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第二篇 解题技巧篇
技巧02 多选题解法与技巧（练）
1．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）随着工业自动化和计算机技术的发展，中国机器人进入大量生产和
实际应用阶段，下图为2022年中国服务机器人各行业渗透率调查情况.
根据该图，下列结论错误的是（ ）
A．物流仓储业是目前服务行业中服务机器人已应用占比最高的行业
B．教育业目前在大力筹备应用服务机器人
C．未计划使用服务机器人占比最高的是政务服务业
D．图中八大服务业中服务机器人已应用占比的中位数是33.3%
【答案】ABC
【分析】对ABC，分别由图观察已应用、筹备中、未计划占比最高的服务行业，即可判断；
对D，由中位数定义即可求.
【详解】对A，由图易知，物流仓储业在目前服务行业中服务机器人已应用占比最高，A对；
对B，由图易知，教育业在目前服务行业中服务机器人筹备中占比最高，B对；
对C，由图易知，政务服务业在目前服务行业中服务机器人未计划占比最高，C对；
对D，由图易知，八大服务业中服务机器人已应用占比已经排好序，故中位数是 ，D错.
故选：ABC
2．（2023秋·河北保定·高三统考期末）平面内有一定点 和一个定圆 ， 是圆 上任意一点．线段 的垂
直平分线 和直线 相交于点 ，当点 在圆上运动时，点 的轨迹可以是（ ）
A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
【答案】BCD
【分析】根据各曲线的定义确定轨迹.【详解】
如图所示，由垂直平分线可知， ，
当点 在圆外时， ，即动点 到两定点之间的距离之差为定值，故此时点
的轨迹为双曲线，故D选项正确；
当点 在圆上时，点 与点 重合；
当点 在圆内且不与圆心 重合时， ，即动点 到两定点之间的距离之和
为定值，故此时点 的轨迹为椭圆，故C选项正确；
当点 与点 重合时， 为 中点，即 ，即动点 到点 的距离为定值，故此时点 的轨迹为
圆，故B选项正确；
故选：BCD.
3．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知 ，且 ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】根据基本不等式，结合指数的运算法则，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：由基本不等式 ，当且仅当 时等号成立，故A错误；
对于B：由基本不等式 ，可得 ，当且仅当 时等号成立，故B
错误；
对于C： ，当且仅当 时等号成立，故C正确；
对于D： ，当且仅当 ，即 时等号成立，故D正确.
故选：CD
4．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文
件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.
某高校组织 名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分
布直方图，其中分组区间为 ， ， ， ， ， ．则下列说法正确的是
（ ）
A．估计该样本的众数是
B．估计该样本的均值是C．估计该样本的中位数是
D．若测试成绩达到 分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为 人
【答案】ACD
【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估计出平均数，可判断B项；根据频率
分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到 分的频率为 ，即可估
算有资格参加评奖的人数.
【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为 ，所以可估计该样本的众数是
，故A项正确；
对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是
，故B项错误；
对于C项，由频率分布直方图可得，成绩在 之间的频率为 ，
在 之间的频率为 ，
所以可估计该样本的中位数在 内.
设中位数为 ，则由 可得， ，故C项正确；
对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到 分的频率为 ，所以可
估计有资格参加评奖的大一新生约为 人，故D项正确.
故选：ACD.
5．（2023秋·辽宁辽阳·高三统考期末）如图，正方体 的棱长为2，线段 上有两个不重合
的动点E，F，则（ ）A．当 时，
B．
C． 平面
D．二面角 为定值
【答案】BD
【分析】由数量积定义计算数量积判断A，根据线面垂直的判定定理与性质定理证明后判断B，利用线面间的
位置关系判断C，根据二面角的定义判断D．
【详解】由正方体的性质可知 ，则 ，解得 ，故A
错误；
A B C D A B C D
连接 ．由 与底面 1 1 1 1垂直， 在平面 1 1 1 1内得 ，又 ，且
，所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，即 ，则B正确；
因为 平面 平面 ，所以 不可能平行于平面 ，则C错误；
因为平面 与平面 是同一平面，平面 与平面 是同一平面，所以二面角 就是二面
角 ．易知二面角 是定值，所以二面角 为定值，则D正确．
故选：BD．
6．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知函数 的定义域为 ， 为奇函数，且对于任意，都有 ，则（ ）
A． B．
C． 为偶函数 D． 为奇函数
【答案】BCD
【分析】依题意可得 ，再由奇偶性得到 ，从而得到 ，即
可判断A，由 ，可得 ，再由 ，即可求出 ，从而判断B，再
结合奇偶性的定义判断C、D.
