2024年高考数学多选题考前冲刺训练：8大考点与针对性特训（基础篇）

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2024年高考数学多选题考前冲刺训练：8大考点与针对性特训（基础篇）
8大考点汇总
考点1：集合
考点2：复数
考点3：平面向量
考点4：三角函数
考点5：函数与导数
考点6：数列
考点7：空间向量与立体几何
考点8：平面解析几何
针对性特训
考点1：集合
1．（2024·江西·模拟预测）已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A．， B．当时，
C．当时， D．，使得
2．（2024·广西·模拟预测）已知集合.若，且，则集合可以为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·全国·模拟预测）设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·湖北·模拟预测）设为全集，集合满足条件，那么下列各式中不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
考点2：复数
5．（2024·河北沧州·模拟预测）复数，则下列说法正确的有（ ）
A．在复平面内对应的点都位于第四象限
B．在复平面内对应的点在直线上
C．
D．的最小值为4
6．（2024·安徽·三模）若复数，是方程的两根，则（ ）
A．，实部不同
B．，虚部不同
C．
D．在复平面内所对应的点位于第三象限
7．（2024·山东济宁·三模）已知复数，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．“”是“”的必要不充分条件 D．“”是“”的充分不必要条件
8．（2024·河南·三模）在复平面内，设为坐标原点，复数对应的点分别为，，若，则可能是（ ）
A． B． C． D．
考点3：平面向量
9．（2024·湖北·模拟预测）在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为
C． D．角的最小值为
10．（2024·河南·模拟预测）设向量，，当且仅当，且时，则称；当且仅当，且时，则称，则下列结论正确的有（ ）
A．若且，则
B．若，，则
C．若，则对于任意向量，都有
D．若，则对于任意向量，都有
11．（2024·河南·三模）已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A．一定可以作为一个基底
B．一定有最小值
C．一定存在一个实数使得
D．的夹角的取值范围是
12．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ）
A．
B．
C．若P为EF的中点，则在上的投影向量为
D．的最大值为
考点4：三角函数
13．（2024·湖北荆州·三模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，恒成立条件，. 附加条件①的面积取到最大值；附加条件②.下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若恒成立条件和附加条件①成立，则 D．若恒成立条件和附加条件②成立，则
14．（2024·浙江金华·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在区间的最小值为
15．（2024·安徽·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，，则（ ）
A．
B．的外接圆面积为
C．若，，则
D．若，，则
16．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，且阴影部分的面积为，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．点为曲线的一个对称中心
C．直线为曲线的一条对称轴
D．函数在区间上单调递增
考点5：函数与导数
17．（2024·重庆·模拟预测）若，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（2024·山东泰安·二模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．，直线与相切
B．，
C．恰有2个零点
D．若且，则
19．（2024·江西·模拟预测）已知定义在上的函数满足，的导函数为，则（ ）
A． B．是单调函数
C． D．为偶函数
20．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若与均为偶函数，且，则下列选项正确的是（ ）
A．是周期4的周期函数 B．图象关于点对称
C． D．图象关于点对称
考点6：数列
21．（2024·江西·模拟预测）已知是等比数列的前5项中的其中3项，且，则的前7项和可能为（ ）
A． B． C． D．
22．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（与互质），则（ ）
A．若n为质数，则 B．数列单调递增
C．数列的最大值为1 D．数列为等比数列
23．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知数列满足，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．存在，使得
C． D．
