【文档说明】2022年新高考数学名校选填压轴题汇编（解析）.pdf，共(52)页，2.358 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-89266897c4e19d0166455c56fd32eea5.html

以下为本文档部分文字说明：

2022年新高考数学名校选填压轴题汇编（十七）一、单选题1．（2022·广东佛山·二模）设,,Rabc且0a，函数2(),()(2)()gxaxbxcfxxgx，若0fxfx，则下列判断正确的是（）A．()gx的最大值为-aB．()gx的最

小值为-aC．22gxgxD．2gxgx【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，用a表示b，c，再结合二次函数的性质求解作答.【详解】依题意，232()(2)()(2)(2)2fxxaxbxcaxabxbcxc，因

0fxfx，则()fx是奇函数，于是得2020abc，即2,0bac，因此，22()2(1)gxaxaxaxa，而0a，当0a时，()gx的最小值为-a，当0a时，()gx的最大值为-a，A，B都不正确；2(2)(1)g

xaxa，2(2)(1)gxaxa，22()(1)(1)gxaxaaxa，即22gxgx，2gxgx，因此，C不正确，D正确.故选：D2．（2022·广东佛山·二模）ABC中，24ABACB

，，O是ABC外接圆圆心，是OCABCACB的最大值为（）A．0B．1C．3D．5【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出||CA的最大值即可计算作答.【详解】过点O作,ODACOE

BC，垂足分别为D，E，如图，因O是ABC外接圆圆心，则D，E分别为AC，BC的中点，在ABC中，ABCBCA，则222||||||2ABCACBCACB，即22||||22CACBCACB，21|cos|2COCACOCAO

CACDCACA，同理21||2COCBCB，因此，OCABCACBOCCBCACACBCOCACOCBCACB2222211||||2||||||1222CACBCACBCA

，由正弦定理得：||sin2sin||2sin2sinsin4ABBBCABACB，当且仅当2B时取“=”，所以OCABCACB的最大值为3.故选：C【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方

法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．3．（2022·广东梅州·二模）已知fx是定义在R上的奇函数，fx是fx的导函数，当0x时，ln20fxfxxx，且102f

，则不等式20xfx的解集是（）A．,00,2B．0,2C．2,D．,02,【答案】B【解析】【分析】令ln2gxfxx，根据题意可得函数gx在0,

上递增，从而可得出函数gx在0,上的符号分布，从而可得函数fx在0,上的符号分布，再结合fx是定义在R上的奇函数，即可得出函数在R上的符号分布，从而可得出答案.【详解】令

ln2gxfxx，则ln20fxgxfxxx，所以函数gx在0,上递增，又因102g，所以当10,2x时，0gx，当1,2x时，0gx，又因当10,2x

时，ln20x，当1,2x时，ln20x，所以当10,2x时，0fx，当1,2x时，0fx，又因为102f，所以当0x时，0fx，因为fx是定义在R上的奇函数，

所以00f，当0x时，0fx，由不等式20xfx，得200xfx或200xfx，解得02x，所以不等式20xfx的解集是0,2.故选：B.4．

（2022·广东梅州·二模）两不共线的向量a，b，满足3ab，且tR，atbab，则cos,ab（）A．12B．32C．13D．33【答案】C【解析】【分析】由atbab两边平方后整理得一元

二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断0，整理后可知只能为0，即可解得答案.【详解】解：由题意得：tR，atbabtR，2222222atbtababab即222226cos,6cos,0tbtbabbbab0btR，26cos

,16cos,0ttabab221Δ36cos,46cos,136cos,03ababab1cos,03ab，即1cos,3ab故选：C5．（2022·湖南湘潭·三模）A，B，C，D是半径为4的球面上的四

点，已知AB=5，BC=3，cos∠BAC=45，当AD取得最大值时，四面体ABCD的体积为（）A．613B．213C．639D．239【答案】D【解析】【分析】根据余弦定理确定ABC为直角三角形，求出球心到平面ABC的距离，又当AD为直径时AD取得最大值，得到

D到平面ABC的距离，即可得到四面体ABCD的体积.【详解】在ABC中，2222164cos2105ABACBCACBACABACAC，解得4AC，则222ABACBC，∴ACBC设

球心到平面ABC的距离为d，则22539422d.当AD为直径时AD取得最大值，点D到平面ABC的距离为2d，故四面体ABCD的体积11123439239332△ABCVSd.故选：D6．（2022·湖南湘潭·三模）若函数cos2sin26fxxx

在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（）A．54,63B．54,63C．58,33D．58,33【答案】B【解析】【分析】化简函数3sin

23fxx，根据0x，得到22333x，结合fx在0,上恰有2个零点，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，函数cos2sin23sin263fxxxx，因为0

x，所以22333x，又由fx在0,上恰有2个零点，所以2233，解得5463，所以的取值范围为54,63.故选：B.7．（2022·湖南师大附中一模）若关于x的方

程2230xxmx有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（）．A．4,3B．34,,23C．34,23D．34,23

【答案】D【解析】【分析】将方程2230xxmx，转化为223xxmx，在同一坐标系中作出函数22yxx与3ymx的图象，利用数形结合法求解.【详解】方程2230xxmx，即为223xxmx

，因为方程2230xxmx有两个不相等的实数根，所以函数22yxx与3ymx的图象有两不同的交点，在同一坐标系中作出函数22yxx与3ymx的图象如图所示：由图象知：当直线3ymx

过点2,0时，33m，当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即2311mm，解得43m，所以实数m的取值范围是34,23，故选：D．【点睛】方法点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方

程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．8．（2022·湖南师大附中一模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，

O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（）A．A，M，O三点共线B．M，O，A1，A四点共面C．B，B1，O，M四点共面D．A，O，C，M四点共面【答案】C【解析】【分析】由长方体性质易知A，1A，1C，C四点共面且OM，1B

B是异面直线，再根据M与1AC、面11ACCA、面11ABD的位置关系知M在面11ACCA与面11ABD的交线上，同理判断O、A，即可判断各选项的正误.【详解】因为11//AACC，则A，1A，1C，C四点共面.因为1MAC，则M平面11ACCA，

又M平面11ABD，则点M在平面11ACCA与平面11ABD的交线上，同理，O、A也在平面11ACCA与平面11ABD的交线上，所以A、M、O三点共线，从而M，O，1A，A四点共面，A，O，C，M四

点共面.由长方体性质知：OM，1BB是异面直线，即B，1B，O，M四点不共面.故选：C.9．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数()ln1fxxax有两个零点1212()xxxx,，下列说法错误的是（）A．01aB．121xxaC．21

11xxaD．122xxa【答案】B【解析】【分析】先将问题转化为：ya与11nxyx有两个交点，数形结合根据选项判断即可.【详解】因为函数()ln1fxxax有两个零点1212()x

xxx,，所以ln10xax有两个根，即11nxax，即ya与11nxyx有两个交点，画出函数图像如下图所示：设110nxgxxx，所以21nxgxx，当0gx时，解得01x，函数gx单调递增；当