【详解】解：由 ，得 ．
由 是奇函数，得 ，即 ，
所以 ，即 ，所以 ，故选项A错误；
由 ，得 ，由 ，得 ，所以 ，故选项B正
确；
由 ， ，得 ，即 为偶函数，故选项C正确；
由 ， ，得 ，则 ，
即 为奇函数，故选项D正确．
故选：BCD7．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知双曲线 和圆 ，则
（ ）
A．双曲线 的离心率为
B．双曲线 的渐近线方程为
C．当 时，双曲线 与圆 没有公共点
D．当 时，双曲线 与圆 恰有两个公共点
【答案】ACD
【分析】根据双曲线方程求出离心率与渐近线方程，即可判断A、B，求出圆心到渐近线的距离，即可判断
C，设双曲线 上的点 的坐标为 ，表示出 的距离，即可得到圆心 到双曲线 上的点的距离的最小
值，从而判断D.
【详解】解：由已知得 ， ，则 ，所以双曲线 的离心率 ，故选项A正确；
双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，故选项B错误；
因为圆心 到双曲线 的渐近线的距离 ，
所以当 时，圆 与双曲线 的渐近线相切，此时双曲线 与圆 没有公共点，故选项C正确；
设双曲线 上的点 的坐标为 ， ，则圆心 到点 的距离为
，当且仅当 时取等号，
所以圆心 到双曲线 上的点的距离的最小值为 ，且双曲线 上只有两个点到圆心 的距离为 ，
所以当 时，双曲线 与圆 恰有两个公共点，故选项D正确．
故选：ACD8．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知 ， 为曲线 的焦点，则下列说法正确的是（ ）．
A．若曲线C的离心率 ，则
B．若 ，则曲线C的两条渐近线夹角为
C．若 ，曲线C上存在四个不同点P，使得
D．若 ，曲线C上存在四个不同点P，使得
【答案】BD
【分析】分焦点在 轴上和焦点在 轴上两种情况讨论，即可判断A；分别求出双曲线两渐近线的夹角即可判
断B；当点 位于上下顶点时， 最大，求出此时 的值，即可判断C；若 ，则曲线是焦点在
上的双曲线，再根据以线段 为直径的圆与双曲线交点的个数即可判断D.
【详解】对于A，若曲线C的离心率 ，则该曲线为椭圆，
当焦点在 轴上时， ， ，解得 ，
当焦点在 轴上时， ， ，解得 ，
综上，若曲线C的离心率 ，则 或 ，故A错误；
对于B， 时，曲线 ，渐近线 ，
两渐近线的倾斜角分别为 ，
所以两渐近线夹角为 ，故B正确；
对于C， ，曲线 ， ， ， ，当点 位于上下顶点时， 最大，
点 位于上下顶点时， ，则 ，
所以曲线上不存在点P使得 ，故C错误；
对于D，若 ，则曲线是焦点在 上的双曲线，则 ，
所以以线段 为直径的圆与双曲线有4个交点，此4个交点即为点 ，故D正确.
故选：BD．
9．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知P为抛物线 上的动点， 在抛物线C上，
过抛物线C的焦点F的直线 与抛物线C交于A，B两点， ， ，则（ ）
A． 的最小值为5
B．若线段AB的中点为 ．则△NAB的面积为
C．若 ，则直线的斜率为2
D．过点 作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，满足直线GH的斜率为 ，则EF平分
【答案】ACD
【分析】A项，由抛物线过的点 ，求出抛物线解析式，由几何知识求得 的范围，进而求出
的最小值；
B项，由中点坐标求出线段AB的长，求出直线 的解析式，得出N到直经l的距离，即可求出△NAB的面积；
C项，设出直线 的解析式，代入抛物线解析式，化简函数，设出 两点坐标，得到 和 ，通过垂直关
系转化为向量积为0，即可求出直线的斜率；
D项，设出点 和点 的坐标，得到EG，EH的斜率，通过和 的斜率为-1，求出点 和点 的纵坐标，进
而得出EG和EH的斜率为0，即可得出EF平分 .
