2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编 24 Word版含解析

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2023年新高考地区数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十四）一、单选题1．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，由图可知，，此时若对任意，，只需，即，即.当，，此时若对任意，，即，，所以只需.令，则，当单调递增，当单调递减，，.

1综上，.故选:D.2．（2023·广东佛山·统考一模）已知球O的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为为球的直径，，是球的球面上两点，所以，又，，所以，，所以为等边三角形且，设的外接圆的半径为，则，所以，则球心到平面的距离，所以点到平面的距离，又，所以.故选：A3．（2023·广东茂名·统考一模）设，，则（    ）A．B．C．D．

2【答案】B【解析】，，故可构造函数，，所以在上单调递增，所以，即.故选:B.4．（2023·广东茂名·统考一模）已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，则三棱锥的表面积，当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，此时为直角三角形，，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为.故选：D.

35．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设集合，则集合S的元素个数为（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】对每个，在中的从属关系有以下101种：（1），（2），（3），…（101）．由分步乘法计数原理，集合S中共个元素．故选：D6．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知平面非零向量满足，则的最小值为（    ）A．2B．4C．8D．16【答案】C【解析】设非零向量，的夹角为.，所以，由两边平方得：，，，

4即，即，，，即当时，取得最小值，最小值为8.故选：C．7．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设随机变量，当正整数n很大，p很小，不大时，X的分布接近泊松分布，即．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有以上的概率购得100个正品，则至少需购买的元件个数为（已知…）（    ）A．100B．101C．102D．103【答案】D【解析】记随机变量X为购买a个元件后的次品数．由题意，此时X可看成泊松分布．则，记，则．由于t很小，故大致有．分别计算，左边约等于0.37，0.74，0.91，0.98，故，即．故选：D.8．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ）A．3B．C．D．【答案】C【解析】如图，在棱上分别取点，使得，，连接，因为，，所以，，

5因为平面，平面，所以平面，因为，，所以，，，因为，，所以，≌，≌，所以所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面,所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，因为所以，动点的轨迹长为故选：C9．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设，则（    ）

6A．B．C．D．【答案】A【解析】令，，则在上恒成立，所以，函数在上单调递减，所以，当时，，即，；令，，则，所以，函数在上单调递减，所以，当时，，即，，所以，当时，所以，，因为，所以所以，，即，即所以，故选：A10．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ）A．4B．2C．D．【答案】B【解析】由托勒密定理，得．

7因为，所以．设圆的半径为，由正弦定理，得．又，所以．因为，所以，因为，所以，所以，所以，则，故．故选：B11．（2023·江苏南通·统考一模）已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（    ）A．1B．2C．D．【答案】A【解析】因为为偶函数，所以，则关于对称，设，，关于对称，.，即满足条件，.故选:A.12．（2023·江苏南通·统考一模）若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（    ）A．B．

8C．D．【答案】D【解析】设切点，则切线方程为，又切线过，则，有两个不相等实根，其中或，令或，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，当时，，当时，，所以，即.故选：D.13．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以和表示由甲口袋取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）A．B．事件与事件B相互独立C．D．【答案】D

9【解析】由题意得，所以A错误；因为，，所以，即，故事件事件与事件B不相互独立，所以B错误，D正确；，所以C错误；故选：D14．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（    ）A．B．为奇函数C．在上是减函数D．方程仅有6个实数解【答案】C【解析】由题设，则关于对称，即，，则关于对称，即，所以，则，故，所以，即，故，所以的周期为8，，A正确；由周期性知：，故为奇函数，B正确；由题意，在与上单调性相同，而上递增，关于对称知：上递增，故上递增，所以在上是增函数，C错误；的根等价于与交点横坐标，根据、对数函数性质得：，，所以如下图示函数图象：函数共有6个交点，D正确.

10故选：C15．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知点和数列满足，若分别为数列的前项和，则（    ）A．B．C．D．0【答案】D【解析】由题意可得：，则，∵，则，由，则，同理，，即数列均是周期为6的数列，而，故选：D.二、多选题16．（2023·广东佛山·统考一模）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）A．B．C．D．

11【答案】AC【解析】因为，所以，因为，所以，则，令，，则，所以在上单调递增，由，可得，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，又，所以，当且仅当时取等号，当时或，结合与的图象也可得到所以或.故选：AC17．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）

12A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等C．过点M有且仅有一条直线与，都相交D．有且仅有一个点M满足平面平面【答案】ABC【解析】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，∵，∴，又∵，，、面，∴面，而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；对于选项B，连接MA，，由题意知，AB面，面，∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，在中，，在中，，又∵∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；

13对于选项C，如图所示，连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，设，，则，，，，设面的一个法向量为，当时，取，则，，当时，取，则，，则，设面（即：面）的一个法向量为

14取，则，，则，当时，，此时面与面不垂直，当时，，所以面与面不垂直，所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；故选：ABC.18．（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【解析】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；