0gx时，解得1x，函数gx单调递减，所以11maxgxg，当x时，0gx，当0x时，gx，所以当01a时，ya与11nxyx有两个交点，即函数()ln1fxxax有两个零点，故A正确；结合图像可知1211exx，因为

11122212ln1=0lnlnln1=0xaxxxaxaxxx，要证明122xxa，即证明111222lnl2nxxxxxx，整理得11212122120ln11xxxxxxxx，令12xtx，所以

21ln011tttt，设21ln011tgtttt，所以2210011tgtttt恒成立，所以gt在0,1单调递增，所以10gtg，即21ln011tttt

，故D正确；由D选项正确，即12122ln2xxxxaa，即121xx成立，因为01a，所以11a，所以121xxa，故B不正确；因为221ln1xxaa，1211exx

，可得11x，可得2111xxa，故C选项正确.故选：B.10．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林

同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（）A．20160B．20220C．20280D．20340【答案】A【解析】【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，

分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案.【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z.若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是

HYXZ，故1种可能；若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有314312CC种可能；若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有224212CA种可能；小计：1+12+12=25；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；

X，X；Z，Z”类型若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有233C种可能；若是“10=3+3+2+1+1”

，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有22326CA种可能；若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+22

133210CCC种可能；YXZH※H※H※HH※※H※H※H※※H※H※※※H若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；小计：1403610076C；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型若是“12=

4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能；若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（

※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有11224CC种可能；若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种

可能；若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能.小计24954C；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“14=4+4+*+*+*”，则

“4+4”必然重复，故0种可能；若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有233C种可能，故此小类有3种可能

；若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；小计14312C；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z”只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可

能；综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为55168A=16812020160种.故选：A【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12

,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏.11．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）在边长为6的菱形ABCD中，3A，现将ABD△沿BD折起，当三棱锥ABCD的体积最大时，三棱锥ABCD的外接球的表面积为（）A．60B．30C．70D．5

0【答案】A【解析】【分析】当三棱锥ABCD的体积最大值时，平面ABD平面BCD，即可求出外接圆的半径，从而求出面积.【详解】当三棱锥ABCD的体积最大值时，平面ABD平面BCD，如图，取BD的中点为H，连接,AHCH，则AHBD.设12,OO分别为A

BD△，BCD△外接圆的圆心，O为三棱锥ABCD的外接球的球心，则1O在AH上，2O在CH上，且1122233AOOHAH,且21,OHBDOO平面ABD，2OO平面BCD.平面ABD平面BCD，平面ABD平面=BCDBD，AH平面ABDA

H平面ABD，2//AHOO，同理1//CHOO四边形12OOOH为平行四边形AH平面BCD，2OH平面BCD2AHOH，即四边形12OOOH为矩形.213OOOH22362332CO外接球半径222231215ROOCO

外接球的表面积为2460R故选：A.12．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）PQ为经过抛物线22ypx焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为1S，以MN为

直径的球面积为2S，则（）A．12SSB．12SSC．12SSD．12SS【答案】C【解析】【分析】解：设设PQ与x轴夹角为，令PFm，QFn，根据抛物线的定义可知PMm，QNn，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公

式得到21Smn、222sinSmn，即可判断；【详解】解：设PQ与x轴夹角为，令PFm，QFn，则PMm，QNn，则21SPMQNPQmn，2222sinSMNmn

，所以12SS当且仅当90时等号成立；故选：C13．（2022·山东潍坊·模拟预测）已知椭圆E：22221xyab（0ab）的右顶点为A，直线ykx交E于第一象限内的点B．点C在E上，

若四边形OABC为平行四边形，则（）A．若k越大，则E的长轴越长B．若k越大，则E越扁C．若33k，则E的离心率为223D．若3k，则E的离心率最大【答案】C【解析】【分析】由题意分析,BC坐标，

得k与a关系，对每个选项逐一判断【详解】由OABC为平行四边形知BCa，故(,)22aaBk,代入椭圆方程得2221144akb，即2223bka对于A，若k越大，a越小，A错误对于B，若k越大，则221bea越小，椭圆越圆，B错误对于C，若33k，则2222

13bea，C正确对于D，221bea无最大值，D错误故选：C14．（2022·山东潍坊·模拟预测）如图，在边长为a的等边三角形ABC中，圆D1与△ABC相切，圆D2与圆D1相切且与AB，AC相切，…，圆Dn+1与圆Dn相切且与AB，AC相切，依次得

到圆D3，D4，…，Dn．设圆D1，D2，…，Dn的面积之和为nX，（nN），则nX（）A．1211π129naB．231π1329naC．211π183

naD．112111π11293nna【答案】B【解析】【分析】结合等边三角形、圆的几何性质求得各圆的半径，从而求得各圆面积，进而求得nX.【详解】等边三

角形内心、重心、外心、垂心四心合一.所以圆1D的半径为133326aa，面积为2π12a，圆2D的半径为1336a，面积为21π912a，圆3D的半径为21336a，面积为221π912a，以此类推，圆nD的面积为121π912na

，所以各圆的面积组成的数列是首项为2π12a，公比为19的等比数列，所以2221π131129π131132919π1329nnnnaaXa.故选：B15．（2022·山东青岛·一模）设fx是定义域为R

的偶函数，且在0,上单调递增，若21log3af，31log2bf，433cf，则a，b，c的大小关系为（）A．cbaB．bcaC．acbD．abc【答案】D【解析】【分析】根据fx的奇偶性化简,,ab

c，结合fx的单调性确定,,abc的大小关系.【详解】依题意fx是定义域为R的偶函数，121222221loglog3log3log33affff，

121233331loglog2log2log22bffff，443333cff，22log3log21，331113333328,33,23,23

，1333311log3log2log33，41310333，由于fx在0,上单调递增，所以abc.故选：D16．（2022·山东青岛·一模）已知函数sin2cos

2101fxxx，将fx的图象先向左平移π4个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数gx的图象，若gx图象关于π,04对称，则为（）A．14B．12C．23D．34【答案】A【解析】【分析】化简fx解析式，根据三角

函数图象变换求得gx，由π04g求得的值.【详解】π2sin214fxx，fx的图象先向左平移π4个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数ππ212sin22sin2π4

44gxxx，故2π21412sinπ2sinπ04π444g，所以411ππ,,Z44kkk，由于01，所以14.故选：A二、多选题17．（2022·广东佛山·二模

）在棱长为3的正方体111ABCDABCD中，M是11AB的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是（）A．存在点N，使得1//MNBCB．三棱锥M—11ABC的体积等于94C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面11ABCD．有且仅有三个点N，使得N到平面11A

