2021年全国新高考II卷数学试题变式题第7-12题解析版

这是一份2021年全国新高考II卷数学试题变式题第7-12题解析版，共39页。试卷主要包含了已知，，，则下列判断正确的是，设，，，则，已知，，，则，已知，，，则有，设，，则的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
 2021年全国新高考II卷数学试题变式题7-12题
原题7
1．已知，，，则下列判断正确的是（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
2．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
3．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
4．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
5．已知，，，则有（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
6．设，，则的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
变式题7巩固
7．已知，，则a，b，c的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
原题8
8．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
9．已知为上的奇函数，为偶函数，若当，，则（    ）
A． B． C．1 D．2
变式题2基础
10．偶函数关于点中心对称，且当时，，则（    ）
A．0 B．2 C．4 D．6
变式题3巩固
11．已知是偶函数，任意，且，满足，，则的解集是（    ）
A． B．
C． D．
变式题4巩固
12．设是奇函数，且在内是增函数，又，则的解集是（    ）
A． B．
C． D．
变式题5提升
13．定义在上的奇函数满足，并且当时，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
14．已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（    ）
A． B． C． D．
原题9
15．下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（    ）
A．样本的标准差 B．样本的中位数
C．样本的极差 D．样本的平均数
变式题1基础
16．某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（    ）
A．方差 B．中位数 C．众数 D．平均数
变式题2基础
17．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（    ）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
变式题3巩固
18．甲､乙两名射击运动员在某次测试中各射击20次，两人测试成绩的条形图如图所示，则（    ）

A．甲运动员测试成绩的中位数等于乙运动员测试成绩的中位数
B．甲运动员测试成绩的众数大于乙运动员测试成绩的众数
C．甲运动员测试成绩的平均数大于乙运动员测试成绩的平均数
D．甲运动员测试成绩的方差小于乙运动员测试成绩的方差
变式题4巩固
19．(多选题)有一笔统计资料，共有11个数据如下(不完全以大小排列)：2，4，4，5，5，6，7，8，9，11，x，已知这组数据的平均数为6，则下列说法正确的是（    ）
A． B．这组数据的众数是4
C．这组数据的方差是6 D．这组数据的中位数是8
变式题5提升
20．PM2.5是衡量空气质量的重要指标，下图是某地7月1日到10日的PM2.5日均值(单位：)的折线图，则下列关于这10天中PM2.5日均值的说法正确的是

A．众数为30
B．中位数是31
C．平均数小于中位数
D．后4天的方差小于前4天的方差
变式题6提升
21．某工厂组织员工进行专业技能比赛，下图是7位评委对甲、乙两位员工评分（满分10分）的雷达图．根据图中信息，下列说法正确的是（    ）

A．甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B．甲得分的众数大于乙得分的众数
C．甲得分的平均数与乙得分的平均数相等
D．甲得分的极差小于乙得分的极差
原题10
22．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题1基础
23．在正方体中，点是底面的中心，则（    ）
A．平面 B．与成角为30º
C． D．平面
变式题2基础
24．如图是正方体的平面展开图，则关于这个正方体的说法正确的是

A．与平行 B．与是异面直线
C．与成角 D．与是异面直线
变式题3巩固
25．四棱柱中，为正方形的中心，，分别为线段，的中点，下列结论正确的是（    ）
A．平面 B．平面平面
C．直线与直线所成的角为 D．
变式题4巩固
26．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（    ）

A．
B．
C．与是异面直线
D．与所成的角为90°
变式题5提升
27．如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，正确的为

