一、單選題
1．已知實(shí)數(shù)滿足，則的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
2．在中，內(nèi)角的對邊分別是，若，且，則（ ）
A．B．C．D．
3．已知函數(shù)．記，則（ ）
A．B．C．D．
4．在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（ ）
A．1B．C．2D．3
5．《九章算術(shù)》中將底面為矩形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”．現(xiàn)有一“陽馬”，平面，，為底面及其內(nèi)部的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)且滿足，則的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
6．一個(gè)水平放置的平面圖形的直觀圖是一個(gè)底角為，腰和上底長均為1的等腰梯形，則該平面圖形的面積等于（ ）．
A．B．C．D．
7．如圖所示，正三棱柱的所有棱長均為1，點(diǎn)P、M、N分別為棱、AB、的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段MN上的動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)Q由點(diǎn)N出發(fā)向點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的過程中，以下結(jié)論中正確的是（ ）
A．直線與直線CP可能相交B．直線與直線CP始終異面
C．直線與直線CP可能垂直D．直線與直線BP不可能垂直
8．通用技術(shù)老師指導(dǎo)學(xué)生制作統(tǒng)一規(guī)格的圓臺形容器，用如圖所示的圓環(huán)沿虛線剪開得到的一個(gè)半圓環(huán)（其中小圓和大圓的半徑分別是1cm和4cm）制作該容器的側(cè)面，則該圓臺形容器的高為（ ）
A．cmB．1cmC．cmD．cm
9．如圖，四棱柱的底面是邊長為2的正方形，側(cè)棱平面ABCD，且，E、F分別是AB、BC的中點(diǎn)，P是線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），過P、E、F的平面記為，Q在上且，則下列說法正確的個(gè)數(shù)是（ ）．
①三棱錐的體積是定值；
②當(dāng)直線時(shí)，；
③當(dāng)時(shí)，平面截棱柱所得多邊形的周長為；
④存在平面，使得點(diǎn)到平面距離是A到平面距離的兩倍．
A．1B．2C．3D．4
10．已知，則（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函數(shù)，又當(dāng)時(shí)，，則關(guān)于x的不等式的解集為（ ）．
A．B．
C．D．
12．設(shè)，數(shù)列中，，，則（ ）
A．當(dāng)，B．當(dāng)，
C．當(dāng)，D．當(dāng)，
13．已知斐波那契數(shù)列滿足：，，若，則（ ）
A．2022B．2023C．59D．60
14．設(shè)，，，，則（ ）
A．在這四個(gè)數(shù)中至少存在兩個(gè)數(shù)，，滿足
B．在這四個(gè)數(shù)中至少存在兩個(gè)數(shù)，，滿足
C．在這四個(gè)數(shù)中至多存在兩個(gè)數(shù)，，滿足
D．在這四個(gè)數(shù)中至多存在兩個(gè)數(shù)，，滿足
15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為，若直線上至少存在一點(diǎn)，使得以該點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點(diǎn)，則k的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
16．已知圓和兩點(diǎn)，，若圓C上至少存在一點(diǎn)P，使得，則m的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
17．“省刻度尺”問題由英國數(shù)學(xué)游戲大師杜登尼提出：一根長的尺子，要能夠量出長度為到且邊長為整數(shù)的物體，至少需要6個(gè)刻度（尺子頭尾不用刻）．現(xiàn)有一根的尺子，要能夠一次量出長度為到且邊長為整數(shù)的物體，尺子上至少需要有（ ）個(gè)刻度
A．3B．4C．5D．6
二、填空題
18．在正方體中，為的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球的球面有公共點(diǎn)，則球的半徑的取值范圍是 ．
19．在中，，的角平分線交BC于D，則 ．
20．在三角函數(shù)部分，我們研究過二倍角公式，我們還可以用類似方式繼續(xù)得到三倍角公式．根據(jù)你的研究結(jié)果解決如下問題：在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的取值范圍是 ．
21．撫仙湖，位于澄江市、江川區(qū)、華寧縣之間，湖面積僅次于滇池和洱海，為云南省第三大湖，也是我國最大的深水型淡水湖泊．如圖所示，為了測量撫仙湖畔M，N兩點(diǎn)之間的距離，現(xiàn)取兩點(diǎn)E，F(xiàn)，測得公里，，，，則M，N兩點(diǎn)之間的距離為 公里．

22．在銳角三角形中，內(nèi)角所對的邊滿足，若存在最大值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 ．
23．已知中，，，則面積的最大值是 .
三、解答題
24．已知橢圓的離心率為，A、C分別是E的上、下頂點(diǎn)，B，D分別是的左、右頂點(diǎn)，．
(1)求的方程；
(2)設(shè)為第一象限內(nèi)E上的動(dòng)點(diǎn)，直線與直線交于點(diǎn)，直線與直線交于點(diǎn)．求證：．
25．記的內(nèi)角的對邊分別為，已知．
(1)求；
(2)若，求面積．
參考答案：
1．C
【分析】法一：令，利用判別式法即可；法二：通過整理得，利用三角換元法即可，法三：整理出圓的方程，設(shè)，利用圓心到直線的距離小于等于半徑即可.
