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2025年新高考地区数学名校地市选填压轴题精选汇编（一）
1．（2025·广东揭阳·二模）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东广州·二模）已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·广东广州·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·广东·二模）从双曲线上一点向该双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·广东清远·二模）设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（2025·广东清远·二模）已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·广东清远·二模）已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点．过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则的方程和直线斜率的最大值分别为（ ）
A．（除去点）， B．（除去点），
C．， D．，
9．（2025·广东湛江·二模）若函数在上单调递增，则当取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·广东湛江·二模）已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·广东佛山·二模）已知球O的表面积为，球面上有A，B，C，D四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则（ ）
A． B． C．2 D．3
12．（2025·广东茂名·二模）设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
13．（2025·广东茂名·二模）已知函数为上的奇函数，，当时，，不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·高三·重庆·阶段练习）已知双曲线的左、右顶点分别为、，是上一点，为等腰三角形，且外接圆面积为，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
15．（2025·高三·重庆大足·阶段练习）设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（ ）
A． B．1 C．2 D．4
16．（2025·湖北·二模）已知，函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
17．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知函数是上的奇函数，且，对于任意的，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
18．（多选题）（2025·广东揭阳·二模）已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线有4条对称轴
B．曲线形成封闭图形的面积大于
C．当时，线段中点的轨迹与曲线相切
D．当时，直线与曲线相切
19．（多选题）（2025·广东揭阳·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在上仅有1个零点 D．的最小正周期为
20．（多选题）（2025·广东广州·二模）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ）
A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B．若直线被圆截得的弦长为2，则
C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1
21．（多选题）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
22．（多选题）（2025·广东·二模）已知离散型随机变量的分布列为.定义随机变量为自然对数的底数，的分布列如下：
随机变量的数学期望称为随机变量的生成函数，记为.是函数在处的导数，则（ ）
A．
B．若服从两点分布，，则
C．若，则
D．若实数为常数，则
23．（多选题）（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
24．（多选题）（2025·广东清远·二模）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
25．（多选题）（2025·广东湛江·二模）在平面直角坐标系中，动点P在直线上的射影为点Q，且．记P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A．C关于直线l对称
B．C上存在点，使得
C．的最小值为
D．若C与两条坐标轴的正半轴所围成的面积为S，则
26．（多选题）（2025·广东湛江·二模）已知锐角三角形的内角分别为，，，则（ ）
A． B．
C． D．
27．（多选题）（2025·广东佛山·二模）圆C过抛物线：上的两点、，则（ ）
A．圆C面积的最小值为
B．圆C与抛物线的公共点个数为2或4
C．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2
D．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为2
28．（多选题）（2025·广东佛山·二模）市场监督管理局对9家工厂生产的甲、乙产品进行抽查评分，且得分的平均数分别为77、60，其中A工厂生产的产品得分如下表：
分数 名次（按高分到低分排名）
甲产品 75 4
乙产品 66 6
则在此次抽查评分中（ ）
A．9家工厂甲产品得分的中位数一定小于平均数
B．9家工厂乙产品得分的中位数一定大于平均数
C．9家工厂甲产品得分中一定存在极端高分数（高于平均数10分以上）
D．9家工厂乙产品得分中一定存在极端低分数（低于平均数10分以上）
29．（多选题）（2025·广东茂名·二模）的内角的对边分别为，已知，下列选项正确的是（ ）
A． B．可能成立
C．可能是等腰三角形 D．面积的最大值为20
30．（多选题）（2025·广东茂名·二模）设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则
31．（多选题）（2025·高三·福建·开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B．存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等
C．正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大
D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点
32．（多选题）（2025·高三·江西·开学考试）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．图象的对称中心为
B．是奇函数
C．
D．在区间上单调递减
33．（多选题）（2025·湖南邵阳·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与的右支交于、两点，则（ ）
A．直线与恰有两个公共点
B．双曲线的离心率为
C．当时，的面积为
D．当直线的斜率为，过线段的中点和原点的直线的斜率为时，
34．（多选题）（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ）
A．当时，
B．当且时，
C．当时，
D．当时，
35．（2025·广东揭阳·二模）在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为 ，的最小值为 .
