= ，EH=2cosα,2sinα-2,-2
3
 ，
 
所以cosEH,FC 
 
EH⋅FC
=


EH 

⋅FC 
4cosα-4sinα
=

2 3× 4cos2α+4sinα-1 
cosα-sinα
=
2+4
 2
= ，
3 3-2sinα 3
整理可得3sin2α-4sinα+3=0，
因为函数fα  =3sin2α-4sinα+3在α∈ 0, π
 2
 时的图象是连续的，
且f0 
π
=3>0，f 2 
π
=-4+3=-1<0，所以存在α ∈0, 0 2  ，使得fα  =0，
7
所以，存在点H，使得直线EH与平面BDG所成角的余弦值为 ，C选项正确；
3

对于D选项，设平面CEH的法向量为n=x,y,z 

，CE=-2,2,0 

,CH=2cosα-2,2sinα,-2  ，
 
n⋅CE=-2x+2y=0
则  
n⋅CH=2xcosα-1 
 
 ，取x=1，则y=1,z=sinα+cosα-1，可得n=
+2ysinα-2z=0
1,1,sinα+cosα-1  ，
1  
假设存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为 ，则cosn,FC 3 
 
n⋅FC
=


n 

⋅FC 
=
2sinα+cosα-1  1
= ，
2+(sinα+cosα-1)2×2 3 3
可得sinα+cosα-1  2=1，即sinα+cosα-1=±1可得sinα+cosα=0或sinα+cosα=2，
因为α∈ 0, π
 2
 π π 3π 2 π ，则 ≤α+ ≤ 则 ≤sinα+
4 4 4 2 4
 π ≤1，所以sinα+cosα= 2sinα+
4
 ∈
1, 2  ，
故当α∈ 0, π
 2
 时，方程sinα+cosα=0和sinα+cosα=2均无解，
1
综上所述，不存在点H，使得平面BDG与平面CEH的夹角的余弦值为 ，故D选项正确.
3
故选：BCD33 (2024·高三·江苏无锡·开学考试)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，E为棱BC上的动点，F为
1 1 1 1
棱BB的中点，则下列选项正确的是 ( )
1
A.直线AD 与直线EF相交
1 1
B.当E为棱BC上的中点时，则点E在平面ADF的射影是点F
1
C.不存在点E，使得直线AD 与直线EF所成角为30°
1
D.三棱锥E-ADF的体积为定值
【答案】CD
【解析】A：由题意知，AD⎳BC ，BC⊂平面BCCB，AD⊄平面BCCB
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AD⎳平面BCCB，
1 1 1 1
又EF⊂平面BCCB，所以AD 与EF不相交，故A错误；
1 1 1 1
B：连接AD 、DF、AF、AE、CB ，如图，
1 1 1
当点E为BC的中点时，EF⎳CB ，又AD⊥CB ，所以EF⊥AD ，
1 1 1 1
若点E在平面ADF的射影为F，则EF⊥平面ADF，垂足为F，
1 1
所以EF⊥AF，设正方体的棱长为2，则AE=AF= 5，EF= 2，
在△AEF中，AF2+EF2≠AE2，所以∠AFE≠90°，
即EF⊥AF不成立，故B错误；
C：建立如图空间直角坐标系D-xyz，连接BC ，则AD⎳BC ，
1 1 1
所以异面直线EF与AD 所成角为直线EF与BC 所成角，
1 1
设正方体的棱长为2，若存在点E(a,2,0)(0≤a≤2)使得EF与BC 所成角为30°，
1
 
则B(2,2,0)，F(2,2,1)，C(0,2,2)，所以EF=(2-a,0,1)，BC =(-2,0,2)，
1 1
22   
所以EF⋅BC =2a-2，又EF⋅BC
1 1
23


=EF 

BC
1
 cos30°，
得2a-2 
3
=2 2× (2-a)2+1× ，解得a=4± 3，
2
不符合题意，故不存在点E使得EF与AD 所成角为30°，故C正确；
1
D：如图，
由等体积法可知V =V ，
E-ADF F-ADE
1 1 1
又V = S ⋅BF= × ×AD×AB×BF，
F-ADE 3 △ADE 3 2
AD、AB、BF为定值，所以V 为定值，
F-ADE
所以三棱锥E-ADF的体积为定值，故D正确.
故选：CD.
1
34 (2024·全国·一模)设a为常数，f(0)= ,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)，则( )．
2
1 1
A. f(a)= B. f(x)= 成立
2 2
C. f(x+y)=2f(x)f(y) D.满足条件的f(x)不止一个
【答案】ABC
1
【解析】f(0)= ,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)
2
1 1
对A：对原式令x=y=0，则 = fa
2 2

1
+ fa
2
 =fa  ，即fa 
1
= ，故A正确；
2
对B：对原式令y=0，则fx  =fx  fa  +f0  fa-x 
1
= fx
2

1
+ fa-x
2
 ，故fx  =fa-x  ，
对原式令x=y，则f2x  =fx  fy  +fy  fx  =2fx  fy  =2f2 x  ≥0，故fx  非负；
对原式令y=a-x，则fa  =f2 x  +f2 a-x  =2f2 x 
1
= ，解得fx
2