BC的距离为3【答案】BC【解析】【分析】根据点M的位置容易判断A，由1111MABCBAMCVV求解可判断B；当12,NN分别为111,BBBC中点时，可判断C；易证1BD平面11ABC，1BD平面1ACD，且111223BOOOOD，可判断D．【详解】对于A，

显然无法找到点N，使得1//MNBC，故A错；对于B，1111111111393333224MABCBAMCAMCVVSBB，故正确；对于C，如图所示12,NN分别为111,BBBC中点，有1MN平面11ABC，2MN平面11ABC，故正确；对于D，易证1BD

平面11ABC，1BD平面1ACD，且111221133BOOOODBD，所以有点11,,,BACD四点到平面11ABC的距离为3，故D错．故选：BC18．（2022·广东佛山·二模）已知0xy，且esinesinyxxy，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定

成立的是（）A．sinsinxyB．sinsinxyC．coscos0xyD．cocos0sxy【答案】AC【解析】【分析】构造函数sinexxfx，求导，计算出其单调性即可判断.【详解】构造函数sinexxfx，

'2coscossin4eexxxxxfx，当4x时，'0fx，04x时，'0fx，4x时，'0fx，在4x处取最大值，0,x，sin0,0xfx，函数图像如下：,eexyxy，sinsinxy，A正

确；B错误；04x，22cos1sin0,cos1sin,coscosxxyyxy，coscos0xy，C正确，D错误；故选：AC.19．（2022·广东梅州·二模）一球筐中装有n个小球，甲、乙两个同学轮

流且不放回的抓球，每次最少抓1个球，最多抓2个球，规定：由甲先抓，且谁抓到最后一个球谁赢，则以下推断中正确的有（）A．若4n，则甲有必赢的策略B．若5n，则甲有必赢的策略C．若6n，则乙有必赢的策略D．若7n，则乙有必赢的策略【答案】ABC【解析】【分析】对甲第一抓球的

个数进行分析，结合题意进行推理，可判断各选项的正误.【详解】对于A选项，若4n，只要甲第一次抓1个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完，即甲有必赢的策略，A对；对于B选项，若5n，只要甲第一次抓2个球，乙抓1个或2个球，剩余的球甲可以抓完

，即甲有必赢的策略，B对；对于C选项，若6n，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余5个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为剩余4个球，由乙先抓，结合A选项可知，乙有必赢的策略，综上，若6n，则乙有必赢的

策略，C对；对于D选项，若7n，若甲第一次抓1个球，则问题转化为剩余6个球，由乙先抓，结合C选项可知，甲有必赢的策略，若甲第一次抓2个球，则问题转化为剩余5个球，由乙先抓，结合B选项可知，乙有必赢的策略，D错.故选：ABC.20．（2022·广东梅州·二模）在长方体1

111ABCDABCD中，1ABAD，12AA，动点P在体对角线1BD上（含端点），则下列结论正确的有（）A．当P为1BD中点时，APC为锐角B．存在点P，使得1BD平面APCC．APPC的最小值25D．顶点

B到平面APC的最大距离为22【答案】ABD【解析】【分析】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设101BPBD，当P为1BD中点时，根据cosPAPCAPCPAPC判断cosAPC得符号即可判断A；当1BD

平面APC，则11,BDAPBDCP，则有1100BDAPBDCP，求出，即可判断B；当11,BDAPBDCP时，APPC取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点B到平面APC的距离，分析即可判

断D.【详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设101BPBD，则11,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,2ABCD，则11,1,2BD，故1,,2BPBD，则0,1,

0,,2,1,2APABBP，1,0,0,,21,,2CPCBBP，对于A，当P为1BD中点时，则11,,122AP，11,,122CP，则11,,122PA

，11,,122PC，所以1cos03PAPCAPCPAPC，所以APC为锐角，故A正确；当1BD平面APC，因为,APCP平面APC，所以11,BDAPBDCP，则11140140BDAPBDCP

，解得16，故存在点P，使得1BD平面APC，故B正确；对于C，当11,BDAPBDCP时，APPC取得最小值，由B得，此时16，则151,,663AP，511,,663CP，所以306APCP，即

APPC的最小值为303，故C错误；对于D，0,1,0,1,1,0ABAC，设平面APC的法向量,,nxyz，则有0120nACxynAPxz，可取

2,2,21n，则点B到平面APC的距离为22cos,1241ABnABABnn，当0时，点B到平面APC的距离为0，当01时，222211221124111312244

，当且仅当12时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为22，故D正确.故选：ABD.21．（2022·湖南湘潭·三模）已知双曲线2221yxb（0b）的左､右焦点分别为F1（−c，0），F2（c，0）.直线33yxc与双曲线左､右两

支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（）A．双曲线的离心率为233B．21222FFFMFAFMC．212121FFFMFFFMD．12FMFA【答案】BD【解析】【分析】连接222,,AFBF

MF，设1AFx，由已知4,1ABa，利用双曲线的定义求得2212AFBFMFx，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用c表示，从而求得2c，得离心率判断A，由数量积的定义计算数量积判断BC．【详解】如图，连接222,,AFBFMF，设1AFx，

因为4,1ABa，所以2212AFBFMFx，D正确.又M为线段AB的中点，所以2MFAB.又123tan3BFF，所以212,3MFcMFAFc，则22AMc，得2c，所以双曲线的离心率为ca2，A不正确；2212212122222

22cos2,cosFFFMFFFMFFMFMFAFMFAFMAFM222,FM121FFFM2121121cos6FFFMMFFFM，B正确，C不正确.故选：BD．22．（2022·湖南湘潭·三模）已

知数列na满足11a，12ln11nnnaaa，则下列说法正确的有（）A．31225aaaB．2211nnnaaaC．若2n，则131141niiaD．1ln121ln2nniia【答案】B

CD【解析】【分析】直接计算出23,aa即可判断A选项；构造函数函数ln1fxxx，由ln1xx，得到ln1nnaa，进而判断B选项；由ln11na得到121nnaa，再结合累乘法得到12nna，按照等比数列求和公式即可判断C选项；构造

函数12lngxxxx，由11ln2xxx得到212nnnaaa，结合累乘法求得1ln12ln2nna，按照等比数列求和公式即可判断D选项.【详解】21132

22ln113,2ln116ln37aaaaaa，则3122512ln360aaa，又120aa，所以31225aaa，A不正确.令函数ln1fxxx，则1

1fxx，则fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，10fxf，即ln1xx，又易得na是递增数列，11naa，故ln1nnaa，所以2121nnaa，B正确.易知na是递增数列，所以11naa，则1ln1

1,2ln1121nnnnnaaaaa，则1121nnaa，即1121nnaa，所以11212111211nnnnnaaaaaa，即111212nnnaa，所以111