36．（2025·广东广州·二模）在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为 .
37．（2025·广东·二模）已知是圆上两个动点，点坐标为，若点满足四边形是矩形，则的取值范围是 .
38．（2025·广东清远·二模）一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点的跳法共有 种．（用数字作答）
39．（2025·广东清远·二模）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
40．（2025·广东湛江·二模）将数列与中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序得到数列，则 ，的前202项和为 ．
41．（2025·广东佛山·二模）已知函数，若有三个零点，，，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 .
42．（2025·高三·全国·专题练习）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ．
43．（2025·广东茂名·二模）已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为 ．
44．（2025·全国·模拟预测）若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是 ．
45．（2025·高三·河南·期末）在边长为1的菱形中，将沿折起，使二面角的平面角等于，连接，得到三棱锥，则此三棱锥外接球的表面积为 .
46．（2025·高三·山东烟台·期末）若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的值为 ．
47．（2025·辽宁·模拟预测）已知正四棱锥的一个侧面的周长为10，则该四棱锥体积的最大值为 ，此时其外接球表面积为 .
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2025年新高考地区数学名校地市选填压轴题精选汇编（一）
1．（2025·广东揭阳·二模）已知定义在上的函数，对任意满足，且当时，.设，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则有.
当时，由已知可得，
化简可得.
又由已知当时，可得，，
所以.
所以，在上单调递减.
又时，构造，
则在上恒成立，
所以，恒成立，
所以在上恒成立.
所以，有在上恒成立；
当时，有，所以有，即；
当时，，此时有，即.
综上所述，.
故选：D.
2．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则
，，设，则
易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，
由已知可得.
又，，，
所以有.
又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以.
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；
若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.
综上所述，.
所以.
又
所以，与所成角的余弦值为.
故选：A.
3．（2025·广东广州·二模）已知函数在上的所有极值点从小到大依次记为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，则或.
如图，画出图象，
结合图象可知在两侧附近正负相反，可得极值点有8个.
则互为相反数，因，
则，又注意到，
则.
故选：B
4．（2025·广东广州·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与相交于两点，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意作出图形如图所示：
设，又，所以，
又，，所以，所以，
又因为，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
因为，
所以，
整理得，所以，解得.
故选：D.
5．（2025·广东·二模）从双曲线上一点向该双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据双曲线具有的对称性，不妨设双曲线上第一象限的点，
则由双曲线可得渐近线方程为，即
所以由点到直线的距离公式可得：
由，
由双曲线上第一象限的点可知，所以上式可变形得，
即，则代入双曲线得：，
则过点作渐近线的垂线可得方程为：，
与渐近线联立解得：，即得，
再过点作渐近线的垂线可得方程为：，
与渐近线联立解得：，即得，
所以，
故选：A.
6．（2025·广东清远·二模）设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】由，可得，
所以曲线在处的切线方程是，
令得，所以
.
故选：A．
7．（2025·广东清远·二模）已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，
且当时，，
因为函数在内恰有3个最值点和3个零点，
所以，解得，
故选：D．
8．（2025·广东清远·二模）已知抛物线的方程为，直线与交于，两点，，两点分别位于轴的上下两侧，且，其中为坐标原点．过抛物线的焦点向作垂线交于点，动点的轨迹为，则的方程和直线斜率的最大值分别为（ ）
A．（除去点）， B．（除去点），
C．， D．，
【答案】B
【解析】由题可设，，则，解得或者（舍），
设直线的方程为，与抛物线方程联立得，
所以，故，故直线的方程为，
所以直线过定点，
又因为，由圆的定义可知动点的轨迹是以为直径的圆，
因为中点坐标为，
所以点的轨迹方程为（除去点），
过原点的直线和在第一象限内相切时，斜率最大，
所以直线斜率的最大值为．
故选:B
9．（2025·广东湛江·二模）若函数在上单调递增，则当取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
其中,且为锐角，
因为在上单调递增，且，
所以，则的最大值为，
此时．
故选：D.