1
=± ，
2
又fx  非负，故可得fx 
1
= ，故B正确；
2
对C：由B分析可得：fx+y  =2fx  fy  ，故C正确；
对D：由B分析可得：满足条件的fx  只有一个，故D错误.
故选：ABC.
35 (2024·高三·河北保定·开学考试)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACD=60°,2AC=BC=PB=
PC，平面PBC⊥平面ABC,D是BC的中点，PD=4 3，则 ( )
32 3 π
A.三棱锥P-ABC的体积为 B.PA与底面ABC所成的角为
3 4
208π
C.PA=8 D.三棱锥P-ACD的外接球的表面积为
3
【答案】CD
【解析】因为BC=PB=PC，则三角形△PBC为等边三角形，
又D是BC的中点，PD=4 3，所以BC=PB=PC=8，
所以AC=4，
在△ACD中，AC=CD=4，∠ACD=60°，则三角形△ACD为等边三角形，
对于A：因为平面PBC⊥平面ABC，
且PD⊥BC，平面PBC∩平面ABC=BC，PD⊂面PBC，
所以PD⊥平面ABC，
1 1 3
则V = ×4 3× ×4×4× ×2=32，A错误；
P-ABC 3 2 2
对于B：因为PD⊥平面ABC，所以∠PAD为PA与底面ABC所成的角，
PD 4 3 π
则tan∠PAD= = = 3，所以∠PAD= ，B错误；
AD 4 3
对于C：PA= PD2+DA2= 4 3
24
 2+42=8，C正确；
对于D：设三棱锥P-ACD的外接球半径为R，△ACD的外接圆半径为r，
4 4 8 4
则2r= = = ，所以r= ，
sin60° 3 3 3
2
PD
则R2=r2+
2

2 4
=
3

2
+2 3 
52
2= ，
3
208
则外接球表面积为4πR2= π，D正确.
3
故选：CD.
36 (2024·高三·河北保定·开学考试)已知fx+1  是奇函数，fx  的图象关于直线x=-1对称，则下
列结论正确的为 ( )
A. fx  是周期为4的周期函数 B. fx-5  为偶函数
C. fx  的图象关于点-3,0  对称 D. f5  =0
【答案】BCD
【解析】由题知fx+1  为奇函数，所以有fx+1  +f-x+1  =0，
所以fx  关于1,0  对称，即有f-x  +f2+x  =0①，
因为fx  的图象关于直线x=-1对称，
所以f-x  =f-2+x  ②，
将②带入①可得f-2+x  +f2+x  =0，
将x换为2+x带入上式有：fx  +fx+4  =0③，
再将x换为x+4带入上式有：fx+4  +fx+8  =0④，
④·③可得：fx  =fx+8  ，
所以fx  是周期为8的函数，
同时，由③知fx+4  =-fx  ，故选项A错误；
关于选项B，由A知fx  关于x=-1对称且周期为8，
所以fx-5  =f-x+3  =f-x-5  ，
所以fx-5  为偶函数，故选项B正确；
关于C，fx-3  =f-x+1  =-fx+1  =-f-x-3  ，
所以fx  的图象关于点-3,0  对称，故选项C正确；
因为fx+1  +f-x+1  =0，取x=0可得f1  =0，
所以f5  =f-3  =f1  =0，故选项D正确.
故选：BCD.
37 (2024·高三·山西晋城·开学考试)设函数fx  的定义域为R，且满足fx+2  +fx  =0，f-x  +
fx  =0，当x∈0,1  时，fx  =xlnx，则 ( )A. fx
25
 是周期为4的函数
B. f2024  =0
C. fx  的取值范围为 - 2 , 2
 e e

D. efx    =1在区间 0, 2023
 2
 内恰有1011个实数解
【答案】ABD
【解析】因为fx+2  +fx  =0，所以fx+4  +fx+2  =0，
所以fx+4  =fx  ，故fx  是周期为4的函数，故A正确.
故f2024  =f4×506  =f(0)，
而f-x  +fx  =0，故fx  为R上的奇函数，故f0  =0，
故f2024  =0，故B正确.
当x∈0,1  时，fx  =xlnx，则f x  =1+lnx，
1
当x∈0,
e
 时，f x 
1
<0；当x∈ ,1
e
 时，f x  >0，
故fx  1 在0,
e
 1 上为减函数，在 ,1
e
 上为增函数，
而x→0时，fx 
1
→0，f
e

1
=- ，f1
e
 =0，
故fx  在0,1  上的值域为 - 1 ,0
 e
 ，
而fx+2  +fx  =0，即fx+2  =f-x  ，故fx  的图象关于x=1对称，
故fx  在1,2  的值域为 - 1 ,0
 e
 ，而f2  +f0  =0，故f2  =0，
故fx  在0,2  的值域为 - 1 ,0
 e
 ，
根据fx  为奇函数可得fx  在-2,2  的值域为 - 1 , 1
 e e
 ，
故fx  在R上的值域为 - 1 , 1
 e e
 ，故C错误.
令gx  = fx    ，故gx+2  = fx+2    = -fx    = fx    ，
故 fx    为周期函数且周期为2.
当x∈0,1  时，fx    =xlnx  =-xlnx，
1 1 1
此时0≤-xlnx≤ ，当且仅当x= 时，-xlnx= 即 fx
e e e
  
1
= ，
e
故当x∈1,2  时，x-1∈0,1  ，
故 fx    = f2-x    =(2-x)ln(2-x)  =-(2-x)ln(2-x)，
此时0≤-2-x  ln2-x 
1
≤ ，
e
1
当且仅当x=2- 时，-2-x
e
 ln2-x 
1
= 即 fx
e
  