2nna，所以2111111111221111222212nnnniia，而当2n时，则有11211131114niiaaa，C正确.令函数12lngxxxx，则222212110xxg

xxxx，所以gx在0,上单调递减，所以当1x时，10gxg，则11ln2xxx，所以211121122nnnnnnaaaaaa

，211121211ln1ln1ln1ln111,2,2ln1ln1ln1ln1nnnnnnnnnaaaaaaaaaa，111ln12ln12ln2nnnaa，

所以11ln1(122ln221ln2nnniia，D正确.故选：BCD.【点睛】本题关键点在于B选项通过构造函数ln1fxxx进行放缩得到ln1nnaa，结合12ln11nnnaaa即可判断；C选项由ln11na放缩得到121nnaa

，D选项构造函数12lngxxxx得到212nnnaaa，再结合累乘法和求和公式进行判断.23．（2022·湖南师大附中一模）在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，E是棱1CC的中点，F是侧面11BCCB内的动点，且1

//AF平面1AED，则（）A．点F的轨迹是一条线段B．直线1AF与BE可能相交C．直线1AF与1DE不可能平行D．三棱锥1FABD的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】取线段1BB，11BC中点M，N，证得平面1//AMN平面1AED，得到1AF平面1AMN，可判定A正确；根

据异面直线的定义，得到1AF与BE是异面直线，可判定B错误；当点F与点M重合时，可判定C错误；由点F到平面1ABD的距离是定值，且1ABD的面积为定值，可判定D正确.【详解】如图所示，分别取线段1BB，11BC中点M，N，连接1AM，MN，1AN，则1//MNAD，11AMDE∥，所以平面1//

AMN平面1AED，因为1//AF平面1DAE，则1AF平面1AMN,又点F是侧面11BCCB内的动点，所以点F的轨迹为线段MN，所以A正确；因为BE在平面11BCCB内，直线1AF与平面11BCCB相交，且交点不在BE上，所以1AF与BE是异面直线，所以B错误；当点F与点M重合时，

直线1AF与直线1DE平行，所以C错误；因为1//MNAD，则//MN平面1ABD，所以点F到平面1ABD的距离是定值，又由1ABD的面积为定值，所以三棱锥1FABD的体积为定值，所以D正确.故选：AD.24．（2022·湖南师大附中一

模）已知正数x，y，z满足3412xyz，则（）A．111xyzB．634zxyC．24xyzD．4xyz【答案】ABD【解析】【分析】设3412xyzt，1t，求出,,xyz，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法

即可判断B；利用作差法即可判断D；再根据AD即可判断C.【详解】解：设3412xyzt，1t，则3logxt，4logyt，12logzt，所以3411111log3log4log12loglogtttxyttz，A

正确；因为121232log32log6log913loglog12tttzxt，则63zx，因为38143log3log4log643log64144log4log3log81tttttxyt，则34xy，所以634

zxy，B正确；因为34121144loglog4loglog3log4log12tttxyztttlog3log44log3log4log3log4tttttt2log3lo

g40log3log4log3log4tttttt，则4xyz，D正确.因为111xyzxyxy，则4xyxyzz，所以24xyz，C错误.故选：ABD.25．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知向量(,

3)ABmm，(,3)BCnm(,0)mn，且||1BM，AMxAC，其中412cos9x，下列说法正确的是（）A．AB与AC所成角的大小为3B．32310xxC．当2||1ABx时，||||ABBC取得最大值D．||||ABBC的最大值为3x【答案

】AD【解析】【分析】利用向量夹角定义和模的求法即可选定A选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除B选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项B中得出的结论即可判断C选项和D选项的正误.【详解】对于A选项：因为(,3)ABmm,(,

3)BCnm所以有：(,0)ACmn2222cos,(3)()cos,ABACmmnABACABACABACmmmnABAC，解得1cos,2ABAC，所以AB与AC所成角的大小为3；对于B选项：

412cos12cos8012sin109x，因为2[22sin10cos10cos20]cos40sin80cos10，所以1sin10cos20cos408，结合1cos20cos40[cos(2040)cos(2040)]2得38sin106sin1010

，将1sin102x代入化简，得32310xx，故B选项错误；对于C选项和D选项：以B点为圆心，建立平面直角坐标系，则由(,3)ABmm可设2ABm，AMB使用余弦定理得：2222cos60BMABAMABAM，故可得221

12[()]22()2mmnxmmnx，22222232322mnmABBCmnm当且仅当2223mnm即mn时等号成立，结和公式22112[()]22()2mmnxmmnx

，以及选项B中的32310xx，可知当32xABBC时，ABBC取得最大值3x，而此时2314xx平方后化为一元二次方程后无解，因此D选项正确，C选项错误.故选：AD.26．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，且1nnS

a对于*nN恒成立，若定义(1)nnSS，()(1)12nkkniiSSk，则以下说法正确的是（）A．na是等差数列B．232122nnnnSC．1211!kkknknnASSk

D．存在n使得202120222022!nnS【答案】BC【解析】【分析】利用退一相减法可得数列的通项及nS，即可判断各选项.【详解】当1n时，1112aS，当2n时，由1nnSa

，得111nnSa，故10nnnaaa，即112nnaa，所以数列na为等比数列，首项112a，公比12q，故12nna，A选项错误；则112nnS，所以11112nnSS

，221111121111111112222nnnnnniSSSSSn223210111112101112222

222nnnnnninnnnSSn，B选项正确；当1k时，223121!nnnAnnSSk，假设当k时，1211!kkknknnASSk成立，当1k时，

3+12211kkkkkknnnnnnSSSSSS，即111311211!1!1!kkkkknknknknnAAASSkkk成立

，故1211!kkknknnASSk，C选项正确；112nnSD选项错误；故选：BC.27．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）双曲线2222:1(,0)xyCabab的虚轴长为2，12,FF为其左右

焦点，,,PQR是双曲线上的三点，过P作C的切线交其渐近线于,AB两点.已知12PFF△的内心I到y轴的距离为1.下列说法正确的是（）A．2ABF外心M的轨迹是一条直线B．当a变化时，AOB外心的轨迹方程为22222(1)4axayC．当P变化时，存在,QR使得

PQR的垂心在C的渐近线上D．若,,XYZ分别是,,PQQRPR中点，则XYZ的外接圆过定点【答案】AD【解析】【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可

.【详解】因为已知12PFF△的内心I到y轴的距离为1，双曲线2222:1(,0)xyCabab的虚轴长为2，所以12PFF△的内心I横坐标01200012221xaPFPFxccxxa｜｜｜｜｜（）｜

｜｜，，双曲线方程：221xy，122,0,2,0FF，渐近线yx.设0011223344,,,,,,,,,PxyAxyBxyQxyRxy.当点00,Pxy在双曲线222210,0xyabab上时：设直线ykxm与双曲线

222210,0xyabab交两点1122,,,xyxy2222220bxayabykxm22222222()2()0bakxakmxamb22

2224222222222222212222212122220Δ44()()4()0222bakkmabakambabbakmakmxxbakbmyykxxmbak