15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.19．（2023·广东茂名·统考一模）已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（    ）A．若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、B．抛物线C在点处的切线方程为C．一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为D．点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2【答案】ABD【解析】A选项：由抛物线C的定义知，解得代入可得，所以P的坐标为、，故A正确；B选项：由得，，切线方抛物线C在点处的切线斜率为，

16所以切线方程为，故B正确；C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点，设正三角形的边长为，则根据对称性可得且点在抛物线上，所以，解得，所以这个正三角形的边长为，故C错误；D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D，如图，由抛物线的定义知，当t取最大值时，取最小值，即直线GH与抛物线C相切.设直线HG的方程为，由得，所以，解得，此时，即，所以，故，所以，故D正确.故选:ABD.20．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知，则（    ）A．B．C．D．【答案】BC【解析】设，，当时，，为减函数；当时，

17，为增函数；所以的最大值为，即.因为，所以.设，，所以当时，为减函数；因为，，所以.由可得，所以，故B正确.设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即..设，易知为增函数，由可得，故C正确.因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.令，则，得，易知在为增函数，所以，所以不成立，故D不正确.故选：BC.21．（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9B．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【解析】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；

18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，，

19所以，即的最大值为，可得D错误.故选：AB22．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知正方体的边长为2，点P，Q分别在正方形的内切圆，正方形的外接圆上运动，则（    ）A．B．C．D．【答案】AB【解析】以A为原点，为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系．设点，，，，A：，故正确．B：，记，，故正确；C：取的中点M，穿过一侧的外接圆，取的中点，则不穿过，故必存在点P，使得经过外接圆，设公共点为Q，此时共线，故不正确；D：假设成立，则恒成立，取，则，即，故不正确．故选：AB.

2023．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）在数列中，若对于任意，都有，则（    ）A．当或时，数列为常数列B．当时，数列为递减数列，且C．当时，数列为递增数列D．当时，数列为单调数列【答案】ABC【解析】对于A选项，由得，所以，当时，，是常数列；当时，是常数列，故A选项正确；对于B选项，，因为，所以，当时，，即，同理可得，，所以，即，所以数列为递减数列，且，故B选项正确；对于C选项，当时，由得，即由得，所以，，同理可得，所以，即，

21所以，数列为递增数列，故C选项正确；对于D选项，当时，由，即，由得，符号不确定，所以符号不确定，所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.故选：ABC24．（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【解析】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：BCD25．（2023·江苏南通·统考一模）已知抛物线的焦点为，以该抛物线上三点为切点的切线分别是，直线相交于点与分别相交于点.记的横坐标分别为，则（    ）

22A．B．C．D．【答案】BCD【解析】设，所以，即，同理，，即，也即，B正确；不一定为A错误；正确；

23正确，故选:BCD.26．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（    ）A．的长度为B．扇形的面积为C．当与重合时，D．当时，四边形面积的最大值为【答案】ACD【解析】依题意圆的半径，，，，所以的长度为，故A正确；因为，所以扇形的面积，故B错误；当与重合时，即，则，则，故C正确；

24因为，所以所以当，即时，故D正确；故选：ACD27．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）已知正方体，棱长为分别是的中点，连接，记所在的平面为，则（    ）A．与正方体的棱有6个交点B．C．截正方体所得的截面面积为D．与所成角的正弦值为【答案】ABC【解析】如下图，设的中点为，连接，因为，所以为梯形.延长交于，连接，交于，因为，所以.因为，所以.设分别是的中点，因为，所以共面，均在内.所以与正方体的棱有六个交点，A正确.

25因为正六边形的边长为，所以，C正确.因为，所以为相交直线且在内，所以，B正确.如下图，延长交于，因为面，所以面，同理面，因为面面，所以，即，设的中点，则为的中点，即.因为，所以为与的所成角，D错误.故选：ABC28．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）正四棱台中，，侧棱与底面所成角为分别为，的中点，为线段上一动点（包括端点），则下列说法正确的是（    ）

26A．该四棱台的体积为B．三棱锥的体积为定值C．平面截该棱台所得截面为六边形D．异面直线与所成角的余弦值为【答案】ABD【解析】将正四棱台补形为正四棱锥，由，可得为其中截面.设分别为的中心，底面，故为侧棱与底面所成角，故，可得，侧面为等腰梯形，高为，故，对于，正确对于B，连接,则,而,

27所以，平面,平面,得平面，由于为定值，M在上，故三棱锥的体积为定值即三棱锥的体积为定值，B正确；对于，取中点，连接并延长交于，连接并延长交直线于，则,则,而，故,同理,连接，则,即为的中位线，而为的中点，故在上，即三点共线，连接,则五边形为平面截正棱台所得的截面，C错误对于，由题意知四边形为平行四边形，故，可得为异面直线与所成角或补角，在中,由余弦定理得，

28由于异面直线与所成角范围为，故异面直线与所成角的余弦值为，D正确,故选：29．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（    ）A．定义域为B．C．是偶函数D．在区间上有唯一极大值点【答案】ACD【解析】A.的定义域为，解得的定义域为正确B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；C.设，则定义域为，，即是偶函数，正确D.，令，令，由，当时，，即当时，单调递增，当时，在单调递减，