1
= ，
e
因 f0    = f2    =0，故在0,2  上，fx   
1 1 1
= 有且只有2个不同的实数解 ,2- ，
e e e
且这两个实数解在0,2  内，
故在0,1010  上共有1010个不同的实数解，且它们在0,1010  内，
3 考虑0,
2
 上 fx    1 1 3 = 的解的个数，因为 ∈0,
e e 2
 1 3 ，2- ∉0,
e 2
 ，
结合 fx    的周期可得 fx    1 2023 = 在1010,
e 2
 上有且只有两个不同的实数解，故 efx
26
   =1在 0, 2023
 2
 上共有1011个不同的实数解，故D正确.
故选：ABD.
38 (2024·高三·山西晋城·开学考试)已知函数fx 
x-1
=
 ex+k
，其导函数为f x
x
 ，且f1  =1，记
gx  =xfx  ，则下列说法正确的是 ( )
A. f x  >0恒成立
B.函数gx  的极小值为0
C.若函数y=gx  -m在其定义域内有两个不同的零点，则实数m的取值范围是0,1 
D.对任意的x 1 ,x 2 ∈2,+∞  x+x ，都有f 1 2 2  ≤ fx 1  +fx 2  2
【答案】CD
【解析】由函数fx 
x-1
=
 ex+k
，因为f1
x
 =1，可得k=1，所以fx 
x-1
=
 ex+1
，
x
对于A中，由f x 
x2-x+1
=
 ex-1
，因为f -2
x2

7e-2-1
= <0，，
4
所以f x  >0不恒成立，所以A不正确；
对于B中，由gx  =xfx  =x-1  ex+1,x≠0，可得g x  =xex,x≠0，
其中g0  无意义，所以gx  的极小值一定不为0，所以B错误；
对于C中，由g x  =xex,x≠0，
当x<0时，可得g x  <0；当x>0时，可得g x  >0，
所以函数gx  在(-∞,0)上单调递减，在在(0,+∞)上单调递增，
且当x→-∞时，gx  →1，当x→0时，gx  →0，当x→∞时，gx  →+∞，
函数gx  的图象，如图所示，
结合图象得，当0<m<1时，函数y=gx  与y=m的图象有两个不同的交点，
所以函数y=gx  -m在其定义域内有两个不同的零点，则实数m的取值范围是0,1  ，
所以C正确；
对于D中，由f x 
x2-x+1
=

ex-1
>0,x>2，
x2
设hx  =f x 
x2-x+1
=
 ex-1
,x>2，可得h x
x2

ex(x-1)x+2
=
 +2
>0，
x3
所以h x  >0，hx  单调递增，即f x  单调递增，
所以fx  为单调递增函数，且f x  单调递增函数，且f2 
e2+1
= ，
2
所以函数fx  的图像，如图所示，函数图象为凸函数，
x+x 所以f 1 2
2
 ≤ fx 1  +fx 2  ，当且仅当x=x 时，等号成立，所以D正确.
2 1 2
故选：CD
39 (2024·高三·山西·阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB
=60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则 ( )A.AD⊥PB
B.在棱PB上存在点M，使得AM⊥平面PBC
C.平面PAD与平面PBC的交线平行于平面ABCD
15
D.C到平面PBD的距离为
5
【答案】AC
【解析】对A，如图所示，取AD中点H，连接PH,BH，
因为底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，则△ABD为三角形，又因为侧面PAD为正三角形，
则BA=BD,PA=PD，则AD⊥PH,AD⊥BH，
又PH∩BH=H,PH,BH⊂平面PBH，所以AD⊥平面PBH，
因为PB⊂平面PBH，所以AD⊥PB，故A正确;
对B，假设在棱PB上存在点M，使得AM⊥平面PBC，因为PB⊂平面PBC，则AM⊥PB，
因为PA=AB，所以M为PB的中点，
连接HM，因为AD⊥平面PBH，HM⊂平面PBH，则HM⊥AD，
所以∠HAM为锐角，AM与AD不垂直，因为AD⎳BC，
则AM与BC不垂直，因为BC⊂平面PBC，这与AM⊥平面PBC矛盾，
所以不存在这样的点M，使得AM⊥平面PBC，故B错误；
对C，因为底面ABCD为菱形，所以AD⎳BC，又BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC，
所以AD⎳平面PBC.设平面PAD与平面PBC的交线为l，
因为AD⊂平面PAD，AD⎳平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD⎳l.
又因为l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD，所以l⎳平面ABCD，故C正确；
因为平面PAD⊥平面ABCD，PH⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD，所以PH为三棱锥P-BCD的高，
因为△ABD和△PAD为等边三角形，则BD=2，BH=PH= 3，
因为PH⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，则PH⊥BH，则PB= 6，
1 6
所以S = × 6× 22-
△PBD 2 2
27

2 15
= ，
2
设C到平面PBD的距离为d，
1 1 1 15 2 15
则由V =V 得 × ×2× 3× 3= × ×d，解得d= ，故D错误.
P-BCD C-PBD 3 2 3 2 5
故选：AC.40 (2024·高三·山西·阶段练习)已知定义域为R的函数fx
28
 的导函数为f x  ，若函数f4x+1  和f
x+2  均为偶函数，且f 2  =-1,f1  =1，则 ( )
2023
A. f i
i=1