当直线与双曲线相切时2222Δ00bakm，此时切点00,Qxy满足：22212020222012022022bxxakmakmxymmxbyybmbykmmya切线2200022

2001xbxxyybykxmyxyayaa设直线ykxm与渐近线22220xyab交两点3344,,,AxyBxy22220bxayykxm2222222()20bakxakmxam23412022234120222akm

xxxxxbakyyyyy切点00,Qxy正是线段AB的中点，∴2020ABbxkay；线段AB中垂线是200020ayyyxxbx.中垂线与y轴交于点，且TAT

B.20022002001abxxyyxbxayabbabyxyabxay可设220000,ababAbxaybxay一方面，22200AFabkabcbxay；另一方面，线段2AF中点是

220000,22222abcabWbxaybxay220422200000223200002222222WTycababcbxyaybxaybkabcabcbbxaybxay24222422220000002223242200

00002222AFWTabcbxyayabcabxyayabkkabcbxayabcbbxayabcbxay考虑到22422242200000220abcabxyayabcbxay∴2221AFWTkkAFWTTAT

F2TATBTF，点T确系2ABF之外心M！其轨迹是直线0x.选项A正确！依（1）设2200000000,;,aaaaABxayxayxayxay线段OAOB、中点是2200000000,,22222222aaaaxa

yxayxayxay、线段OA中垂线是200002222aayaxxayxay，即20012axayyxa线段OB中垂线是200002222aayaxxayxay

，即20012axayyxa∴2200001122aaxayxayyyxxaa2222220022214ax

ayayxa，即OAB外心的轨迹方程为22222214ayxaa.故选项B错！（3）对PQR来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是,uu，进而0343403434uyyyxxuxxxyy

化简得030304400404033044334433xyyxxyxyxxyyxxyyuxyxyxyxy03030440030334430404344344

3344003300xyyxxyxyxyyxxyxyxyyxxyxyuxyxyxyxyxyxy404030300303434334

340404443300443300xxyyxxyyxxyyxxyyxxyyxxyyuxyxyxyxyxyxy044034430404344304043300330033xyxyxyxyxyyxx

yxyxyyxuxyxyxyxyxy∴044003303443334400xyxyxyxyxyxyuxyxyxy把044033033044xyxyxy

uxyxyxyu代入404030304433xxyyxxyyuxyxy并化简得：0033440xyxyxy考虑到00,Pxy不在渐近线上得000xy，故3344xyxy∴34341

QRyykxx，这不可能！垂心不能在yx上，同理不能在yx上，选项C错误；（4）设0303343440400,0,,,,,,222222xxyyxxyyxxyyOXYZ234342343

42040420404tantan1QRPRQRPRQRPRkkZXYRkkxxxxbkayyyyxxxxbkayyyy340434

04043434043404340434043404tan1xxxxxxyyxxyyyyyyZXYxxxxyyyyxxxxyyyy340404343404

34043404340434043404tan11OYOZOYOZyyyyxxyyxxyykkxxxxZOYyyyykkyyyyxxxxxxxxtantan0,,,ZXYZOYZXYZOYOZXY

共圆！XYZ的外接圆过定点原点，选项D对.故选：AD【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.28．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）已知函数2lnxfxx，若0.20.3af，2log3bf，3log4

cf，则（）A．fx在0,1上恒为正B．fx在1,上单调递减C．a，b，c中最大的是aD．a，b，c中最小的是b【答案】AC【解析】【分析】根据当(0,1)x时，ln020xx，即可判断A；利用导数讨论函数()fx在(1,)上的单调性，进而求出函数的最小值即可

判断B；结合选项A和对数函数的单调性可得00bc，即可判断C；利用作差法和结合选项B可得bc，根据C的分析过程可知0cba，进而判断D.【详解】A：当(0,1)x时，ln020xx，，所以2()0lnxfxx，故A正确；B：函

数()fx的定义域为(0,1)(1,)，2222lnln1()(ln)(ln)xxxxxfxxx，令2()ln1(1)gxxxx，则22122()xgxxxx，当12x时，()0gx；当2x时，(

)0gx，所以函数()gx在(1,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，故min()(2)ln20gxg，所以()0fx在(1,)上恒成立，即函数()fx在(1,)上单调递增，

故B错误；C：由选项A可知，当(0,1)x时，所以()0fx，因为0.2000.30.31，所以0.2(0.3)0f，即0a；当(1,2)x时，ln020xx，，得2()0lnxfxx，因为2221log2log3log

42，3331log3log4log92，所以2(log3)0f，3(log4)0f，即00bc，，所以abc、、中最大的是a，故C正确；D：223lg3lg4(lg3)lg2lg4log3log4lg2

lg3lg2lg312222222lg2lg41(lg3)()(lg3)(lg8)(lg3)(lg8)22lg2lg3lg2lg3lg2lg3122222(lg3)(lg8)(lg3)[lg(22)][lg3lg(22)

][lg3lg(22)]0lg2lg3lg2lg3lg2lg3，所以321log4log32，由选项B可知函数()fx在(1,)上单调递增，所以32(log4)(log3)ff，即bc，由选项C可知00bc，，有0cba，所以abc、、中最小的是c

，故D错误；故选：AC29．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）在平面四边形ABCD中，ABD△的面积是BCD△面积的2倍，又数列na满足12a，当2n时，恒有1122nnnnBDaBAaBC，设na的前n项和为nS，则（）A．na为等比数列

B．na为递减数列C．2nna为等差数列D．152210nnSn【答案】BCD【解析】【分析】设AC与BD交于点E，由面积比得2AECE，根据平面向量基本定理得BD与,BABC关系，从而得数列{}na递推关系，然后根据各选项求解数列，

判断结论，其中选项D需要用错位相减法求和．【详解】设AC与BD交于点E，1sin221sin2ABDCBDBDAEAEBSAESCEBDCECEB，2212()3333BEBAAEBAACBABCBAB

ABC，,,BED共线，所以存在实数(0)，使得BDBE，所以1122nnnnBDaBAaBC1233BABC，所以11123223nnnnaa，所以1122(2)nn

nnaa，1122nnnaa，所以12a，24a，324a，{}na不是等比数列，A错；因为1122nnnaa，所以11222nnnnaa，即11222nnnnaa，所以{}2nna是等差数列

，C正确；又因为12a，则112a，即12(1)322nnann，(32)2nnan，所以当2n时，11132232121220nnnnnaannn，即1nnaa，所以{}na是递减数列，B正确；因为2312

12(1)2(3)2(32)2nnnSaaan，231212(1)2(52)2(32)2nnnSnn，所以两式相减得2312(2)2(2)2(2)2(32)2

nnnSn21112(12)2(2)(32)210(52)212nnnnn，所以1(52)210nnSn，D正确．故选：BCD．30．（2022·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长为3的正方体1111ABCDABC