24．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知数列，其前n项和为，若存在常数，对任意的，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列
B．若为数列，则也为数列
C．若为数列，则也为数列
D．若均为数列，则也为数列
考点7：空间向量与立体几何
25．（2024·广东广州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面截正方体所得截面的面积为
B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
C．若，则点的轨迹长度为
D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120
26．（2024·广东江门·二模）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，，点的曲率为分别为的中点，则（ ）
A．直线平面
B．在三棱柱中，点的曲率为
C．在四面体中，点的曲率小于
D．二面角的大小为
27．（2024·广西·模拟预测）已知正方体的棱长为，经过棱上中点E作该正方体的截面，且，与棱和棱AD的交点分别为F，G，截面将正方体分为，两个多面体，则（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．截面为五边形
C．截面的面积为
D．多面体，内均可放入体积为的球
28．（2024·山东菏泽·模拟预测）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”．如图，在堑堵中，，且，过点分别作于点于点，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马” B．直线AE与平面ABC所成的角为
C． D．堑堵的外接球的体积为
考点8：平面解析几何
29．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知双曲线的左 右焦点分别为，直线与双曲线交于两点（点在第一象限），且，若，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为
C．
D．若点是双曲线上异于的任意一点，则
30．（2024·河北·三模）已知F为抛物线的焦点，，为抛物线上不同的两动点，分别过M，N作抛物线C的切线，两切线交于点P，则（ ）
A．若，则直线MN的倾斜角为
B．直线PM的方程为
C．若线段MN的中点为Q，则直线PQ平行于y轴
D．若点P在抛物线C的准线上，则
31．（2024·全国·模拟预测）已知点在定圆内，经过点的动直线与交于两点，若的最小值为4，则（ ）
A．
B．若，则直线的倾斜角为
C．存在直线使得
D．的最大值为12
32．（2024·河北沧州·模拟预测）西姆松（R.Simson）定理：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线，此线常被称为西姆松线.如图，圆与轴的正半轴相交于点，正三角形内接于圆，点为上一点（不与点重合），，垂足分别为，则下列结论正确的有（ ）

A．若为的中点，则西姆松线的方程为
B．
C．
D．
参考答案：
1．AB
【分析】对于A：根据直线方程分析判断；对于B：根据题意求直线交点即可；对于C：根据空集的定义结合直线平行运算求解；对于D：根据直线重合分析求解.
【详解】对于选项A：因为表示过定点，且斜率不为0的直线，
可知表示直线上所有的点，
所以，故A正确；
对于选项B：当时，则，，
联立方程，解得，所以，B正确；
对于选项C：当时，则有：
若，则；
若，可知直线与直线平行，且，
可得，解得；
综上所述：或，故C错误；
对于选项D：若，由选项C可知，且，无解，故D错误．
故选：AB．
2．BC
【分析】由已知，先得出集合，且，接着对四个选项逐个检验即可.
【详解】因为，所以，所以集合．
对于A选项，，，所以A错误；
对于B选项，，，所以B正确；
对于C选项，不等式的解为，则，，所以C正确；
对于D选项，不等式等价于，解得，则，，所以D错误；
故选：BC．
3．BCD
【分析】先分别求出集合，，计算和，再逐项判断即可.
【详解】对集合，由，得，解得，即；
对集合，由，得，解得，，即．
所以或，A错误，B正确，
或，C，D正确．
故选：BCD
4．ABC
【分析】结合举例及集合的运算和集合的关系求解即可.
【详解】当，，，时，满足，
此时，不是的子集，所以A、B不一定成立；
，，所以C不一定成立；
对于D，若，则，但，因为，
所以，于是，所以，
同理若，则，，
因此，成立，所以D成立.
故选：ABC.
5．BC
【分析】由复数的几何意义，即可判断A和B；根据共轭复数的概念及复数的加减运算法则判断C；由复数的模即可判断D．
【详解】对于AB，因为，所以在复平面内对应的点为，故A错误，B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，当时，取最小值为2，故D错误；
故选：BC．
6．BC
【分析】本题首先在复数集内解方程，求出，再根据复数的模及其几何意义、共轭复数、复数的代数表示及其几何意义、复数的除法运算，逐项判定，即可求出结果.
【详解】因为方程可化为，所以，
则，是共轭复数，实部相同，虚部互为相反数，所以A错误，B正确；
因为，所以C正确；
因为，
所以在复平面内所对应的点为，
位于第一象限，所以D错误.
故选：BC.
7．AC
【分析】根据复数加法、乘法、乘方运算，结合复数的几何意义计算，依次判断选项即可.