【詳解】法一：令，則，
代入原式化簡得，
因?yàn)榇嬖趯?shí)數(shù)，則，即，
化簡得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
則，
，所以，則，即時(shí)，取得最大值，
法三：由可得，
設(shè)，則圓心到直線的距離，
解得
故選：C.
2．C
【分析】首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合誘導(dǎo)公式和兩角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形內(nèi)角和定理可得的值.
【詳解】由題意結(jié)合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
據(jù)此可得，
則.
故選：C.
3．A
【分析】利用作差法比較自變量的大小，再根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可.
【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，
因?yàn)?，而?br>所以，即
由二次函數(shù)性質(zhì)知，
因?yàn)?，而?br>即，所以，
綜上，，
又為增函數(shù)，故，即.
故選：A.
4．A
【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為AB得解.
【詳解】取中點(diǎn)，連接，如圖，
是邊長為2的等邊三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故選：A
5．D
【分析】
由已知可求得，建立空間坐標(biāo)系，利用已知設(shè)，，根據(jù)向量的數(shù)量積公式及輔助角公式計(jì)算即可得出結(jié)果.
【詳解】平面，，連接，由，可得，
四邊形為矩形，以為軸建立如圖所示坐標(biāo)系，
則，設(shè)，，
則，
所以
因?yàn)?，則，則，
所以.
故選：D
6．B
【分析】根據(jù)斜二測直觀圖的特點(diǎn)可知原圖形為一直角梯形，由梯形面積公式求解.
【詳解】解：如圖，恢復(fù)后的原圖形為一直角梯形，
所以.
故選：B.
7．B
【分析】證明平面，從而可證四點(diǎn)不共面，即可判斷AB；設(shè)，將分別用表示，假設(shè)直線與直線CP垂直，則，求出即可判斷C；證明平面，即可判斷D.
【詳解】在正三棱柱中，
因?yàn)辄c(diǎn)M、N分別為棱AB、的中點(diǎn)，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因?yàn)槠矫?，，?br>所以四點(diǎn)不共面，
所以直線與直線CP始終異面，故A錯(cuò)誤，B正確；
對于C，設(shè)，
則，
，
若直線與直線CP垂直，則，
即，
所以，
即，解得，
因?yàn)椋圆淮嬖邳c(diǎn)使得直線與直線CP垂直，故C錯(cuò)誤；
對于D，連接，
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，
又因平面，平面，
所以，
因?yàn)槠矫妫?br>所以平面，
又平面，所以，
所以當(dāng)點(diǎn)在的位置時(shí)，直線與直線BP垂直，故D錯(cuò)誤.
故選：B.
8．D
【分析】由圓臺側(cè)面展開圖求出其上，下底面半徑，結(jié)合其軸截面特征解三角形求圓臺的高.
【詳解】由已知圓臺的側(cè)面展開圖為半圓環(huán)，不妨設(shè)上、下底面圓的半徑分別為，，
則，，解得，．
所以圓臺軸截面為等腰梯形，其上、下底邊的長分別為和，腰長為，
即,過點(diǎn)作,為垂足，
所以，
該圓臺形容器的高為，
故選：D．
9．B
【分析】對于①：先利用線面平行的判定定理得到線面平行，即點(diǎn)到平面的距離為定值，再利用三角形面積是定值和棱錐的體積公式進(jìn)行判定；對于②：先作出兩平面的交線，利用線面平行得到面面平行，再利用全等三角形進(jìn)行求解；對于③：利用②結(jié)論判定截面的形狀，進(jìn)而求其周長；對于④：利用相似比得到推出矛盾，判定④錯(cuò)誤.
【詳解】對于①:因?yàn)?，平面?br>平面，所以平面，
因?yàn)椋渣c(diǎn)P到平面的距離為定值，
而的面積為定值，所以三棱錐的體積是定值，
即三棱錐的體積是定值，故①正確；
對于②：如圖，延長EF交DC的延長線于點(diǎn)M，
設(shè)平面交棱于點(diǎn)W，連接MW，并延長MW交于點(diǎn)P，
因?yàn)椋矫?，平面平面?br>所以，
因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，則W為CQ的中點(diǎn)，
因?yàn)?，則，，，
所以≌，則，
因?yàn)?，則，
則，即②錯(cuò)誤；
對于③：如圖，設(shè)直線EF分別交直線DA、DC于點(diǎn)N、M，
連接PN、PM，分別交、于點(diǎn)R、S，連接RE、SF，
由②可知，，同理可知，
因?yàn)?，，則為等腰直角三角形，
則，同理可知，也為等腰直角三角形，
同理可知，，∴，
同理，由勾股定理可得，
則截面的周長為，即③正確；
對于④：設(shè)截面交棱于點(diǎn)R，
假設(shè)存在平面，使得點(diǎn)到平面距離是A到平面距離的兩倍，
則，可得，
因?yàn)椋瑒t，則，不符合題意；
即不存在平面，使得點(diǎn)到平面距離是A到平面距離的兩倍，
故④錯(cuò)誤．
綜上所述，①③正確.