D中，点P是平面11ABC内一个动点，且满足1213PDPB，则下列结论正确的是（）A．1BDPBB．点P的轨迹是一个半径为2的圆C．直线1BP与平面11ABC所成角为3D．三棱锥11PBBC体积的最大值为3622【答案

】ACD【解析】【分析】证明出1BD平面11ABC，利用线面垂直的性质可判断A选项；利用勾股定理计算出PE的长，可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；计算出1PBC面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D选项.【详解】对于A选项，连接11BD，因为四边形1111DCBA为正方形，则111

1BDAC，1DD平面1111DCBA，11AC平面1111DCBA，则111ACDD，因为1111BDDDD，11AC平面11BDD，1BD平面11BDD，111BDAC，同理可证11BDAB，11

11ABACA，1BD平面11ABC，PB平面11ABC，1PBBD，A对；对于B选项，设1BD平面11ABCE，因为111132ABBCAC，11111ABBBBC，所以，三棱锥111BABC为正三棱锥，因为1BE平面

11ABC，则E为正11ABC的中心，则162sin3ABBE，所以，22113BEBBBE，133BD，1123DEBDBE，1BD平面11ABC，PE平面11ABC，1PEBD，即1BEPE，DEPE，因为1213PDPB，即221

23213PEPE，0PE，解得1PE，所以，点P的轨迹是半径为1的圆，B错；对于C选项，1BE平面11ABC，所以，1BP与平面11ABC所成的角为1BPE，且11tan3BEBPEP

E，102BPE，故13BPE，C对；对于D选项，点E到直线1BC的距离为1622BE，所以点P到直线1BC的距离的最大值为612，故1BPC的面积的最大值为33216232222，因为1BE平面11ABC，则三棱锥11BBPC的高为1BE，所以，三棱锥1

1PBBC体积的最大值为3321363322，D对.故选：ACD.31．（2022·山东潍坊·模拟预测）我们约定双曲线2212210,0:xyEabab与双曲线22222:01

xyEab为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是()A．12EE、的离心率相同，渐近线也相同B．以12EE、的实轴为直径的圆的面积分别记为12SS、，则12SSC．过1E上的任一点P引1E的切线交2E于点A

B、，则点P为线段AB的中点D．斜率为(0)kk的直线与12EE、的右支由上到下依次交于点、、ABC、D，则ACBD【答案】AC【解析】【分析】A：根据双曲线标准方程求出渐近线方程和离心率比较即可；B：求出12EE、的实轴，确定两个圆的半径并求它们的面积即可判断；C：设出切线的方程，分别

与12EE、方程联立，根据韦达定理求出P点横坐标和AB中点横坐标比较即可；D：根据C中方程求出BCxx、ADxx并比较，根据弦长公式即可得到ACBD、关系.【详解】①22122:1(0,0)xyEabab

的渐近线为byxa，离心率为ca，222222222:(01)1(01)xyxyEabab，则双曲线2E实轴长为2a，虚轴长为2b，渐近线方程为22bbyxxaa

，故两个双曲线的渐近线方程相同，∵在双曲线里面，离心率221cbeaa，∴两双曲线离心率也相同，故A正确；②21Sa，222()Saa，21221SaSa，故B错误；③对于C，若P为1E顶点时，切线与x轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与2E的交点

AB关于x轴对称，即线段AB的中点为P；当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为ykxt，联立切线与1222222:ykxtEbxayab，得22222222220bakxaktxat

ab(*)，∵直线与1E相切，则方程(*)为二次方程，2220bak，且0，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则根据韦达定理可知2222Paktxbak，联立切线与2222222:y

kxtEbxayab，得22222222220babxaktxatab(**)，设11,Axy，22,Bxy，则2122222aktxxbak，122Pxxx

，∵P在切线ykxt上，∴P为AB中点.综上，P为线段AB中点，故C正确；④对于D，由(*)和(**)可知，22222BCaktxxbak，22222ADaktxxbak，ADBCxxxx，即ACBDxxxx，2211A

CBDACkxxBDkxx，故D错误；故选：AC.32．（2022·山东青岛·一模）已知椭圆22:143xyC的左、右焦点分别是1F，2F，04,3My为椭圆C上一点，则下列结

论正确的是（）A．12MFF△的周长为6B．12MFF△的面积为153C．12MFF△的内切圆的半径为159D．12MFF△的外接圆的直径为3211【答案】ABC【解析】【分析】求得0y，进而求得12,MFMF，由此对选项进行分析，从而确定

正确选项.【详解】椭圆22:143xyC的左、右焦点分别是11,0F，21,0F，04,3My为椭圆C上一点，220041531,433yy，所以2212715884,433333MF

MF.所以12MFF△的周长为22426ac，A正确.12MFF△的面积为001151521233cycy，B正确.设12MFF△的内切圆的半径为r，则115156,239rr，C选项正确.121264164119

9cos0,8416233FMFFMF为锐角，12121135315sin12561616FMF，所以12MFF△的外接圆的直径为12122323215sin4531531516FFFMF，D选项错误.故选：ABC33．（2022

·山东青岛·一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为1r上，2r下，母线AB长为2，E为母线AB中点，则下列结论正确的是（）A．圆台母线AB与底面所成角为60°B．圆台的侧面积为12C．圆台外接球半径为2D．在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5【答案】ACD【

解析】【分析】对于A：过A作12//AFOO交底面于F，判断出ABF即为母线AB与底面所成角.即可求解；对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断；对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由ROAOB，求出2OB；对于D：圆台的侧面上，判断出从C到E的最短路径的长度为

CE，利用勾股定理求解.【详解】对于A：过A作12//AFOO交底面于F，则12OO底面，所以ABF即为母线AB与底面所成角.在等腰梯形ABCD中，2,211ABBF,所以1cos2BFA

BFAB.因为ABF为锐角，所以60ABF.故A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为11224212622S.故B错误；对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：2212122,1,21

3OBOAOO.设1OOa，则23OOa，由ROAOB，即2222132aa，解得：a=0.即OO1重合，所以2ROB.故C正确；对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE.由题意可得：4,2FBFCA

B.由E为AB中点，所以3FE，所以2222435CECFFE.故D正确.故选：ACD【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量.三、双空题34．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）某同学从两个笔筒中抽取使用的笔，蓝色笔筒里有6支蓝笔，4支

黑笔，黑色笔筒里有6支黑笔，4支蓝笔.第一次从黑笔筒中取出一支笔并放回，随后从与上次取出的笔颜色相同的笔筒中再取出一支笔，依此类推.记第n次取出黑笔的概率为nP，则nP___________，111()()22ij

ijnPP___________.【答案】11(1)25n1(15)(15)384nn【解析】【分析】第n次取出黑笔的概率为nP，则取出蓝笔的概率为1nP，进而根据题意建立递推关系11255nnPP，*nN，

再结合135P得数列12nP为等比数列，公比为15，首项为110，进而得111252nnP，再根据等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：第n次取出黑笔的概率为nP，则取出蓝笔的概率为1nP，所以第1n次取