【详解】A：设，则，
所以，
，则，故A正确；
B：设，则，
所以，
，则，故B错误；
C：由选项A知，，，
又，所以，不一定有，即推不出；
由，得，则，则，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
D：设，则，
若，则，即，推不出；
若，则，
又，
同理可得，所以，；
所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.
故选：AC
8．ACD
【分析】设，根据复数的四则运算以及几何意义可得，再结合向量垂直的坐标表示分析求解.
【详解】设，则，
可知，即，
若，则，
整理得所以或，
对比选项可知ACD正确，B错误.
故选：ACD．
9．ABC
【分析】由余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式判断ABD三个选项，利用向量的模的计算公式判断C选项.
【详解】选项A，若，由余弦定理，得，所以，
则三角形面积，A正确；
选项B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B正确；
选项C，因为边上的中点为，所以，
而，即，则，
所以
，故C正确；
选项D，因为，即，
所以由余弦定理得，
又，且函数在上单调递减，所以，D错误.
故选：ABC.
10．BC
【分析】通过举反例判断AD错误，利用定义证明判断出BC正确.
【详解】对于A，取，，满足，取，，则，，满足，但，A错误；
对于B，因为，，根据新定义可知，，B正确；
对于C，设向量，，，由，得，且，则，且，所以，C正确；
对于D，根据，取向量，，，则，，，D错误.
故选：BC.
11．BC
【分析】对A：借助基底的定义与向量共线定理计算即可得；对B：借助模长定义计算即可得；对C：借助模长与数量积的关系计算即可得；对D：找出反例即可得.
【详解】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；
对B：，
故有最小值，故B正确；
对C：若，则有
即，即，即，
解得，即当时，，故C正确；
对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，
故的夹角不可能为，故D错误.
故选：BC.
12．AD
【分析】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据结合投影向量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解.
【详解】对于选项A：因为，故A正确；
对于选项C：由题意可知：，
若P为EF的中点，所以在上的投影向量为，故C错误；
对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系，
则，
可得，所以，故B错误；
设，可知，
则，可得，
则，
可知当，即点与点重合时，的最大值为，故D正确；
故选：AD.
13．ABC
【分析】依题意可得，利用正弦定理将边化角，即可判断A；由诱导公式及两角和的正弦公式判断B；求出，即可求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系判断C；由正弦定理可得，将两边平方，再结合，即可求出，从而判断D.
【详解】对于A、B：因为，，所以，由正弦定理得，
又，所以，则，故A正确；
又，所以，
所以，显然，，所以，故B正确；
对于C：若的面积取到最大值，
即，
所以当时，取得最大值，此时，
由B可知，
所以，故C正确；
对于D：若，由正弦定理得，
所以，
由B知，即，所以，，
所以，即，所以，
所以，故D错误．
故选：ABC
14．ACD
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
15．BCD
【分析】本题考查了向量的数量积、利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题.
先由向量的数量积、正弦定理和三角恒等变换得，则，再由利用正余弦定理解三角形逐一判定即可.
【详解】对于A选项，依题意，，
则，
由正弦定理，，
因为，且，
故，故，
因为，故，故A错误；
对于B选项，由选项A可知，，故其外接圆面积为，故B正确；
对于C、D选项，因为，记，
所以，，，，
在中，由正弦定理，，即，
在中，由余弦定理，，
故，解得，
因为，则，，故C、D正确；
故选：BCD.
16．ACD
【分析】根据题意结合五点法求函数解析式，即可判断A；代入检验结合最值与对称轴、零点与对称中心之间的关系判断BC；对于D：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断.
【详解】由题意可知：函数的最大值为2，即，
因为，即，
且，可得，
设的最小正周期为，则，即，故A正确；
且，可得，
所以，
对于选项B：因为，
所以点不为曲线的一个对称中心，故B错误；
对于选项C：因为为最小值，
所以直线为曲线的一条对称轴，故C正确；
对于选项D：因为，则，
且在内单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D正确；
故选：ACD.