2024
 =-1 B. f i
i=1

2023
 =0 C. fi
i=1

2024
 =2023 D. fi
i=1
  =0
【答案】AB
【解析】因为f4x+1  为偶函数，则f4x+1  =f-4x+1  ，
即fx+1  =f-x+1  ，可知fx  关于x=1对称，
又因为f x+2  为偶函数，则f x+2  =f -x+2  ，可知f x  关于x=2对称，
且fx+1  =f-x+1  ，则f x+1  =-f -x+1  ，即f x  =-f -x+2  ，
可得f x  关于点1,0  对称，且f x  =-f x+2  ，
则f x  =-f x+2  =- -f x+4    =f x+4  ，可知4为f x  的周期，
由f x  =-f -x+2  ，可得f 1  =-f 1  ，即f 1  =0，
则f 1  =-f 3  =0,f 2  =-f 4  =-1，
即f 1  +f 2  +f 3  +f 4  =0，
2023
所以 f i
i=1
  =f 1  +f 2  +f 3 
2024
=-1， f i
i=1
  =0，故AB正确；
因为f x  =f x+4  ，则fx  +c=fx+4  +c，即fx  =fx+4  ，
可知4为fx  的周期，
又因为f x+2  =f -x+2  ，则fx+2  =-f-x+2  +2c，
即fx+2  +f-x+2  =2c，可知fx  关于点2,c  对称，
但没有充分条件求f2  ，故无法求CD选项的值，故CD错误；
故选：AB.
x2 y2
41 (2024·高三·重庆·阶段练习)如图，已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F
a2 b2 1
-3,0  ,F 23,0  ，点A在C上，点B在y轴上，A,F,B三点共线，若直线BF的斜率为 3，直线AF的斜率 2 1 1
5 3
为- ，则 ( )
113
A.C的渐近线方程为y=±2x B.C的离心率为
2
C. AB
29
 =16 D.△ABF的面积为16 3 1
【答案】BC
π
【解析】依题意，直线BF 1 的斜率为 3,所以∠BF 1 F 2 = 3 ，又BF 1  =BF 2  ，所以△BFF 为等边三角形，故 1 2
BF 1  =BF 2  =F 1 F 2 
π
=2c=6,∠BFF= . 2 1 3
5 3 5 3 11
在△AFF 中，tan∠FFA= >0,∠FFA为锐角，∴sin∠FFA= ,cos∠FFA=
1 2 2 1 11 2 1 2 1 14 2 1 14
2π
所以sinA=sin +∠FFA
3 2 1

3 3
= ，根据正弦定理可得
14
F 1 F 2  = AF 1 sinA  = AF 2 sin∠FFA
1 2
 sin∠FFA ，解得AF 1
2 1
 =14,AF 2  =10，
所以2a=4，即a=2,b= c2-a2= 5，
5 c 3
所以C的渐近线方程为y=± x,C的离心率为 = ,AB 2 a 2  =BF 2  +AF 2  =16,
1
△ABF 1 的面积为 2 F 1 F 2  BF 2 
π 1
sin 3 + 2 F 1 F 2  AF 2 
π 1
sin 3 = 2 F 1 F 2  BA 
π 1 π
sin = ×6×16×sin =24 3 3 2 3
故选：BC.
三、填空题
      
42 (2024·浙江·模拟预测)已知平面向量a、b、c、e，满足a⊥b，a 

=2b 
   
，c=a+b，e  =1，若a
2
-6a

⋅
e

+8=0，则c

⋅e

-
1
c
2的最大值是
.
3
3 10-7
【答案】
6
【解析】因为a
2
-6a

⋅e

+8=0，即a
2
-6a

⋅e

+9e
2
=1，可得a

-3e

 =1，

设e=1,0 

，a=x,y 
 
，则a-3e=x-3,y  ，则x-3  2+y2=1，
设  x=3+cosθ ，则a  =3+cosθ,sinθ
y=sinθ
 ，
  
因为a⊥b，a 

=2b 
 sinθ 3+cosθ
，则b=- ,
2 2

 sinθ 3+cosθ
或b= ,-
2 2
 ，
    sinθ 3 cosθ
因为c=a+b，则c=3+cosθ- , +sinθ+
2 2 2


或c=
sinθ 3 cosθ
3+cosθ+ ,- +sinθ-
2 2 2
 ，

令c=m,n  ，则m-3 
3
2+n-
2

2 5
= 或m-3
4

3
2+n+
2

2 5
= ，
4
根据对称性，可只考虑m-3 
3
2+n-
2

2 5
= ，
4
由c  ⋅e  - 1 c 2 =m- 1 m2+n2
3 3
 1 3 =- m-
3 2
   2 +n2

 3 + ，
4
3
记点A3,
2

3
、B ,0
2
 、Pm,n  ，则AB 
3
= 3-
2

2 3
+
2

2 3 2
= ，PA
2
 =1，

所以，PB 
 
=PA+AB 

≥ PA 

-AB   
3 2- 5
= ，
2
当且仅当点M为线段AB与圆x-3 
3
2+y-
2

2 5
= 的交点时，等号成立，
4
所以，c  ⋅e  - 1 c 2 =- 1 m- 3
3 3 2
   2 +n2

  3 1 + =- PB
4 3
 3 1 3 2- 5 2+ ≤- ×
4 3 2
 2 3 +
43 10-7
= .
6
3 10-7
故答案为： .
6
43 (2024·高三·山东菏泽·开学考试)已知cosα+β
30