【详解】解：由题意在抛物线 上，
∴ ，抛物线： ， ．
对于A，过点P作抛物线的准线 的垂线FD，垂足为D，
由抛物线定义可知 ，连接DM，
则
M，P，D三点共线时，
取最小值： ，
故A正确．
对于B，
∵ 为AB中点，
则 ，
∵ ， 在直线 上， ，
∴ ，N到直经l的距离 ，
则 ，
故B错误．
对于C，
设 ，
代入 得 ，
令 ， ， ， ，
， ，
，
解得： ，
∴ ，
故C正确．
对于D，
在抛物线上且 轴，
设 ， ，
易知EG，EH斜率存在，
， ， ，
则 ， ，
则EF平分 ，故D正确．
故选：ACD.
10．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数 满足
．下列说法正确的是（ ）．
A．
B．当 ，都有 ，函数 的最小正周期为
C．若函数 在 上单调递增，则方程 在 上最多有4个不相等的实数根
D．设 ，存在 ， ，则
【答案】ACD
【分析】A选项，赋值法得到 且 关于 中心对称；B选项，得到 ，故 ；
C选项，结合函数图象得到 ，即 ，先考虑 时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩
变化得到 时根的情况，求出答案；
D选项，分析得到 ，即 在 有两个最大值点，故 ，求出 ，
，根据最大值点个数列出不等式组，求出 的取值范围.
【详解】对应A， 中，令 可得： ，故 ，且 关于中心对称，A正确；
对于B，因为 ， 恒成立，
不妨取 时，此时 之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期，
∴ ，
∴ ，B错误；
对于C，画出大致图象，因为 关于 中心对称，
又 在 单调递增，
∴ ，
∴ ．
当 时，此时 ，故 ，
将 代入可得 ，
解得： ，故 ，不妨令
令 ，解得： ，
因为 ，所以 ，
故令 或 或 或 ，解得： 或 或 或 .
所以 在 两个周期内存在四个根．时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸，
故 在 至多4个根，C正确；
对于D， ，
， ，
即 ， ，即 ，
∴ ，
即 在 至少有两个最大值点，故 ，
∴ ，
∴ ， ， ，
由于 ，所以 ，
① ，解得 ；
② ，解得 ；
③ ，解得 ．②与③求并集为 ；当 时， ，满足 在 至少有两个最大值点，
可知 ，D对．
故选：ACD．
11．（2023·湖南·模拟预测）已知 ， 分别为双曲线C： （ ， ）的左、右焦点， 的
一条渐近线 的方程为 ，且 到 的距离为 ，点 为 在第一象限上的点，点 的坐标为 ，
为 的平分线 则下列正确的是（ ）
A．双曲线的方程为 B．
C． D．点 到 轴的距离为
【答案】ACD
【分析】由 到 的距离为 以及渐近线方程为 可求得 ，即可得出方程，判断A；
由 可求出判断B；结合双曲线定义可求得 ，求出 ，即可求出
，判断C；利用等面积法可求得点 到 轴的距离，判断D.
【详解】 到 的距离为 ， ，解得 ，
又渐近线方程为 ，则 ，结合 可解得 ， ，
则双曲线的方程为 ，故A正确；为 的平分线， ，故B错误；
由双曲线定义可得 ，则可得 ， ，
则在 中， ，
则 ，
则 ，即 ，故C正确；
在 中， ，
设点 到 轴的距离为d，则 ，
即 ，解得 ，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.
12．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知函数 的定义域为R，且 为奇函数， 为
偶函数，且对任意的 ，且 ，都有 ，则下列结论正确的为（ ）
A． 是偶函数 B．
C． 的图象关于 对称 D．
【答案】ABC
【分析】由已知奇偶性得出函数 的图象关于点 对称且关于直线 对称，再得出函数的单调性，然
后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D．【详解】 为奇函数， 为偶函数，
所以 的图象关于点 对称且关于直线 对称，
所以 ， ， ，
，所以 是周期函数，4是它的一个周期．
，
，B正确；
， 是偶函数，A正确；
因此 的图象也关于点 对称，C正确；
对任意的 ，且 ，都有 ，即 时， ，所以 在
是单调递增，
， ， ，
，∴ ，故D错．
故选：ABC．
13．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数， ，已知 ，则下列结论一
定正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】BC
【分析】构建函数 根据题意分析可得 ，对A、D：取特值分析判断；对B、C：
根据 的单调性，分类讨论分析判断.【详解】原式变形为 ，
构造函数 ，则 ，
∵ ，
当 时， ，则 ，即 ；
当 时， ，则 ，即 ；
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
对于A：取 ，则
∵ 在 上单调递增，故 ，
即 满足题意，但 ，A错误；
对于B：若 ，则有：
当 ，即 时，则 ，即 ；
当 ，即 时，由 在 时单调递增，且 ，
故 ，则 ；
综上所述： ， B正确；
对于C：若 ，则有：
当 ，即 时， 显然成立；
当 ，即 时，令 ，
∵ ，当且仅当 ，即 时等号成立，
∴当 时，所以 ，即 ，
由 可得 ，即
又∵由 在 时单调递增，且 ，∴ ，即 ；
综上所述： ，C正确；
对于D：取 ， ，则 ，
∵ 在 上单调递减，故 ，
∴故 ， 满足题意，但 ，D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：
（1）积型： ，
①构造形式为： ，构建函数 ；
②构造形式为： ，构建函数 ；
③构造形式为： ，构建函数 .