17．BC
【分析】由已知可得，由幂函数性质可判断A; 由对数函数性质可判断B; 由幂函数性质可判断C; 由不等式的性质可判断D.
【详解】对于A：∵，幂函数在上单调递增，
且，∴，故选项A错误；
对于B：∵，∴函数在上单调递减，
又∵，∴，
∴，即，故B正确；
对于选项C：∵，则，幂函数在上单调递减，
且，∴，∴，故选项C正确；
对于选项D：由选项B可知：，∴，
∵，
∴，∴，故D错误.
故选：BC.
18．ACD
【分析】利用导数研究函数的单调性并作出图形，结合导数的几何意义即可判断A；根据函数的单调性和，即可判断B；根据函数的单调性和零点的存在性定理即可判断C；当、时，分别解方程，即可判断D.
【详解】由题意知，的定义域为，，
则，对于方程，，
所以在上恒成立，故在、上单调递减，
作出直线和函数的图象，如图，
A：由图可知，当时，，则，，
所以曲线在点处的切线方程为，
此时使得直线与相切，故A正确；
B：当时，，函数在上单调递减，
且，则存在使得，
当时，且，当时，，
所以，使得，故B错误；
C：由选项B的分析知，函数在上有且仅有1个零点；
当时，，在上单调递减，
又，，由零点的存在性定理知，
函数在上有且仅有1个零点，所以恰有2个零点，故C正确；
D：若，则，，
得，解得；
若，则，，
得，解得，
综上，若且，则，故D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析，结合零点单调存在性定理求解即可.
19．ACD
【分析】对于A：利用赋值法分析可得，；对于B：根据结合单调性的定义分析判断；对于C：分析可得，即可得结果；对于D：对求导，结合偶函数的定义分析判断.
【详解】因为，且的定义域为，
对于选项A：令，则，可得；
令，则，可得，故A正确；
对于选项B：由选项A可知，所以不是单调函数，故B错误；
对于选项C：令，可得，
即，所以，故C正确；
对于选项D：由选项C可知，
对两边求导得，即，
所以为偶函数，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
20．AB
【分析】由周期函数的定义即可求解A，根据函数奇偶性的定义，结合函数的对称性的性质即可求解B，根据原函数与导数的关系即可求解C，根据函数周期性的性质即可求解D.
【详解】对于A、B，因为为偶函数，所以，即，
所以函数的图象关于对称，又为偶函数，
所以，两边求导得，
所以，即，即，关于对称，
所以，即，所以是周期为4的函数；
故A、B正确；
对于C，由，令，得，令，得，
因为，所以，即，
又周期为4，所以，故C错误；
对于D，又因为周期为4，故，即，
所以，因此，
又，则，
所以，所以，即得，
所以函数的图象关于直线对称，结合A、B结论，选项D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性以及合理赋值确定函数的对称性及周期性.
21．AB
【分析】根据等比数列分析可知：且或8，分或，结合等边数列通项公式分析求解，再结合等边数列求和公式分析求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为等比数列中所有奇数项同号，所有偶数项同号，
结合已知可知，其中2，8这两项的奇偶性相同，
又因为，可知或8，则有：
若，，则，解得，符合题意，
所以的前7项和为；
若，，则，解得，此时，符合题意，
所以的前7项和为；
综上所述：的前7项和为或．
故选：AB．
22．ACD
【分析】利用新定义，结合数列的单调性和等比数列的定义逐个判断即可.
【详解】因为为质数，故小于或等于的正整数中与互质的数的数目为 ，此时，故A正确.
因为，所以，故数列不是单调递增，故B错误.
小于等于的正整数中与互质的数为，数目为，
所以在时递减，故当时，数列的最大值为1，故C正确.
小于等于的正整数中与互质的数的数为，数目为，
故，而，故数列为等比数列，故D正确.
故选： ACD.
【点睛】关键点点睛：从质数定义入手，结合题目信息，逐步解答.
23．BD
【分析】根据递推公式分别求出和可判断A；将两边同时取倒数后配方，再适当放缩可得到，即可判断B；根据，再利用累加法可判断C；根据，再利用累乘法可求出即可判断D.