出黑笔的概率为1nP，可能有两种情况，即第n次取出的是黑笔或蓝笔，所以第1n次取出黑笔的概率为132155nnnPPP，即11255nnPP，*nN，因为135P，1111252nnPP

，*nN所以数列12nP为等比数列，公比为15，首项为110，所以111111210525nnnP，所以111252nnP.所以1111111111111111122252525855iji

innnnijijnijiiPP1122111111111111252555111

111111111116555165551616511255nniniininnnniii

112221111111111111111162425164556466555nnnnnn2221211

1111111111116616116465553845538455nnnnnnn1(15)(15)384n

n，综上，111252nnP，1111(15)(15)()()22384nnijijnPP故答案为：11(1)25n；1(15)(15)384nn35．（

2022·山东青岛·一模）已知函数eexxfx，若函数4hxfxx，则函数hx的图象的对称中心为______；若数列na为等差数列，1231144aaaa，1211hahaha______．【答案】4,444【

解析】【分析】根据题意计算(4)(4)hxhx的值，从而可求出其对称中心，由等差数列的性质结合1231144aaaa，可得64a，再利用等差数的性质和hx的对称性可求出1211hahaha的值【详解】因为4

hxfxx，所以(4)(4)hxhx(44)4(44)4fxxfxx()()8fxfxeeee88xxxx，所以hx的图象的对称中心为448,22，即为4,4，因为等差数

列na中，1231144aaaa，所以662544aa，得64a，因为hx的图象的对称中心为4,4，所以111()()248haha，210()()248haha，39()()248haha，48(

)()248haha，57()()248haha，因为6()(4)(0)44hahf，所以121158444hahaha，故答案为：4,4，44四、填空题36．（2022·广东佛山·二模）公比为q的等比数列{na}满足：910

ln0aa，记123nnTaaaa，则当q最小时，使1nT成立的最小n值是___________【答案】17【解析】【分析】根据题意，求出q，写出通项公式即可.【详解】na是等比数列，

910910ln0,0,1aaaa，又∵91099lnlnlnlnaaaqaq，99lnlnqaa，设函数lnfxxx，'1xfxx，当1x时，'0fx，01x时，'0fx，∴在x=1时

，fx取极小值1，ln1q，eq，由题意即q=e，91a，81ea，819eeennna，1787692123e?e?eee1nnnnnTaaaa，17n，∴n的最小值是17.故答案为：17.37．（2022·广东梅州·二模）分形几

何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作

，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“n次分形”（nN）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则n的最小整数值是___________.（取1g30.4771，lg20.301

0）【答案】12【解析】【分析】根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为43，公比是43的等比数列，求出n次分形后线段之和为43n，列出不等式，结合nN，求出12n.【详解】由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形”后所得线段之和的43，且一次分形

后线段之和为14433，故每次分形后所得线段之和可看出首项为43，公比是43的等比数列，故n次分形后线段之和为1444333nn，故4303n，两边取对数得：2lg2lg31l

g3n，又nN，解得：12n，故n的最小整数值为12.故答案为：1238．（2022·湖南湘潭·三模）已知直线l是曲线e1xy与ln1yx的公共切线，则l的方程为__________

_.【答案】e1yx或yx【解析】【分析】设l与曲线e1xy相切于点,e1aPa，与曲线ln1yx相切于点(,lnQbb1），结合导数的几何意义，列出方程求得a的值，即可求解.【详解】设l与曲

线e1xy相切于点,e1aPa，与曲线ln1yx相切于点(,lnQbb1），则1lne2eaabbba，整理得1e10aa，解得1a或0a，当1a时，l的方

程为e1yx；当0a时，l的方程为yx.故答案为：e1yx或yx.39．（2022·湖南师大附中一模）已知点A、B在椭圆22:163xyC上，O为坐标原点，直线OA与OB的斜率之积为12，设OPOAOB

，若点P在椭圆C上，则22的值为________．【答案】1【解析】【分析】设点11,Axy、22,Bxy，可得出2211163xy，2222163xy，且121212yyxx，

将点1212,Pxxyy代入椭圆C的方程，可求得22的值.【详解】设点11,Axy、22,Bxy，则2211163xy，2222163xy，且121212yyxx.由题设，

点1212,Pxxyy在椭圆C上，则221212163xxyy即2222221122121221636363xyxyxxyy，得221

.故答案为：1.40．（2022·湖南师大附中一模）已知函数1lnxfxx，若对12,1,xx，12xx，都有1212lnlnfxfxkxx，则k的取值范围是________．【答案】1,e【解析】【分析】对函数

1lnxfxx求导可知fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，设lngxfxkx，则当1x时，2ln0xkgxxx恒成立，即lnxkx恒成立，设lnxhxx，求其最大值后可求k的取值范围.【详解】2

lnxfxx，则当01x时，0fx，当1x时，0fx，所以fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，不妨设121xx，则12fxfx，12lnlnxx，由已知1221lnlnfxfxk

xx，即1122lnlnfxkxfxkx，令lngxfxkx，则gx在1,上不存在减区间，从而当1x时，2ln0xkgxxx恒成立，即lnxkx恒成立，令lnxhxx，则21lnxh

xx，当1,ex时，0hx，hx单调递增；当e,x时，0hx，hx单调递减，所以max?1eehxh，所以1ek≥.41．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）过点(1,1)P作斜率为(0)

kk的直线交椭圆22:142xyE于,AB两点，若E上存在相异的两点,CD使得||||||||||||CADAPACBDBPB，则CDP外接圆半径的最小值为___________.【答案】510【解析】【分析】根据题

意可知,,CDP在同一个阿氏圆上，可设设P为线段AB的外分点，由此可根据外接圆的直径为||PP,列出等量关系，并表示出外接圆半径，设直线AB的参数方程，联立椭圆的方程，根据参数的几何意义，进行化简，可得答案.【详解】由题意知点(1,1)P在椭圆22:142xyE

内，故||1||PAPB，则可设||||||||||||CADAPACBDBPB，不妨设1，故可知,,CDP在同一个阿氏圆上，设其半径为r，不妨设A,B位置如图：则由阿氏圆的定义可知，P为线段AB的分比为的内分点，设P为分比为的外分点，则|

|||,||||PAPBPAPB,则||||||2,||||||2PAPAPPrBPBPPPr,故||||2PBAPr,即||(2||)||2||PArPBPArPB,故||||||||PAPB

rPAPB；设直线AB的方程为1cos1sinxtt（t为参数，为倾斜角，02），代入到22:142xyE中得到：22(1sin)2(cos2sin)10tt

，0，设其两根为12,tt，则1212222(cos2sin)1,1sin1sintttt，故12121212||||||||1=|||||||-|||||2cos2s

in)ttttPAPBrPAPBtttt（，由于2cos2sin)25sin()（，其中525sin,cos,55为锐角，故2，当2时，2cos2sin)（取到最大值25，故r的最小值为125051，当1时，同