（2）商型： ，
①构造形式为： ，构建函数 ；
②构造形式为： ，构建函数 ；
③构造形式为： ，构建函数 .
14．（2023秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数 及其导函数 的定义域均为
为奇函数且 时 ，则（ ）
A． 为偶函数 B．
C．当 时， D．存在实数 ，使得【答案】ACD
【分析】由题意可得 ，求导后可得 ，判断A；由题意设设 ，可
推得 ，结合题意推出 ，可得 ，判断B；结合
的性质采用赋值法推得当 时， ，即 ，判断C；利用 的单调性，结
合 的性质推出 ，可判断D.
【详解】对于A， 为奇函数，则 ，求导得 ，
即 ，所以 为偶函数，故 正确；
对于B，设 ，因为 为奇函数，所以 也是奇函数；
，
，即 ，
所以 关于 对称，即 ，又 关于 对称，即 ，
故 ，即 ，所以 的周期为2，故
，
故B不正确；
对于C，因为 是奇函数，所以 ，
令 ，则 ，又 的周期为2，
所以当 为奇数时， ；当 为偶数时， ，
故当 时， ，即 ，故C正确；对于D，由 时 ，可知 单调递增，且由C选项知 ，
所以当 时， ，
所以 ，
同理，当 时， ，所以 ，
所以 时， ，根据 的周期为2知， ，
故存在 ，使得 ，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛： 选项的判断比较困难，因此要根据函数性质结合函数结构特点设出
，结合 的性质，判断出函数 的性质，特别困难的是判断D选项，要结合 的单
调性以及函数值情况推出 ，继而解决问题.
15．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知
．点 分别在 上．则
（ ）
A． 的最大值为9 B． 的最小值为
C．若 平行于x轴，则 的最小值为 D．若 平行于y轴，则 的最大值为
【答案】AB
【分析】根据圆心距和两圆的位置关系可得选项AB正确；将 沿 轴方向向左平移的过程，使得平移后的
圆与 有公共点的最短平移距离即 的最小值，可求得 的最小值为 ，同理可得 的最大值为
，即CD错误.【详解】因为 的圆心为 ，半径
的圆心为 ，半径
的圆心为 ，半径
对于选项A： ，当且仅当 四点共线时取到等号，故A正确；
对于B：因为 ，所以两圆内含，则
，当且仅当 四点共线时取到等号，故B正确．
对于C：试想一个将 向左平移的过程，使得平移后的圆与 有公共点的最短平移距离即 的最小值，
如下图所示：
当 平移到 （图中虚线位置）时与 相切，此时 ，
易知 ，所以 ，
所以 ，故C错误；
同理如下图所示：当 平移到 （图中虚线位置）时与 相切，作 垂直于 轴， ，
所以 ，所以 ，
，
所以 ，即 的最大值为 ，
可得D错误.
故选：AB
16．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）已知 ，若 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】对于AB选项，将式子变形成 ，设 ， ，B选项的判断可以
通过 值域， 值域的包含关系进行判断，然后结合B选项去判断A，对于C选项可以举反例说明，对
于D选项可以通过同构建立不等式来判断.
【详解】由 得 .设 ， ，故 ， ， 递减， ， ， 递增，
故 ；
设 ， ，故 ， ， 递减， ， ， 递增，
故 .