【详解】，，易知，，
对于A， ，，故A正确；
对于B，，，
，两边开方得，故B错误；
对于C，由B知，，即，
当时，
，
，，
即，当且仅当时等号成立，
，故C正确；
对于D，由C知，，即，当且仅当时等号成立，
当时，
，
，故D错误.
故选：BD.
24．ACD
【分析】对A，根据题意可得，利用数列的定义求解判断；对B，举反例不合题意；对C，根据条件得，结合数列的定义和绝对值三角不等式可判断；对D，由数列是数列，可得，，结合绝对值三角不等式可证，得解.
【详解】对于A，，于是，
，故A正确；
对于B，若，显然数列是数列，，
但，所以数列不是数列，故B错误；
对于C，因为数列是数列，
所以存在正数，对于任意的，
有，即，
所以
，所以数列是数列，故C正确；
对于D，若数列是数列，
则存在正数，对任意的，有
，，
因为
，
同理可得，记，，
则有
，所以数列也是数列，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题是新定义问题的求解，关键是理解新定义，将新定义问题转化为熟悉的问题来进行求解.
25．ABD
【分析】由截面知识结合三角形面积公式即可验证A，由异面直线夹角结合双曲线的定义可验证B，由椭球的概念和性质可知该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，则可验证C，将正方体绕旋转后与其自身重合，转化为旋转后能和自身重合，则D可验证.
【详解】对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；
对于B，因为，若与所成的角为，
则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，
所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，
所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，
所以点的轨迹长度为，所以C错误，
对于D，平面，且为正三角形，
若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确.
故选：ABD.
26．ABD
【分析】利用面面平行的判定性质判断A；利用曲率的定义计算判断BC；作出二面角的平面角并求得其大小判断D
【详解】对于A，取的中点，连接BG，FG，由D，E，F分别为的中点，
得，而平面，平面，则平面，
又，则四边形为平行四边形，，
而平面，平面，则平面，又，
平面，于是平面平面，由平面BFG，得平面，A正确；
对于B，在直三棱柱中，，
则点的曲率为，解得，由，得，
而，因此点的曲率为，B正确；
对于C，过作，交的延长线于，连接，由平面ABC，
平面ABC，得，，平面，
则平面，平面，因此，，，
又，则，，
在四面体中，点的曲率为，C错误；
对于D，由选项C知，为二面角的平面角，又，
则，所以，D正确．
故选：ABD
.
27．AC
【分析】取AD的中点M，连接GM，FM，，可求得直线FG与所成角的正切值为，判断A；分别取，，的中点H，N，Q，连接EN，NG，GH，HF，FQ，QE，可得截面为正六边形GNEQFH判断B；求得截面面积判断C；根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体，求得设多面体内能放入最大球的球心为O，，以C为坐标原点，CD，CB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得最大球的半径，可判断D.
【详解】取AD的中点M，连接GM，FM，则，
则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角．
在中，，，则，
即直线FG与所成角的正切值为，所以A选项正确；
分别取，，的中点H，N，Q，连接EN，NG，GH，HF，FQ，QE，
易证正六边形GNEQFH即为截面，又正方体的棱长为，
所以正六边形的边长为2，所以其面积为，所以B选项不正确，C选项正确；
对于D选项，根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体，
不妨设多面体内能放入最大球的球心为O，则，
球O与截面相切于正方体的中心S，且球O也与以C为顶点的三个面均相切，
以C为坐标原点，CD，CB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，又，则，解得，
，所以，
所以不能放入体积为的球，所以D选项不正确．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键点是找出球心位置，通过建立合适的空间直角坐标系，假设球心坐标得到相关方程，解出即可.
28．ACD
【分析】根据给定条件，证明线面垂直判断A；求出线面角的大小判断B；利用线面垂直的判定性质推理判断C；确定堑堵的外接球球心位置，计算判断D.