10．（2025·广东湛江·二模）已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为正方体的棱长为，则表面上的点到点A的最大距离为，
所以以顶点A为球心，为半径的球的球面与这三个表面没有公共点．
如图，若球面与表面的公共点为P，
因为，则，
由，可得，同理可得，则，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面的交线都是圆心角为，半径为2的圆弧，
同理可得球面与表面的交线也都是圆心角为，半径为2的圆弧，
所以交线总长为．
故选：B.
11．（2025·广东佛山·二模）已知球O的表面积为，球面上有A，B，C，D四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】D
【解析】由题意三棱锥为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球，设其半径为，
因为球O的表面积为，所以，设，即正的边长为，
取中点，连接，作，根据正三棱锥的性质可知球心O在上，
如下图所示：
根据线面角的定义知，则，因为，，
所以，在中，，
所以，解得或，即.
（若球心O在的延长线上时，，求得，此时）
故选：D.
12．（2025·广东茂名·二模）设为坐标原点，为双曲线的左焦点，圆与的渐近线在第一象限的交点为，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
的渐近线为，
联立，因为在第一象限的交点为，得，即，
所以，又，
故，
化简得：，
故选：B.
13．（2025·广东茂名·二模）已知函数为上的奇函数，，当时，，不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】构造，则，
因为当时，，则此时，单调递增，
则的正负符号由决定，
又因为，则，因为在上单调递增，
则当时，，所以此时，
当时，，所以此时，
又因为为上的奇函数，则当时，，则，
当时，，则，
且，
则若，则或
即或，解得或，
综上，的解集为.
故选：D.
14．（2025·高三·重庆·阶段练习）已知双曲线的左、右顶点分别为、，是上一点，为等腰三角形，且外接圆面积为，则双曲线的离心率为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分析：不妨设在第二象限，由外接圆面积得其半径，设，利用正弦定理求出，从而可得，然后求得点坐标，把点坐标代入双曲线方程可得关系式，化简后可求得离心率．
不妨设在第二象限，则在等腰中，，
设，则，为锐角．
外接圆面积为，则其半径为，∴，
∴，，
∴，，
设点坐标为，则，，
即点坐标为，
由点在双曲线上，得，整理得，
∴．
故选C．
15．（2025·高三·重庆大足·阶段练习）设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】B
【解析】由，得，即，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，
所以，
所以，经检验符合题意，
所以，
因为，所以，所以，
则，解得，
所以.
故选：B.
16．（2025·湖北·二模）已知，函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得的定义域为．设，
则，令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
又当时，，当时，，
所以在内有两个零点，设为，
则当时，，当时，．
设，
由，得当时，，
当时，，则为方程的两个实数根，
所以，，．
又，，所以，，
所以，
即，则，所以．
易知，，故，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故的最小值为e．
解法二 由，，，
得．
在同一平面直角坐标系中作出函数，，的大致图象，
数形结合可知，若，
则与，的图象的两个交点重合，
如图，设这两个交点分别为，则为方程的两个实数根，
所以，，．
易知为方程的两个实数根，所以，，
以下同解法一．
故选：C.
17．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知函数是上的奇函数，且，对于任意的，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，由函数是上的奇函数，得的定义域为，
且，函数也是上的奇函数，
对于任意的，都有，
得，即，
函数在上单调递增，又为奇函数，因此在上单调递增，
由，得，
由不等式，则，解得，
所以不等式的解集为.