1 α-β α+β
=- ，cosα+cosβ=1，则cos cos =
3 2 2
sinα+β
，

= .
sinα+sinβ
1 2
【答案】 /0.5
2 3
【解析】由cosα+β 
1 α+β 1 α+β 1
=- 得2cos2 -1=- ，则cos2 = ，
3 2 3 2 3
因为cosx+y  =cosxcosy-sinxsiny,cosx-y  =cosxcosy+sinxsiny，
所以cosx+y  +cosx-y  =2cosxcosy，
α+β α-β
令x+y=α,x-y=β,则x= ,y= ，
2 2
α-β α+β
所以cosα+cosβ=2cos cos =1，
2 2
α-β α+β 1
则cos cos = ，
2 2 2
α-β 3 α+β
所以cos = cos ，
2 2 2
因为sinx+y  =sinxcosy+cosxsiny,sinx-y  =sinxcosy-cosxsiny,，
所以sinx+y  +sinx-y  =2sinxcosy，
α+β α-β
令x+y=α,x-y=β,则x= ,y= ，
2 2
α+β α-β
所以sinα+sinβ=2sin cos ，
2 2
又因为sinα+β 
α+β α+β
=2sin cos ，
2 2
sinα+β 
α+β α+β α+β
2sin cos cos 2 2 2 2
= = = .
sinα+sinβ α+β α-β α-β 3
2sin cos cos
2 2 2
1 2
故答案为: ; .
2 3
44 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接
圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形
的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿△ABC三边
翻折后交于点P.若AB=3，则sin∠PAC= ；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的值为
.7 23
【答案】 /5.75
4 4
【解析】设外接圆半径为R，则R=2，
AB 3
由正弦定理，可知 = =2R=4，
sin∠ACB sin∠ACB
3 7
即sin∠ACB= ，由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB= ，
4 4
π
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即AP⊥BC,故∠PAC= -∠ACB，
2
7
所以sin∠PAC=cos∠ACB= ；
4
设∠CAB=θ,∠CBA=α,∠ACB=β，
π π π
则∠PAC= -β,∠PBA= -θ,∠PAB= -α，
2 2 2
由于AC:AB:BC=6:5:4，不妨假设AC=6,AB=5,BC=4，
62+52-42 3 42+52-62 1 42+62-52 9
由余弦定理知cosθ= = ,cosα= = ,cosβ= = ，
2×6×5 4 2×4×5 8 2×4×6 16
π π
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC= ,∠PCD+∠CPD= ,
2 2
故∠EBC=∠CPD ,
则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC，
PC
所以
sin π -β
2
31

PA
=
sin π -θ
2

AC AC
= = =2R=4，
sin∠APC sin∠ABC
PB
同理可得
sin π -α
2

AB AB
= = =2R=4，
sin∠APB sin∠ACB
所以PA+PB+PC=4cosθ+cosα+cosβ 
3 1 9
=4 + +
4 8 16

23
= ,
4
7 23
故答案为： ；
4 4
45 (2024·高三·上海宝山·期中)如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不
画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；⋯⋯，这样无限画下去，形成一
条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为θ n n∈N*,θ n ∈0,π    ，则θ = 2022
．
【答案】174.46°
【解析】第一条线段与第二条线段所夹的角θ=60°，由此类推，θ =90° ，θ =90°，
1 2 3
θ =108°，θ =108°，θ =108°，θ =120°，θ =120°，θ =120°，θ =120°，⋯⋯
4 5 6 7 8 9 9
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有2个90°，正五边形有3个108°，正六边形有4个120°，⋯⋯
180° n-2
∴n多边形有n-2个

n
又观察图形得：正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，⋯⋯，正n边形画n-2条线段；
∴画到正n多边形时，画线段的条数为m=2+2+3+4+⋯+n-2
32

nn-3
=2+

，
2
当n=65时，m=2017；当n=66时，m=2081
180°×63
∴第2022条线段应在正65边形中，∴θ = ≈174.46°
2022 65
故答案为：174.46°.
46 (2024·全国·模拟预测)已知圆锥SO的母线SA=5，侧面积为15π，则圆锥SO的内切球半径为
；若正四面体A-BCD 能在圆锥SO内任意转动，则正四面体A-BCD 的最大棱长为 ．
1 1 1 1 1 1 1 1
3
【答案】 6
2
【解析】如图，在圆锥SO中，设圆锥母线长为l，底面圆半径为r，
因为侧面积为15π，所以πrl=15π，即rl=15．
因为l=SA=5，所以r=3，所以SO= 52-32=4．
棱长为a的正四面体A-BCD 如图所示，
1 1 1 1
2 6
则正方体的棱长为 a，体对角线长为 a，
2 2
6
所以棱长为a的正四面体A-BCD 的外接球半径为 a．
1 1 1 1 4
取轴截面SAB，设△SAB内切圆的半径为r，
1 1
则 ×4×6= 6+5+5
2 2