【详解】对于A，在堑堵中，平面，而平面，
则平面平面，又平面平面，，
平面，因此平面，又四边形为矩形，则四棱锥为“阳马”，A正确；
对于B，显然平面平面，平面，则是在平面内的射影，
是直线AE与平面所成的角，由，，
得，又，则，B错误；
对于C，由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，又，平面，因此平面，
而平面，则，C正确；
对于D，由平面，平面，得，
而，则平面，平面，得，
由选项B知，点为的中点，因此，
则点为堑堵的外接球球心，球半径为，体积为，D正确.
故选：ACD
29．AD
【分析】连接，根据对称性可知且，由双曲线的定义及求出，，再由，将两边平方，由数量积的运算律得到，即可求出离心率，从而求出渐近线方程，即可判断A、B、C，再由点差法求出，即可判断D.
【详解】如图，连接，
由双曲线定义可知，，
由题意得关于原点对称，故且，即四边形为平行四边形，
因为，又
所以，，
由，所以，
由，得，
即有，
所以，所以离心率，故A正确；
又，所以，
所以渐近线方程为，，故B、C错误，
设点，因为是直线与双曲线的交点，
根据对称性可得，所以.
又点在双曲线上，代入可得，
两式相减可得，所以，故D正确.
故选：AD.
30．BD
【分析】由点在抛物线上，联立方程组，作差结合斜率公式，可判定A不正确；求得，利用导数的几何意义，求得切线方程，可判定B正确；联立方程组，求得点的横坐标为及，得到，由时，可得直线与轴重合，可判定C不正确；求得点，得到和，结合，可判定D正确.
【详解】对于A中，由点，为抛物线上，
可得，两式相减得，
因为，可得，即的斜率为，
所以直线的倾斜角为，所以A不正确；
对于B中，由，可得，则，所以，
即过点的切线的斜率为，
所以切线的方程为，即，
又因为，所以切线方程为，所以B正确；
对于C中，同理可得，切线方程为，
联立方程组，解得，
所以点的横坐标为，
又因为为的中点，可得，所以，
当时，可得轴，；但当时，可得直线与轴重合，
所以C不正确；
对于D中，由抛物线，可得焦点，准线方程为，
若点在抛物线的准线上，可得点，所以，
又由A项，可得，即直线的斜率为
因为，所以，所以，所以D正确.
故选：BD.
31．BC
【分析】A选项，根据点在圆的内部得到不等式，求出，利用垂径定理得到，而，从而得到方程，求出；B选项，在A选项基础上得到，结合求出直线的斜率和倾斜角；C选项，假设存在，结合满足要求，故C正确；D选项，由三角形面积公式和相交弦定理得到D错误.
【详解】A．因为点在圆的内部，所以，解得．
设点到直线的距离为，则，其中为定值，
所以当时，最大，最小．
又圆心，所以，
所以，解得，A错误．
B．由选项可知，当时，直线，而，所以，
所以直线的倾斜角为，B正确．
C．假设存在直线使得，则此时点到直线的距离为，满足要求，
所以假设成立，C正确．
D．由三角形面积公式得
，

因为弦一定经过点，设直线与圆相交于点，
因为，所以∽，
故，故，
因为，
所以，
所以，
当，即时等号成立，故D错误．
故选：BC．
32．BCD
【分析】若为的中点，西姆松线为直线，求直线即可判断A；由和即可判断B；通过四点共圆，及即可判断C；在中，通过正弦定理及角平分线定理即可判断D.
【详解】对于A，由题意可知，若为的中点，则四点共线，
且与重合，与重合，
所以西姆松线为直线，
易知，且，
故直线方程为，故A错误；
对于B，因为为圆的弦，
且在弦两侧，
所以，
且,
所以.
又，
所以，故B正确；
因为，
所以四点共圆，
所以,
又因为
所以，故C正确；
同理，四点共圆，
所以，
在中，平分，
所以，
所以由角平分线定理得，
由正弦定理知，
在中，由正弦定理知，
又因为，
所以，又，
所以，
所以，
即，
所以，
即，故D正确.
故选：BCD.
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