故选：A
18．（多选题）（2025·广东揭阳·二模）已知曲线，一条不过原点的动直线与x，y轴分别交于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线有4条对称轴
B．曲线形成封闭图形的面积大于
C．当时，线段中点的轨迹与曲线相切
D．当时，直线与曲线相切
【答案】ACD
【解析】
对于A，由绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性，
即关于轴，轴，以及直线和直线对称，故曲线有4条对称轴，A正确；
对于B，因曲线在第一象限的方程为，即，，
则曲线在第一象限内的面积为，
因曲线的对称性，在四个象限内的部分面积相同，
故曲线形成封闭图形的面积为，故B错误；
对于C，如图，考虑曲线的对称性，不妨设直线与x，y轴的正半轴分别交于两点，
线段的中点为，由图知，，即点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，
该圆与曲线都关于直线对称，且在第一象限都经过直线上的点，
由图可知圆与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确；
对于D，不妨设，则直线的方程为，其中，
由消去，可得，
将代入，化简得：，即，解得，
由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，故此时直线与曲线相切，
同理在其他象限也有相同的结论，故D正确.
故选：ACD.
19．（多选题）（2025·广东揭阳·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．在上仅有1个零点 D．的最小正周期为
【答案】BCD
【解析】对于A，，其定义域为关于原点对称，
且，
即为偶数，故A错误；
对于B，，其定义域为关于原点对称，
且，故B正确；
对于C，令，即，即，
又，当时，，且，则，
所以在上仅有1个零点，故C正确；
对于D，，因为，
假设存在，使得对任意的恒成立，
令，则，所以，
因为，所以，即，则，
在的条件下，，
且时，，
所以的最小正周期为，故D正确；
故选：BCD
20．（多选题）（2025·广东广州·二模）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心，重心，垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若的三个顶点坐标分别为，，其“欧拉线”为，圆，则（ ）
A．过作圆的切线，切点为，则的最小值为4
B．若直线被圆截得的弦长为2，则
C．若圆上有且只有两个点到的距离都为1，则
D．存在，使圆上有三个点到的距离都为1
【答案】BC
【解析】由题意，
的三个顶点坐标分别为，，
在圆中，，半径
，
A项，
过作圆的切线，切点为，如图所示，
∴,
在中，由勾股定理得，
∴
∴当时，取最小值，，故A错误；
B项，
重心坐标即,
所在直线，即
线段的中点,
∴的垂直平分线为：，
同理可得，的垂直平分线为：，
，解得：，
∴外心
由几何知识得，垂心与外心重合，
∴过和，，即，
直线被圆截得的弦长为2，恰好为圆的直径，
∴直线过圆心，
∴，即，B正确；
C项，圆上有且只有两个点到的距离都为1，
∴圆心到直线即的距离小于直径.
∴，解得：，故C正确；
D项，由几何知识得，
圆上不可能有三个点到直线的距离均为半径1，故D错误；
故选：BC.
21．（多选题）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】如下图所示：
易知，由可得；
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），
如图中过平面的虚线形成的劣弧所示：
取的中点为，作平面，则有，
又易知，
如下图所示：
在劣弧上运动，
对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确；
对于B，设直线与平面所成的角为，
则，为定值，即B正确；
对于C，作，
易知三棱锥的体积的最大值为
，即C错误；
对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图：
由于是的外心，则平面，因此三点共线，
设，
在中由勾股定理可得，解得；
因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确.
故选：ABD
22．（多选题）（2025·广东·二模）已知离散型随机变量的分布列为.定义随机变量为自然对数的底数，的分布列如下：
随机变量的数学期望称为随机变量的生成函数，记为.是函数在处的导数，则（ ）
A．
B．若服从两点分布，，则
C．若，则
D．若实数为常数，则
【答案】AD
【解析】对于A，随机变量的生成函数，则，当时，，所以A正确；
对于B，服从两点分布，，则生成函数为，所以B错误；
对于C，，则生成函数为，所以C错误；
对于D，对于线性变换的生成函数，所以D正确.
故选：AD
23．（多选题）（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面与平面所成角的余弦值为
C．若，则点轨迹的长度为
D．若点在直线上，则的最小值为
【答案】ABC
【解析】如图1，连接，由菱形可得．
再由直棱柱，可得底面．
又因为底面，所以，
而平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A正确；
，，，所以为直角三角形，且，
其在底面投影的三角形的面积为，
由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，故B正确；
如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为，
由直棱柱，
所以平面平面，平面平面，平面，
且，所以平面.