3
r，解得r= ，
2
3
即圆锥SO的内切球半径为 ．
2
6 3
因为正四面体A-BCD 能在圆锥SO内任意转动，所以 a≤ ，即a≤ 6，
1 1 1 1 4 2
所以正四面体A-BCD 的最大棱长为 6．
1 1 1 1
3
故答案为： ； 6
2
47 (2024·四川资阳·模拟预测)若函数fx  =ex+cosx+a-1  x存在最小值，则a的取值范围是
．
【答案】-∞,1 
【解析】注意到，当a=1时，fx  =ex+cosx，
由于ex>0，-1≤cosx≤1，显然fx  →-1，没有最小值；
min
当a>1时，ex+cosx>-1且无限接近-1，y=a-1  x为增函数，
则x→-∞，ex+cosx+a-1  x→-∞，
x→+∞，ex+cosx+a-1  x→+∞，
此时没有最小值；
当a<1时，y=a-1  x为减函数，则x→-∞，ex+cosx+a-1  x→+∞，
x→+∞，由于y=ex增长变化速度远大于y=a-1  x减少速度，此时ex+cosx+a-1
33
 x→+∞，由于函数定义域为R,函数连续不断，所以fx  =ex+cosx+a-1  x存在
最小值．
故答案为：-∞,1 
48 (2024·高三·山东青岛·期中)已知四边形ABCD，Fn∈N*
n
 为边BC边上一点，连接AF 交BD于
n
E n∈N* n  ，点E n 满足21+a n 
 
E n F n -E n C=a n+1 -2 

E B，其中a n n 

是首项为1的正项数列，BC=λ ⋅ n

BF，则λ
n n
 的前n项T= .
n
【答案】2n+3-4n-8
【解析】因为21+a n 
 
E n F n -E n C=a n+1 -2 

E B， n

所以E n C=21+a n 

E n F n +2-a n+1 

E B， n
因为B,F,C三点共线，所以2(1+a )+(2-a )=1，
n n n+1
所以a +3=2(a +3)，
n+1 n
因为a+3=4，所以a +3
1 n
 是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以a +3=4×2n-1=2n+1，所以a =2n+1-3，
n n
     
因为BC=λ ⋅BF，所以E C-E B=λ ⋅(E F -E B)，
n n n n n n n n
  
所以E C=λ ⋅E F +(1-λ )E B，
n n n n n n

因为E n C=21+a n 

E n F n +2-a n+1 

E B， n
λ =2(1+a )
所以 n n

1-λ =2-a
n n+1
因为a =2n+1-3，所以λ =2(1+2n+1-3)=2n+2-4，
n n
8(1-2n)
所以T=23+24+⋅⋅⋅+2n+2-4n= -4n=2n+3-4n-8，
n 1-2
故答案为：2n+3-4n-8
49 (2024·高三·江苏苏州·阶段练习)过抛物线y2=6x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点，C在抛物
线的准线上，则∠ACB的最大值为 ；若△ACB为等边三角形，则其边长为 .
【答案】 90° 18
3
【解析】抛物线y2=6x的准线为：x=- ，
2
3
令点A,B到直线x=- 的距离分别为d ,d ，
2 A B
3
弦AB中点M到直线x=- 的距离为d，
2
d +d |AF|+|BF| 1
由抛物线定义知，d= A B = = |AB|，
2 2 2
因此，以AB为直径的圆与准线相切于点N，
3
即直线x=- 上除点N外，其余各点都在以AB为直径的圆外，
2
由圆的性质知，当点C与点N重合时，∠ACB是直角，
当点C与点N不重合时，∠ACB是锐角，
所以∠ACB的最大值是90°；
3
若△ABC为正三角形，F ,0
2

3
，设直线AB：x=ky+ ，
2点A(x,y)，B(x ,y )，弦AB中点M(x ,y )，
1 1 2 2 0 0
x=ky+ 3
由 2 消去x并整理得：y2-6ky-9=0，
y2=6x
则y 1 +y 2 =6k，y 1 y 2 =-9，x 1 +x 2 =ky 1 +y 2
34
 +3=6k2+3，
y+y x+x 3
其中y = 1 2 =3k，x = 1 2 =3k2+ ，
0 2 0 2 2
AB  =x+x +p=6k2+6， 1 2
3
显然，k≠0，直线CM：y-3k=-kx-3k2-
2
 ，
3 3
且准线为x=- ，得点C- ,6k+3k3
2 2
 ，
由CM 
3
= AB
2
 ，得3k2+3  2+3k+3k3 
3
2= 6k2+6
4
 2，
解得k2=2，则AB  =18，
所以正三角形边长为18.
故答案为：90°；18.
50 (2024·高三·江苏镇江·开学考试)如果函数fx  在区间a,b  上为增函数，则记为f(x)a,b  ，函数
fx  在区间a,b  上为减函数，则记为f(x)
a,b 
4 ．已知x+
x
 m,3  ，则实数m的最小值为 ；函数
fx  =2x3-3ax2+12x+1，且f(x)
1,2 
,f(x)2,3  ，则实数a= ．
【答案】 2 3
【解析】对于第一空：由题意gx 
4
=x+ 在m,3
x
 上单调递增，首先有0<m<3，(若m≤0，则当x=0
时，fx  无意义)，
由对勾函数性质得当x>0时，gx 
4
=x+ 的单调递增区间为2,+∞
x
 ，
所以2≤m<3，即实数m的最小值为2；
对于第二空：fx  显然可导，f x  =6x2-6ax+12，
由题意fx  在1,2  上单调递减，在2,3  上单调递增，即x=2是函数fx  的极值点，
所以f 2  =64-2a+2  =0，解得a=3，经检验a=3满足题意.
故答案为：2，3.
51 (2024·高三·江苏镇江·开学考试)已知AB是圆锥PO的底面直径，C是底面圆周上的一点，PC=
AB=2,AC= 3，则二面角A-PB-C的余弦值为 ．
5 1
【答案】 / 5
5 5
【解析】如图，以点O为坐标原点，OB,OP分别为y,z轴，过点O垂直AB为x轴，建立空间直角坐标系，
点C为底面圆周上一点，则∠ACB=90o，又AC= 3，AB=PC=2，
∴BC=1，PO= 3，
∴A0,-1,0  ，B0,1,0  ，P0,0, 3 
3 1
，C , ,0
2 2
 ，