故選：B.
10．D
【分析】法一、構(gòu)造函數(shù)，利用泰勒展開式比較大小；法二構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性判定大小即可.
【詳解】法一、根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，
則.
由泰勒展開式，，，
所以，，
而，
所以，即；
法二、因?yàn)椋?br>所以.
令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時(shí)，，即有成立，
所以，得，所以；
因?yàn)?，所以令?br>則，
所以函數(shù)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時(shí)，，即有成立，
所以，即，所以，又，所以.
綜上，.
故選：D
11．A
【分析】設(shè)，并判斷出為偶函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其單調(diào)性，將所求的式子轉(zhuǎn)化為，從而得到，解出的范圍.
【詳解】由，
，
設(shè)
所以，即為上的偶函數(shù)
當(dāng)時(shí)，，
因?yàn)?，所?br>則在區(qū)間上單調(diào)遞增
所以
即
即
等價(jià)于，
即
解得．
故選：A.
12．A
【分析】A項(xiàng)，由，結(jié)合基本不等式即可判斷正誤；BCD項(xiàng)，注意到，當(dāng)時(shí)，方程有解，則當(dāng)為方程的根時(shí)，則，即可判斷選項(xiàng)正誤.
【詳解】對A：當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，
所以，，故A正確；
對B：當(dāng)時(shí)，即，得，
因，故時(shí)，數(shù)列為常數(shù)列，且，故B錯(cuò)誤；
對C：當(dāng)時(shí)，即，得，
因，故或，數(shù)列為常數(shù)列，且或，故C錯(cuò)誤；
對D：當(dāng)時(shí)，即，因，故或，
所以數(shù)列為常數(shù)列，且或，故D錯(cuò)誤.
故選：A.
13．D
【分析】根據(jù)數(shù)列的遞推公式化簡求解；
【詳解】
，
故選：D.
14．B
【分析】將區(qū)間平均分為三個(gè)區(qū)間，則每個(gè)區(qū)間的長度為．由，，，，得在，，，中至少有兩個(gè)數(shù)在同一區(qū)間內(nèi)，設(shè)這兩個(gè)數(shù)為，，則，由此可得選項(xiàng).
【詳解】將區(qū)間平均分為三個(gè)區(qū)間，則每個(gè)區(qū)間的長度為．因?yàn)?，，，，所以在，，，中至少有兩個(gè)數(shù)在同一區(qū)間內(nèi)，設(shè)這兩個(gè)數(shù)為，，則，又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，，故A錯(cuò)誤，B正確；
對于C：取，，故C錯(cuò)誤；
對于D：取，，故D錯(cuò)誤；
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)．將區(qū)間平均分為三個(gè)區(qū)間是解答本題的突破口，屬于中檔題．
15．A
【分析】圓是以為圓心，1為半徑的圓，直線上至少存在一點(diǎn)，使得以該點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點(diǎn)只需圓與直線有公共點(diǎn)即可，由此能求出的取值范圍．
【詳解】解：圓的方程為，整理得：，
即圓是以為圓心，1為半徑的圓；
又直線上至少存在一點(diǎn)，使得以該點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點(diǎn)，
只需圓與直線有公共點(diǎn)即可．
設(shè)圓心到直線的距離為，
則，即，
．
故選：A．
16．B
【分析】與位置關(guān)系為相交,內(nèi)切或內(nèi)含,即可滿足題意,進(jìn)而求得參數(shù)值.
【詳解】的圓心，半徑,
圓C上至少存在一點(diǎn)P，使得,
與位置關(guān)系為相交,內(nèi)切或內(nèi)含,如圖所示,則,
．
故選:B．
【點(diǎn)睛】本題考查參數(shù)取值范圍問題,通過數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化為圓與圓的位置關(guān)系,考查學(xué)生分析問題的能力,屬于中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意圓的性質(zhì)的合理運(yùn)用.
17．A
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為組合抽樣思維，設(shè)為長度，為每段長度，為刻度對應(yīng)的數(shù)量，則當(dāng)尺子有3個(gè)刻度時(shí)滿足條件，其中證明驗(yàn)證求解.