而侧面，即有，由菱形边长为2，，可得，
再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心，
以为半径的圆弧（如图3中），则由侧面正方形，
可知，，可得，所以点轨迹的长度为，故C正确；
由为直角三角形，且为等腰直角三角形，
将与展开成一个平面图，如图4，则；
由余弦定理得：，
即，故的最小值为，故D错误．
故选：ABC
24．（多选题）（2025·广东清远·二模）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，
，可得，所以B错误；
对于C中，由，
，
因为，可得，即，所以C正确；
对于D中，由
，
又由
，
函数，可得，所以在上单调递减，
当时，，则，即，
因此，即，
则，所以D正确．
故选：ACD．
25．（多选题）（2025·广东湛江·二模）在平面直角坐标系中，动点P在直线上的射影为点Q，且．记P的轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A．C关于直线l对称
B．C上存在点，使得
C．的最小值为
D．若C与两条坐标轴的正半轴所围成的面积为S，则
【答案】ABD
【解析】设，则．由，
得，即．关于l对称的点为，
也满足方程，故C关于直线l对称，A正确．
显然点在C上，且满足，B正确．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，整理得，
从而，C不正确．
记C在第一象限内的部分为曲线D，设为D上任意一点，则，
由，得，即，
故点B在直线的上方或在的下方（不重合），
从而．
假设，则由，可得，
则，则，则，这与假设矛盾，
故D在直线的上方，从而，故，D正确．
故选：ABD
26．（多选题）（2025·广东湛江·二模）已知锐角三角形的内角分别为，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】因为为锐角三角形，所以，
则，从而,A选项正确；
由，得，
则，则，B选项错误；
由，可得，
则当时，，C选项错误；
由，得，
则，从而，D选项正确；
故选：AD.
27．（多选题）（2025·广东佛山·二模）圆C过抛物线：上的两点、，则（ ）
A．圆C面积的最小值为
B．圆C与抛物线的公共点个数为2或4
C．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2
D．若圆C与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为2
【答案】ACD
【解析】因为点在抛物线：上，
所以，解得，所以抛物线的方程为，
对于A，因为圆C过抛物线上的两点、，
则以为直径时，圆的面积最小，半径，
此时圆C的面积为，故A正确；
对于B，过、、的圆C的方程为，
与联立，得，
所以或，解得或，
则圆C与抛物线的公共点为，个数为3，故B错误；
对于D，直线的方程为，
由已知可知直线的斜率存在，设为，
则直线的方程设为，
设过、P、Q的曲线方程为，
方程左边的系数为，
因为、P、Q的曲线方程为圆，
所以，即，故D正确；
对于C，直线的方程为，与联立，
得，设的纵坐标为，则，故C正确.
故选：ACD.
28．（多选题）（2025·广东佛山·二模）市场监督管理局对9家工厂生产的甲、乙产品进行抽查评分，且得分的平均数分别为77、60，其中A工厂生产的产品得分如下表：
分数 名次（按高分到低分排名）
甲产品 75 4
乙产品 66 6
则在此次抽查评分中（ ）
A．9家工厂甲产品得分的中位数一定小于平均数
B．9家工厂乙产品得分的中位数一定大于平均数
C．9家工厂甲产品得分中一定存在极端高分数（高于平均数10分以上）
D．9家工厂乙产品得分中一定存在极端低分数（低于平均数10分以上）
【答案】ABD
【解析】对于甲乙产品，9家工厂抽查评分从低到高的第5位是中位数，
由75分是甲产品按高分到低分的第4位，即从低到高的第6位，故中位数小于等于75分，
由66分是乙产品按高分到低分的第6位，即从低到高的第4位，故中位数大于等于66分，
又甲、乙得分的平均数分别为77分、60分，A、B对；
甲产品评分可以为，此时不存在极端高分数，C错；
对于乙产品，假设所有评分都为66分，则分，
所以从低到高的前3个评分平均比66分低18分，故必存在极端低分数，D对.