于是 ， 的值域是 值域的子集，故 可以取遍所有正数，B选项错误；
不妨取 ，则 ，令 ，当 时，根据上述分析 ，即存在这样的 ，
使得 ，若C成立，则 ，推出 ，即C不一定成立，C选项错误；
由上述分析，当 时， ，当 时， 递增，若
，所以 ，A选项正确；
若 ，根据指数函数的值域， ，即 成立；
若 ，此时 ，由 可得， ，故 ，
设 ，则 ，故当 时 ，故 递增，而 ，
，故 ，由 ，于是 ，D选项正确.
故选：AD
17．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）若函数 有两个极值点 ，且 ，则
下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】ACD
【分析】对于选项A、B， 有两个极值点，则 在 上有2个不同的根，分离参数画图可得a
的范围及 、 的范围.
对于选项C，将 代入 可得关于 的二次函数，求其范围即可.
对于选项D，运用比值代换法构造函数求导研究其范围.
【详解】由题意知， 在 上有2个不同的根，
又∵ ，
∴ ，即： ，
∴ 在 上有2个不同的交点，
令 ，
∴ ，
， ，
∴ 在 上单增，在 上单减，
又∵ ， ，当 时， ，当 时， ，
∴ 的图象如图所示，∴当 时， 与 在 上有2个不同的交点， .
故选项A项正确，选项B项错误；
对于C项，由题意知， ，
∴ ，
又∵ ，∴ ，
令 ，则 ，则 在 上单调递增，
∴ ，即： .故选项C项正确；
对于D项，设 ，
∴ ，解得：
∴ ，
∴ ， ，
令 ，
则 ，
令 ，则 ， ，
∵ ，
∴
∴ 在 上单调递增，
∴ ，∴ 在 上单调递增，
∴ ，
∴ ，
∴ 在 上单调递增，
∴
∴ ，即： ，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 型，构造函数 ；对结论
型，构造函数 ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 化为单变量的函数不等式，利用函数单调
性证明.
18．（2023秋·浙江绍兴·高三期末）定义域为 的函数 的导数为 ，若 ，且 ，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】根据 可得 ，通过构造函数 可得 在 上是单调递减函
数，再根据函数单调性的应用逐个比较大小即可得出结论.
【详解】由题意可知构造函数 ，则 ，所以 在 上是单调递减函数，
于是： ，于是 ，所以A正确；
，于是 ，所以B错误；
，于是 ，所以C正确；
由于 而 ，所以 的范围无法确定，D不一定正确．
故选：AC
【点睛】方法点睛：解决此类问题时往往可以通过观察题目所给信息并结合导数四则运算的基本形式，合理构
造函数并利用导函数判断出函数的单调性，即可得出不等式大小.
19．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认
为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉
说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，我市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”
“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排
列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得
0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为 ，则在比赛结束时（ ）
A．四支球队的积分总和可能为15分
B．甲队胜3场且乙队胜1场的概率为
C．可能会出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况D．丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为
【答案】ACD
【分析】举例比赛的各种得分情况判断AC，由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断BD．
【详解】四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平，则甲得9分，乙、丙、丁各得2
分，AC均正确；
每场比赛中两队胜、平、负的概率都为 ，则甲队胜3场且乙队胜1场的概率为 ，B错；
丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与丙比赛，丙输， ，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不
小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有
一人得分不小于4分，不合题意，
若丙全赢（概率是 ）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢否则
甲的分数不小于6分，只有平或输，
一平一输，概率 ，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率 ，
两场均平，概率是 ，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
两场甲都输，概率是 ，乙丁这场比赛只能平，概率是
综上概率为 ，D正确．
故选：ACD．
【点睛】难点点睛：本题考查独立的概率与互斥事件的概率公式，难点在于分析丙在输第一场的情况下如何才
能使得分超过其他三人，方法是结合列举法对六场比赛结果分步分析，确定每人的得分使之合乎题意．
20．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知递增的正整数列 的前n项和为 ．以下条件能得出
为等差数列的有（ ）
A． B．C． D．
【答案】ACD
【分析】用 与 的关系，计算判断A和B；按 的奇偶求出 ，再结合递增的正整数列推出 判
断C；按给定条件求出数列 的通项，再结合递增的正整数列求出 判断D作答.
【详解】对于A， 时， ，当 时， 满足 ，
而且 时， ，则 为等差数列，A正确；
对于B， ，当 时， 不满足上式，
得 ，因此数列 不是等差数列，B错误；
对于C， ，即 为隔项等差数列，且 是递增的正整数列，
则 ， ， ，且 ，有 ，即 ，
于是 ， ，因此 ，
所以 为等差数列，C正确；
对于D， ， ，
， ，即数列 是以 为首项， 为公比的等比数列， ，则 ，
从 到 中间恰有 项： ，它们是递增的正整数，
而 到 中间恰有 个递增的正整数： ，
于是得 ， ，又 ， ，
令 ，即有 ，又 ，故对 ， ，显然数列 是等差数列，D正确.