【詳解】若有一根的尺子，量出長度為到且為整數(shù)的物體，
則當(dāng)尺子有3個(gè)刻度時(shí)滿足條件
設(shè)為長度，為每段長度，為刻度對應(yīng)的數(shù)量，則有且，其中，
當(dāng)時(shí)，
下證，當(dāng)尺子有2個(gè)刻度時(shí)不能量出的物體長度
設(shè)且，其中，
所以當(dāng)中有1個(gè)0，x的取值至多有3個(gè)
當(dāng)中有2個(gè)0時(shí)，或，x的取值至多有2個(gè)
當(dāng)中沒有0時(shí)，x的取值有1個(gè)
所以x取值至多有6個(gè)，即當(dāng)尺子有2個(gè)刻度時(shí)不能量出的物體長度．
故選:A
18．
【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)半徑最大，當(dāng)邊長為的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時(shí)半徑達(dá)到最小.
【詳解】設(shè)球的半徑為.
當(dāng)球是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點(diǎn)，
正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；

分別取側(cè)棱的中點(diǎn)，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點(diǎn)，
連接，則，當(dāng)球的一個(gè)大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即的最小值為.
綜上，.
故答案為：
19．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根據(jù)等面積法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根據(jù)正弦定理求出，即可根據(jù)三角形的特征求出．
【詳解】
如圖所示：記，
方法一：由余弦定理可得，，
因?yàn)?，解得：?br>由可得，
，
解得：．
故答案為：．
方法二：由余弦定理可得，，因?yàn)?，解得：?br>由正弦定理可得，，解得：，，
因?yàn)?，所以，?br>又，所以，即．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題壓軸相對比較簡單，既可以利用三角形的面積公式解決角平分線問題，也可以用角平分定義結(jié)合正弦定理、余弦定理求解，知識技能考查常規(guī)．
20．
【分析】利用，再根據(jù)整體思想將轉(zhuǎn)化為兩角和的余弦值化簡，再利用誘導(dǎo)公式可得，根據(jù)銳角三角形性質(zhì)可得取值范圍，從而得的取值范圍，代入化簡即可得出結(jié)論.
【詳解】三倍角公式：
，
因?yàn)椋?br>所以.
故，△ABC為銳角三角形，故解得，
故，．
故答案為：
21．
【分析】在中由正弦定理可得，在中等邊對等角可得，則在 中由余弦定理可得.
【詳解】在中=
由正弦定理可得：
即
在中
所以，則,
中由余弦定理可得：
即
故答案為：.
22．
【分析】先利用余弦定理結(jié)合可得，再利用正弦定理化邊為角，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理，求出的關(guān)系，從而可將都用表示，再根據(jù)三角形為銳角三角形求出的范圍，再根據(jù)二倍角的余弦公式結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可得解.
【詳解】由余弦定理可得，則，
由正弦定理可得
，
因?yàn)闉殇J角三角形，則，所以，
又因?yàn)楹瘮?shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，所以，可得，
由于為銳角三角形，則，即，解得，
則
，
因?yàn)?，所以，則，
因?yàn)榇嬖谧畲笾?，則，解得．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是利用余弦定理和正弦定理結(jié)合已知條件求得.
23．3
【分析】利用條件結(jié)合余弦定理，求出，，再求出，代入面積公式轉(zhuǎn)化為關(guān)于的二次函數(shù)即可求解.
【詳解】由題知，如圖所示：
因?yàn)?，所以?br>由余弦定理得：，
聯(lián)立解得：，，
所以，
所以，
.
故答案為：3.
【點(diǎn)睛】考查了解三角形中余弦定理，面積公式等相關(guān)知識點(diǎn)，對于范圍問題可嘗試轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或基本不等式來分析求解.
24．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）結(jié)合題意得到，，再結(jié)合，解之即可；
（2）依題意求得直線、與的方程，從而求得點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求得，再根據(jù)題意求得，得到，由此得解.
【詳解】（1）依題意，得，則，
又分別為橢圓上下頂點(diǎn)，，所以，即，
所以，即，則，
所以橢圓的方程為.
（2）因?yàn)闄E圓的方程為，所以，
因?yàn)闉榈谝幌笙奚系膭?dòng)點(diǎn)，設(shè)，則，

易得，則直線的方程為，
，則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，即，
而，則直線的方程為，
令，則，解得，即，
又，則，，
所以
，
又，即，
顯然，與不重合，所以.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面積，對等式恒等變換，即可解出．
【詳解】（1）因?yàn)?，所以，解得：?br>（2）由正弦定理可得
，
變形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面積為．

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這是一份【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué)解題思路04 運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸的解題思路方法解題（新教材新高考）課件PPT，共25頁。PPT課件主要包含了PARTONE，PARTTWO，PARTTHREE，PARTFOUR等內(nèi)容，歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測 思想04 運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法解題（精講精練）：

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思想04 運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法解題（4大核心考點(diǎn)）（講義）-2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義（新教材新高考）：

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