PB=0,1,- 3 

3 1
，PC= , ,- 3
2 2
 ，

设平面CPB的一个法向量为m=x,y,z 
 
m⋅PB=0
，则  ，
m⋅PC=0
y- 3z=0
 
即 3x+ 1y- 3z=0 ，令z=1，得x=1，y= 3，∴m=1, 3,1
2 2
 ，
又易知平面APB的一个法向量为n=1,0,0
35
 ，
 
  m⋅n
∴cosm,n=
 m   n 
1 1 5
= = = ，
1+3+1×1 5 5
5
如图，锐二面角A-PB-C的余弦值为 .
5
5
故答案为： .
5
n+lnn=3

52 (2024·高三·江苏南京·开学考试)已知实数m，n满足
 1+lnm=e2-lnm
，则mn= .
【答案】e2
【解析】由1+lnm=e2-lnm可得1+lnm=e3-1+lnm  ，
由n+lnn=3得n=e3-n，
记gx  =x-e3-x，因为y=et，在R上单调递增，t=3-x在R上单调递减，
根据复合函数性质知y=e3-x在R上在单调递减，所以gx

=x-e3-x在R上单调递增，
由n=e3-n可得gn  =n-e3-n=0，又g1+lnm  =1+lnm-e3-1+lnm  =0，
因此1+lnm=n，由n+lnn=3可得lnn=3-n，
所以lnn+lnm=3-n  +n-1  =2，可得mn=e2，
故答案为：e2
53 (2024·高三·江苏无锡·开学考试)“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设
Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则A，B两点间的曼哈顿距离dA,B  = x 1 -x 2+   y 1 -y 2  ．已知M4,6  ，点N在圆C:x2
+y2+6x+4y=0上运动，若点P满足dM,P  =2，则PN  的最大值为 ．
【答案】 149+ 13/ 13+ 149
【解析】由题意得，圆C:(x+3)2+(y+2)2=13，圆心C-3,-2  ，半径r= 13，
设点Px 0 ,y 0  ，则 x 0 -4+   y 0 -6  =2，
故点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A4,8  ，B6,6  ，
则AC  = 4+3  2+8+2  2= 149，BC  = 6+3  2+6+2  2= 145，
则PN  ≤AC  +r= 149+ 13，即PN  的最大值为 149+ 13.
故答案为： 149+ 13.
54 (2024·高三·河北保定·开学考试)对于函数fx 
1
，若在定义域内存在实数x，满足f
x
 =-fx  ，则
称fx  为“局部反比例对称函数”.若fx 
1 1
= x3- mx2+m2-3
3 2
 x+5的导函数f x  是定义在区间
2,+∞  上的“局部反比例对称函数”，则实数m的最大值与最小值之差为 .
9
【答案】
4
【解析】f x  =x2-mx+m2-3  ，因为fx
36
 的导函数f x  是定义在区间2,+∞  上的“局部反比例对称函数”，
所以存在x∈2,+∞ 
1
，f
x
 =-f x 
1 1
，即 -m +m2-3
x2 x
 =-x2+mx-m2-3  ，
1
所以 +x
x

2 1
-m +x
x
 +2m2-8=0，在x∈2,+∞  上有解，
令t=hx 
1
= x +x，设x 1 >x 2 ≥2，则hx 1  -hx 2 
1 1
= x +x 1 - x -x 2 =x 1 -x 2
1 2

xx -1
 1 2 xx
1 2
 ，
因为x 1 >x 2 ≥2，所以hx 1  -hx 2  >0，所以hx  在2,+∞  上单调递增，
所以x∈2,+∞  时，t∈  5 ,+∞
 2
 ，
设gt  =t2-mt+2m2-8，所以t∈  5 ,+∞
 2
 时gt  =t2-mt+2m2-8=0有解，
m 5 当 ≤ 即m≤5时，gt
2 2
 =t2-mt+2m2-8在t∈  5 ,+∞
 2
 5 上单调递增，所以g
2
 5 =
2
 2 5 - m+
2
1 7
2m2-8≤0，解得- ≤m≤ ；
2 4
m 5 当 > 即m>5时，gt
2 2
 =t2-mt+2m2-8在t∈  5 , m
 2 2
 上单调递减，在t∈  m ,+∞
 2
 上单调递增，
m
所以g
2

m
=
2

2 1 4 14 4 14
- m2+2m2-8≤0，解得- <m< ，又m>5，所以不存在符合条件的m.
2 7 7
1 7 7 1
综上可得- ≤m≤ ，所以实数m的最大值与最小值之差为 --
2 4 4 2