29且，，,结合时，；时，，故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，注意到，且时，时，，从而对于，当时，在区间单调递减，当时，，在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，故D正确，故选：三、填空题30．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是______.【答案】【解析】由题意可得：的最小正周期，∵，且，则为的一条对称轴，∴，解得，又∵，则，故，∵，则，若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，

30故的取值范围是.故答案为：.31．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，的零点为______.【答案】【解析】由得，因为，所以，当且仅当，即，取等号，令，，令解得；令解得，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以要使，只能，，所以零点为，故答案为:.32．（2023·广东茂名·统考一模）已知直线与双曲线交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过点A作直线与y轴垂直且交于点E，若的内心到y轴的距离不小于，则双曲线C的离心率取值范围是______.【答案】【解析】因为A在B的上方，且这两点都在C上，所以，，则.因为A是线段BD的中点，又轴，所以，，所以的内心G在线段EA上.

31因为DG平分，所以在中所以，设，所以，因为G到y轴的距离不小于，∴，∴.∴，故.故答案为：33．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）冰雹猜想是指：一个正整数x，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就析出偶数因数，这样经过若干次，最终回到1．问题提出八十多年来，许多专业数学家前仆后继，依然无法解决这个问题．已知正整数列满足递推式请写出一个满足条件的首项，使得，而_____________．【答案】12或13（写出一个即可）【解析】因为，所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；

32所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；所以若为偶数，则，若为奇数，则与已知矛盾；故；所以若为偶数，则，若为奇数，则；故或；余下推导用图表示可得：    故答案为：12或13（写出一个即可）.34．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设实数，不等式对任意实数恒成立，则a的取值范围为__________．【答案】【解析】令，得．下证：对任意的，不等式恒成立．令①当时，单调递减，所以令，则，则只需证明在上恒成立由，可知单调递增，且，故在上单调递减，在上单调递增，所以成立；

33②当时，，单调递减，由①可知在上单调递减，所以成立．综上，得证．故答案为：.35．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）设椭圆的离心率，C的左右焦点分别为，点A在椭圆C上满足．的角平分线交椭圆于另一点B，交y轴于点D．已知，则_______．【答案】【解析】由点A在椭圆C上，且，设点，且，，则，同理，设角平分线交x轴于，根据角平分线的性质，可知，

34，，解得，，得．可得直线．进而可得，由，可得，设中点为M，则．，点差法的结论，证明如下：设，，，为中点，故，两式作差得，，又由，，可整理得，，最后化简得，，进而得到，，得．因为，所以，联立，解得，所以，故，解得．故答案为：．36．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设奇函数的定义域为，且对任意，都有

35．若当时，，且，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】设，且，则因为，当时，，所以，因为对任意，都有．所以，，即，所以，函数在上单调递减，因为是定义域为的奇函数，所以，函数在上单调递减，因为不等式等价于不等式，即，因为对任意，都有，，所以，当时，得；当时，得所以，所以，，，，，所以，当时，的解集为，当时，的解集为，所以，的解集为，所以，不等式的解集为故答案为：37．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知三棱锥的体积为6，且．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积为__________．

36【答案】【解析】由已知得，，．设点到平面的距离为，则．又，所以，，两两互相垂直．取的中点，连接并延长至点，使，连接、、，则的中点即为球心，（四棱锥中底面，且为矩形，则四棱锥可以补形为以为底面的长方体，即为该长方体的一条体对角线，三棱锥的外接球即为四棱锥也即为该长方体的外接球）．因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，而点到平面的距离等于点到平面的距离，所以．故答案为：38．（2023·江苏南通·统考一模）已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为__________.【答案】【解析】在的垂直平分线上，

37所以中垂线的斜率为，的中点为，由点斜式得，化简得，在圆满足条件的有且仅有一个，直线与圆相切，，故答案为:.39．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．【答案】【解析】记，则由可得所以为偶函数记，则因为当时，，当时，所以，当时，有最小值又因为在上，即所以所以在上单调递增，由可得即所以，即，解得.

38故答案为：40．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）过圆上一点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________.【答案】4【解析】由题意，半径为，，，圆的半径为，所以，所以．故答案为：4．41．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知抛物线为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于两点，连接分别交抛物线于两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线线方程为______.【答案】【解析】由题意设，由可得：，可得：，同理可得：，则：（*）将两点代入抛物线方程得，

39作差可得：，而，即，同理可得，，代入（*），可得，此时抛物线方程为，故答案为：42．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径的球面上，，则该球的体积为______.【答案】【解析】由，，，所以，即，所以，又，所以，设为外接圆半径，，解得，所以，则，，即到平面的距离为2外接球球心的中点到平面的距离为，外接球半径，，.

40故答案为：四、双空题43．（2023·江苏南通·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.【答案】        【解析】取中点平面，作平面与平面平行，如图至多为五边形.令，，，所以，所以所以,因为与的夹角为与夹角，而与垂直，

41所以，当时，取最大值.故答案为：；

42