故选：ABD
29．（多选题）（2025·广东茂名·二模）的内角的对边分别为，已知，下列选项正确的是（ ）
A． B．可能成立
C．可能是等腰三角形 D．面积的最大值为20
【答案】AC
【解析】由正弦定理可得,
即，即，
即，且，所以，
且，所以，故A正确；
假设，则，又，则，
不满足三角形两边之和大于第三边，故不可能成立，故B错误；
假设，由余弦定理可得，
代入可得，
又，即，
则成立，所以成立，
成立，所以成立，
故C正确；
由三角形的面积公式，
由余弦定理可得，
即，且，，
所以，化简可得，解得，
所以时，三角形的面积最大，最大值为，故D错误；
故选：AC
30．（多选题）（2025·广东茂名·二模）设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则
【答案】ABD
【解析】因为，，所以，所以，故A正确；
因为，，
所以，故B正确；
因为，故，
故，
而，
故
，
同理，
故，故C错误；
对于D，因为，故将顺时针旋转后仍为函数图像，
故图象上的任意一点切线的斜率大于或等于，
故即在上恒成立，故，故D成立.
故选：ABD.
31．（多选题）（2025·高三·福建·开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，E是线段上的动点（不包括端点），过A，，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B．存在一点E，使得点和点C到平面的距离相等
C．正方体被平面所截得的截面的面积随着的增大而增大
D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，E是的中点
【答案】AC
【解析】对于A，正方体外接球的半径为，内切球的半径为，可得正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的倍，故A正确；
对于B，由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等，
必有平面，又由，可得平面，与平面矛盾，
故B错误；
对于C，如图，
在上取一点F，使得，连接，设，
由，可得平面为过A，，E三点的截面，
在梯形中，，，，，
梯形的高为，
梯形的面积为，
令，有.
可得函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的增大而增大，
故C正确；
对于D选项，，，
被平面所截得的上部分的几何体的体积为，整理为，
解得，故D错误.
故选：AC
32．（多选题）（2025·高三·江西·开学考试）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．图象的对称中心为
B．是奇函数
C．
D．在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】因为，
对于A选项，由可得，
所以，函数图象的对称中心为，A错；
对于B选项，，
所以，为奇函数，B对；
对于C选项，，C对；
对于D选项，当时，，单调递减，
所以，在区间上单调递增，D错.
故选：BC.
33．（多选题）（2025·湖南邵阳·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与的右支交于、两点，则（ ）
A．直线与恰有两个公共点
B．双曲线的离心率为
C．当时，的面积为
D．当直线的斜率为，过线段的中点和原点的直线的斜率为时，
【答案】BC
【解析】对于A选项，联立可得，
所以，直线与恰有只有一个公共点，A错；
对于B选项，对于双曲线，则，，，
所以，双曲线的离心率为，B对；
对于C选项，设，，由双曲线的定义可得，
由余弦定理可得，
可得，则，C对；
对于D选项，设点、，线段的中点为，
则，，则，
由题意可得，所以，，则，D错.
故选：BC.
34．（多选题）（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ）
A．当时，
B．当且时，
C．当时，
D．当时，
【答案】ABC
【解析】A选项，当时，是等腰三角形，，
因为，，
所以，
又因为，所以，
所以，即，故A正确；
B选项，当时，由A选项知，，
因为，所以，设，则，
因为，所以，所以
又因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即，
即，所以，
在中，，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，联立，解得，
故B正确；
C选项，当时，
，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
相加得，
即，C正确；
D选项，当时，若，
此时，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，D错误.
故选：ABC.
35．（2025·广东揭阳·二模）在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为.例如点的“曼哈顿距离”为.已知点在直线上，点在函数的图象上，则的最小值为 ，的最小值为 .
【答案】
【解析】设函数上与直线平行的切线的切点坐标为，
则，解得，所以切点为，
即切线方程为，即，
则的最小值为直线与直线间的距离，
即；
设，则，
将看成关于的函数，则在或时，取得最小值，
当时，令，
则，令，解得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以时，，即；
当时，则，令，
则，令，解得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，；
综上所述，.