9
= .
4
9
故答案为：
4
   
55 (2024·高三·河北保定·开学考试)已知平面向量a,b是非零向量，2a-b 
 
⊥2a+b 

，向量b在向
 
  a⋅b  
量a方向上的投影向量为-a，则 = ；向量a,b的夹角为 .

|a|2
2π
【答案】 -1
3
 
【解析】因为2a-b 
 
⊥2a+b  ，
  所以2a-b    ⋅2a+b  =4a 2 -  b 2 =0，即  b   =2a  ，
 
  a⋅b
又向量b在向量a方向上的投影向量为

a 

a
⋅

a 

a
=


⋅2a 
 
cosa,b 

a 

a
⋅

a 
 
=2cosa,b 
 
⋅a=-a，
 
所以cosa,b 
1  
=- ，又a,b
2
 ∈0,π  ，
 
所以a,b 
2π
= ，
3
 
a⋅b
所以

a 

a
=
2


⋅2a 
 
cosa,b 

a 
1
=2×-
2 2
 =-1.
2π
故答案为：-1； .
3
56 (2024·全国·高考真题)如图在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值
范围是 ．【答案】( 6- 2， 6+ 2)
【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=
BC BE 2 BE
∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得 = ，即 = ，解得BE= 6+
sin∠E sin∠C sin30o sin75o
2，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=
BF BC BF 2
30°，由正弦定理知， = ，即 = ，解得BF= 6- 2，所以AB的取值范
sin∠FCB sin∠BFC sin30o sin75o
围为( 6- 2， 6+ 2).
考点：正余弦定理；数形结合思想
57 (2024·高三·山西·阶段练习)锐角△ABC的内角A的对边为a，若△ABC的面积是a2，则
sinA
的最小值是 ．
cosBcosC
【答案】8
1
【解析】作AD⊥BC于D，则 a⋅AD=a2，所以AD=2a.
2
设BD=xa，则DC=a-xa，因为△ABC是锐角三角形，
0<xa<a
所以

，解得0<x<1，则1-x>0，
0<a-xa<a
2a 2 2a 2
又tanB= = ,tanC= = ，
xa x a-xa 1-x
sinA sin(B+C) sinBcosC+cosBsinC 2 2 1 1
所以 = = =tanB+tanC= + =2 +
cosBcosC cosBcosC cosBcosC x 1-x x 1-x
37

[x+(1-x)]
1-x x
=4+2 +
x 1-x

1-x x 1-x x 1
≥4+4 ⋅ =8，等号仅当 = ，即x= 时成立，
x 1-x x 1-x 2
sinA
所以 的最小值为8.
cosBcosC故答案为：8.
58 (2024·高三·山西·阶段练习)已知抛物线E:x2=4y与圆C:x2+y-1
38
 2=16的公共点为A,B，则
AB  = ；若P为圆C的劣弧AB上不同于A,B的一个动点，过点P作垂直于x轴的直线l交抛物线
E于点N,l不经过原点，则△CPN周长的取值范围是 ．
【答案】 4 3 8,10 
x2=4y 【解析】联立方程
x2+y-1 
 ，解得 x=2 3 或 x=-2 3 ，
 2=16  y=3  y=3
不妨令A2 3,3  ,B-2 3,3  ，可得AB  =4 3；
由题意可知：圆C:x2+y-1  2=16的圆心为C0,1  ，半径圆r=4，
抛物线E:x2=4y的焦点为C0,1  ，准线为y=-1；
因为l不经过原点，设Px ,y
P P
 ，Nx ,y
P N
 ，则y ∈3,5
P
 ，
所以△CPN周长PC  +PN  +NC  =4+y -y
P N
 +y +1
N
 =5+y ∈8,10
P
 ；
故答案为：4 3；8,10  .
59 (2024·高三·重庆·阶段练习)已知函数fx 
2x, x≤0

=2lnx,
x>0
，gx
x
 =x2+2x+1-2λ,λ∈R，若关于
x的方程f gx    =λ有6个解，则λ的取值范围为 .
1 2
【答案】 ,
2 e

【解析】由题可得，令gx  =t，则方程ft  =λ的解有3个，
当t≤0时，ft  =2x，所以ft  在-∞,0  上单调递增，
当t>0时，f t 
21-lnt
=

，
t2
则ft  在0,e  上单调递增，在e,+∞  上单调递减，
fe 
2
= ，f1
e
 =0，当x>1时，lnx>0，所以fx  >0，
画y=ft  的图象如下：2
由图象可得0<λ< ，
e
且方程ft
39
 =λ的三个解分别为t,t ,t ，不妨设t<t <t ， 1 2 3 1 2 3
则有2t1=λ，即t=log λ，
1 2
又gx  =x2+2x+1-2λ=x+1  2-2λ
所以gx  在-∞,-1  上单调递减，在-1,+∞  上单调递增，
且gx  =-2λ，
min
又因为gx  =t，所以-2λ<t<t <t ， 1 2 3
所以有log λ>-2λ，即2λ+log λ>0，
2 2
令hλ  =2λ+log 2 λ,λ>0  ，所以h λ 
1
=2+ >0， λln2
所以hλ  在0,+∞  上单调递增，
1
又h
2

1
=0，所以2λ+log λ>0的解集为 ,+∞
2 2
 ，
1 2
综上，λ的取值范围为 ,
2 e
 。
1 2
故答案为： ,
2 e