故选：ACD
21．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在平面直角坐标系xOy中，P是直线l：x＋y＋2＝0上一点(除去
与x轴的交点)，过P作抛物线C：x2＝2y的两条切线，切点分别为A，B，直线PA，PB与x轴分别交于点M，
N，则（ ）
A．直线AB过定点(－1，2) B．MN的最小值为
C．∠MPN为锐角 D． 最小值为－1
【答案】ABD
【分析】对A：由 写出切线方程，将 代入可得直线 方程，整理可得恒过定点；
对B：联立直线 与抛物线方程得 ， ，求出M，N的横坐标，求 的最小值即可；对C：将
化为 判断正负即可；对D： 将 视为关于 的函数求最小值；
【详解】
设 ，
由 得 ，所以 处切线斜率 ，
所以切线 的方程为： ，
将 代入得 ，整理得切线 的方程为： ，同理切线 的方程为： ，
将 代入切线 ， 方程得 ， ，
所以直线 ，即 ，
将 代入得 ，
所以直线AB过定点(－1,2)，故A正确；
将直线 的方程 代入 得 ，
由直线AB过抛物线内定点(－1,2)知直线一定与抛物线有两个交点，
所以 ，
在直线 的方程 中令 得 的横坐标 ，故 ， 同理 的横坐标
， ，
所以 ，
当 时 取最小值为 ，故B正确；
，
当 时 ， 为钝角，故C错误；
，
当 即 时， 最小值为－1，故D正确；
故选：ABD【点睛】结论点睛：定义:已知曲线 ,则称点 和直线
是曲线G的一对极点与极线,点P称为直线l关于曲线G的极点;直线l
称为点P关于曲线G的极线.
已知点P关于圆锥曲线G的极线是直线l,则三者的位置关系是:
①若点P在曲线G上,则直线l是曲线G在点P处的切线;
②若点P在曲线G外,则直线l是由点P向曲线G引两条切线的切点弦;
③若点P在曲线G内,则直线l是经过点P的曲线G的弦的两端点处的切线交点轨迹.如图:
22．（2023·全国·模拟预测）已知函数 的定义域为 ，当 时， ；且对于任意
，恒有 ，则（ ）
A． 是周期为2的周期函数
B．
C．当 时，方程 有且仅有8个不同的实数解，则k的取值范围为
D．
【答案】BCD
【分析】选项A，根据周期性定义可以判断；选项B，根据对于任意 ，恒有 的关系，
求出 ，代入用等差数列求和即可；选项C， 与 有8个交点，数形结合，找到两条边界直线，
再书写过程；选项D，数形结合，再作差进行证明.【详解】已知对于任意 ，恒有 ，
即任意 ，恒有 ，又当 时， ，
所以当 时， , .
选项A，由已知对于任意 ，恒有 ，不符合周期性定义，所以A错误；
选项B，
，故B正确；
选项C，如图1，当 时，方程 有且仅有8个不同的实数解，
当直线 过点 时，直线为 ，与 有9个交点，
当直线 与 ， 相切时，此时是7个交点，
令 ，整理得 ，
由 ，解得 ，
当 时，方程 ，即 ，解得 ，舍；当 时，方
程 ，即 ，解得 ，满足题意；且 ， ， 点在直线
的上方.所以k的取值范围为 ，故C正确；
选项D， 如图2， 过点 ， ， ， ，
成立；当 时， , .
，即 ，
所以 ，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方程实数解个数问题，方法点睛：
（1）直接法：即令 ，对方程直接进行求解，方程解的个数就是零点的个数；
（2）数形结合法：数形结合法求函数的零点，是将 的方程转化为两个函数，根据两个函数的交点个数
来确认零点个数；
（3）零点存在定理：利用零点存在定理，再结合函数的性质(通常会用到单调性)确定零点个数；零点存在定
理为：如果函数 在 上连续，且有 ，则函数 在 上至少存在一点 ，使得
.
（4）构造函数：可根据题目的不同情况，选择直接作差或者分离参数来构造新的函数，通过求解新函数的值
域或最值来判断零点的个数.