故答案为：；
36．（2025·广东广州·二模）在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为 .
【答案】
【解析】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴，
以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系.
又
则.
过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则.
又注意到，则.设，则，
则.
注意到B，E，D三点共线，则，则.
又
则或，又由图可得，则.
则.
故答案为：
37．（2025·广东·二模）已知是圆上两个动点，点坐标为，若点满足四边形是矩形，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】如图，连接，设与交于点．
因为四边形是矩形，则，．
连接，在中，，
所以，
所以，即，
所以，所以，
故答案为：.
38．（2025·广东清远·二模）一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末必须等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点的跳法共有 种．（用数字作答）
【答案】9450
【解析】
质点第10秒末到达点共跳了10次，可分三类情况讨论：
第一类，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有种；
第二类，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有种；
第三类，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有种；
根据分类计数原理得，共有（种）．
故答案为：9450.
39．（2025·广东清远·二模）已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
【答案】4
【解析】因为，
所以，
，
所以函数为奇函数且为增函数，.
由可得，即为.
因为，所以．当且仅当，时取等号．
故答案为：4
40．（2025·广东湛江·二模）将数列与中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序得到数列，则 ，的前202项和为 ．
【答案】 14 49609
【解析】与的公共项为，去掉它们的公共项后，
剩余的项从小到大排序为4，5，11，12，14，16，17，23，24，26，28，29，35，…，
所以，
且每两个相邻的公共项之间有5项，分别求和，
，，
，…，
可以看到这5项的和为一项构成的新数列是首项为70，公差为60的等差数列．
因为，
所以的前202项和为．
故答案为：14，49600
41．（2025·广东佛山·二模）已知函数，若有三个零点，，，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 .
【答案】
【解析】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由有三个零点，则，
由，而，则，
又，则，，
则，且，
对于且，则，
当，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
所以，
综上，最大值.
故答案为：，.
42．（2025·高三·全国·专题练习）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】
由于，
两者都是当且仅当x＝1等号成立
则
所以．
故答案为：．
43．（2025·广东茂名·二模）已知棱长为的正四面体，且 ，为侧面内的一动点，若，则点的轨迹长为 ．
【答案】
【解析】以为原点，以的方向为轴，建立空间直角坐标系，
可得，因为，可得，
设，因为，即，
可得，整理得，
所以点在空间中的轨迹是以为球心，半径为的球，
又因为在侧面内，过点作平面于点，则为的中心，
点在侧面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆的一部分，
（如图所示的圆的虚线部分），
因为，所以，
所以，则，
所以点的轨迹长度为.
故答案为：
44．（2025·全国·模拟预测）若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是 ．
【答案】
【解析】由基本不等式，得，
即，当且仅当，即时等号成立.
设，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，
令，得，所以，
解得，由，得．
所以，当且仅当时，取得等号．
故的最大值是．
故答案为：
45．（2025·高三·河南·期末）在边长为1的菱形中，将沿折起，使二面角的平面角等于，连接，得到三棱锥，则此三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】/
【解析】取的中点，连接，
因为为菱形，所以即为二面角的平面角，
因为，所以和均为正三角形，
取靠近的三等分点，取靠近的三等分点，
过点作平面，过点作平面，交于点，
则为三棱锥外接球的球心，连接，
由对称性知，则，，
因为，
所以，
所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
46．（2025·高三·山东烟台·期末）若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的值为 ．
【答案】 2
【解析】设则，，当，故可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值.
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点处的切线方程为，化简得，
令，则，
由于，所以，，
，，
，，
故作为的近似值，
故答案为：2，
47．（2025·辽宁·模拟预测）已知正四棱锥的一个侧面的周长为10，则该四棱锥体积的最大值为 ，此时其外接球表面积为 .
【答案】
【解析】
如图，设正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，高为，
因为正四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为底面的中心，侧棱长相等，侧面为等腰三角形，所以，所以，得，又，所以正四棱锥的体积.
设，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以.
此时，，
设该正四棱锥外接球的半径为，则，解得，
故其外接球表面积.
故答案为：；.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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