理可解得r的最小值为510，故答案为：51042．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）定义12,Czz，221212121(||||)4zzzzzz，121212i(i)zzzzzz.若134iz，2143iz，则12||zz_______

____.【答案】35【解析】【分析】根据所给定义、复数代数形式的运算法则以及复数模的计算公式计算可得；【详解】解：因为134iz，2143iz，所以214443izz，2124i43zz，则22222212121

211(||||)44432443316344zzzzzz2i143ii43+iz，21i3435izz，21i3433izz，所以2222221212

1211i(|i||i|)34353433412344zzzzzz，所以121212i(i)31634123izzzzzz，所以22123163412335zz；故答案为：3543．（2022·湖

北·黄冈中学模拟预测）在一棱长为6的正四面体密闭容器内部有一半径为64的球体自由运动.则容器内部未被球所扫过的体积为___________.（结果保留到整数，参考数据：121.41,31.73,3.14,cos70.53）【

答案】7【解析】【分析】首先从直观上分析容器内部的哪些区域是小球永远不可能接触到的，容易看到是四个角（顶点附近）的区域，因此，最终要就是研究小球被卡住的位置，也就是小球与同一顶点的三个侧面都相切时的位置【详解】先考虑小球在一个角时的情形，如图，记小球的半径为r，64r，作面111ABC∥面

ABC，与小球切于点D，则小球球心O为正四面体111PABC的中心，PO面111ABC于D，且D为111ABC△的中心，所以，111111111111114433PABCABCoABCABCVSPDVSOD，故44PD

ODr，3POr；再考虑小球与正四面体的一个面（不妨取为11PAB△）相切的情形，设球与面11PAB切于点1P，1OPr，所以，221922PPrrr记正四面体111PABC的棱长为a，作1PMPA于M，因

为11PAB△为正三角形，M为1PA中点，130MPP，所以，12MPr，6PMr，126PAr，所以，111221(26)sin60632ABCSrr，11111123116348333PABCABC

VSPDrrr；小球体积343oVr，因为64r所以，整个容器内部未被球所扫过的体积为11133492683348PABCoVVVrr，外六条棱不能触及的部分，每三条棱和

球最大截面所构成的立体图形为三棱锥减去圆柱的体积，由六条棱组成的立体图形，它们的高均为633，两个这样的立体图形的体积为22132323623322224V

273944，共计不能接触到的体积为：12VV92273186748故答案为：744．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）设函数,0ln,0xaxfxxx，已知12xx，且12fxfx，若21xx的最小值为e，则a的值为_____

_.【答案】1e##e1【解析】【分析】令12fxfxt，由图象可知(,]ta，构造函数()gt21etxxta()ta，利用导数求函数最小值即得.【详解】令

12fxfxt，由图象如图所示可知(,]ta．因为12xx，则1xat，2lnxt，得12,etxtax，即21etxxta．令()e()tgttata，则()e1()tgtta，∴当0a

时，即0a时，()0gt，则()gt在(,]a上单调递减，所以min()()eeeaagtgaaa，解得1a（不满足，舍去）；∴当0a时，即0a时，(0)0g，∴()gt在(,0]上单调递减，在(0,]a上单调递增，所以0min()(0)e

0egtga，解得1e0a满足题意．综上可得，1ae．故答案为：1e.45．（2022·山东·昌乐二中模拟预测）已知向量11,1a，1,0nbn，*111nn

nnnaaabbnN，则13249112222310ababab______.【答案】27220【解析】【分析】先通过数学归纳法证明出*1,1,2nnannN，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.【详解】21122113

1,1,0,1224aaabb，322333114,1,0,14436aaabb，……*1,1,2nnannN.下面用数学归纳法进行证明：当1n时，111,1

1,121a满足题意；假设当nk时，1,12kkak，则当1nk时，1111111,1,1,0,02211kkkkkkkaaabbkkkk

211,1,12121kkkk，故*1,1,2nnannN.∴22211,1,0111122(1)(1)2124112nnnabnnnnnnnnnnn

，∴13249112222310ababab111111141223233491010111112742110220

.故答案为：27220.46．（2022·山东潍坊·模拟预测）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，

sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，AC=4，则△ABD面积的最大值为________．【答案】33【解析】【分析】先通过正弦定理得到::1:1:3CDBCBD，再结合托勒密定理求出43ADAB，最后由面积公式及基本不等式即可求出最大值.【详解】如图，可知1

80BADBCD，由诱导公式知sinsinBADBCD，又sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BAD=1：1：3，故sin∠CBD：sin∠BDC：sin∠BCD=1：1：3，在△BCD中，由正弦定理得::1:1:3CDBCBD

，故120,60BCDBAD，设,,3CDkBCkBDk，则由托勒密定理可知CBADCDABACBD，即34kADkABk，即43ADAB，又13sin24ABDSABADDABABAD233342ADAB，当

且仅当ABAD时取等号.故△ABD面积的最大值为33.故答案为：33.47．（2022·山东潍坊·模拟预测）设函数e1xfxaxbx（a，bR）在区间1,3上总存在零点，则22ab的最小值为________．【答案】4e8##41e8【解析】【分析】由点到直线的距离

公式求得22ab的表达式，结合导数求得22ab的最小值.【详解】e1xfxaxbx在区间1,3上总存在零点0x，即000e10xxabx，即,ab在直线000e10x

xxyx上，22ab表示点,ab到原点的距离的平方，22ab的最小值为原点到直线000e10xxxyx的距离的平方，即000222043222222000000eee221111xxxxxxxxxx

，构造函数2432e1322xgxxxxx，22'2432e1222xxxxgxxxx，所以gx在区间'1,2,0,gxgx递减；在区间'2,3,0

,gxgx递增.所以4mine28gxg.所以22ab的最小值为4e8.故答案为：4e8【点睛】函数fx的零点0x，使00fx.本题中，相当于零点是一个常数，而,ab表示变量，主参变量发生了变化.将22ab的最小值，转化为点到直线距离的最小值，结合导数来进行求解.

48．（2022·山东青岛·一模）截角四面体（亦称“阿基米德多面体”）的表面由四个正三角形和四个正六边形组成，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得到的几何体．若一正四面体的棱长为3，则由其截得的截角四面体的体积为______．【答案】23

212##23212【解析】【分析】由题意可知截角四面体的体积等于大正面体的体积减去4个小正四面体的体积即可【详解】因为大正四面体的棱长为3，所以正四面体的的一个底面面积为2393344，底面正三角形的高为3333

22则正四面体的高为223323623，所以大正四面体的体积为193926344，由题意可得四个角上的小正四面体的棱长为1，则其底面面积为34，底面正三角形的高为为32，则小正四面体的高为223261233

，所以小正四面体的体积为136234312，所以截得的截角四面体的体积为922232441212，故答案为：23212