A．
B．截面
C．
D．异面直线与所成的角为
变式题6提升
28．如图，正方体的棱长为1，以下结论正确的是（       ）

A．异面直线与所成的角为60° B．直线与垂直
C．直线与平行 D．三棱锥的体积为
原题11
29．已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（    ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
变式题1基础
30．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
31．已知圆过点A(1,0),则圆C的圆心的轨迹是（    ）
A．点 B．直线 C．线段 D．圆
变式题3巩固
32．已知点A（2,0），圆，圆上的点P满足，则a的取值可能是（    ）
A．1 B．-1 C． D．0
变式题4巩固
33．已知圆上存在两个点到点的距离为，则m的可能的值为
A． B． C． D．
变式题5提升
34．关于下列命题，正确的是（    ）
A．若点在圆外，则或
B．已知圆：与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切
C．已知圆：与直线，对于任意的，总存在使直线与圆恒相切
D．已知点是直线上一动点，､是圆：的两条切线，､是切点，则四边形的面积的最小值为
变式题6提升
35．若过点有两条直线与圆相切，则实数m的可能取值是（    ）
A．－3 B．3 C．0 D．
原题12
36．设正整数，其中，记．则（    ）
A． B．
C． D．
变式题1基础
37．意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题:已知-对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为:1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，...，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
38．“天支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、癸酉、甲戌、乙亥、丙子、…、癸未、甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2016年是“干支纪年法”中的（    ）
A．丙申年 B．丙午年 C．甲辰年 D．乙未年
变式题3巩固
39．数列满足，，，，当T取最小值时，该数列的前2021项的和是（    ）
A．673 B．674 C．1347 D．1348
变式题4巩固
40．如果有穷数列，，，…，（为正整数）满足，，…，即，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．设是项数为的“对称数列”，且1，2，，，…，依次为该数列中连续的前项，则数列的前100项和可能的取值为（    ）
A． B．
C． D．
变式题5提升
41．由正整数组成的数对按规律排列如下：，，，，，，，，，，，，.若数对满足，，则数对排在（    ）
A．第386位 B．第193位 C．第348位 D．第174位
变式题6提升
42．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图. 其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以表示第幅图的蜂巢总数，则（    ）；（    ）.

A．35   
B．36   
C．37   
D．38   

参考答案：
1．C
【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.
【详解】，即.
故选：C.
2．B
【解析】找中间变量转化比较得解.
【详解】因为，，
故.
故选：B.
【点睛】对数函数值大小比较的方法方法点睛：
单调性法：在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，先化为同底
中间量过渡法：寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”，“1”或其他特殊值进行“比较传递”
图象法：根据图象观察得出大小关系
3．A
【分析】利用对数函数的性质直接求解.
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，∴.
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式比较大小，关键在于化简对数式同底数或同真数的情况，或与或比较大小，属于中档题．
4．C
【解析】利用对数函数图象的单调性进行比较即可.
【详解】，
，即，
，即，
，，
因为，所以，即，
所以．
故选：C．
【点睛】本题考查利用对数函数的单调性比较大小，考查分析推理能力，属于基础题.
5．A
【分析】利用对数的运算化简，可比较与的大小；分别计算与的大小关系，可比较，利用选项排除可得答案．
【详解】，，排除B，C选项
，排除D
故选：A
【点睛】本题考查比较对数大小，考查对数的运算性质，属于中档题．
6．D
【解析】由对数的运算性质及对数函数的单调性，分别求得实数的取值范围，即可求解.
【详解】由对数的运算性质及对数函数的单调性，
可得，即，
由，即，
由，所以
所以.
故选：D.
【点睛】本题主要考查对数的运算性质，以及对数函数的单调性的应用，其中解答中熟记对数的运算公式，以及对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7．D
【解析】找中间量和进行比较可得答案.
【详解】解: ,
,
,
所以,即.
故选：D
【点睛】指数式、对数式、幂值比较大小问题，思路如下：
思路一:对于同底数的幂值或对数式，直接根据指数函数或对数函数的单调性比较大小；
思路二:对于不同底数的幂值或对数式，化为同底数的幂值或对数式，再根据思路一进行比较大小；或者找中间量（通常找和）进行比较.
8．B
【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.
【详解】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
9．C
【分析】根据为上的奇函数可求出，又为偶函数，可推出为周期函数，利用周期性即可求解.
【详解】解：为上的奇函数，且当时，
，即，
，
当时，，
为偶函数，
，
，
又为上的奇函数，
，
，
，
是周期为4的周期函数，
，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是根据为上的奇函数和为偶函数，推出函数为周期函数，利用周期性求解.
10．B
【分析】偶函数关于点对称，则是周期为4的函数，计算出、，再利用周期可得．
【详解】偶函数关于点对称，则，，
令，则，
故，
是周期为4的函数，
，，
又，
，
，
．
故选：B.
11．A
【解析】先判断出的图象关于对称，且在上单调递减，在上单调递增，再分类讨论，将原不等式转化为不等式组求解即可.
【详解】因为是偶函数，所以的图象关于轴对称，
又因为的图象可由的图象向右平移1个单位得到，
所以的图象关于对称，
因为任意，且，满是，
所以任取，
则在上单调递减，
由对称性可知在上单调递增，
由根据对称性可得，
因为，所以或
解得或.
即的解集是，
故选：A.
【点睛】方法点睛：解答抽象不等式问题 时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意考查函数的单调性．若函数为增函数，则；若函数为减函数，则．
12．A
【解析】由对或进行讨论，把不等式转化为或的问题解决，根据是奇函数，且在内是增函数，又，把函数值不等式转化为自变量不等式，求得结果．
【详解】解：是上的奇函数，且在内是增函数，
在内也是增函数，
又，
，
当，，时，；
当，，时，；
的解集是或．
故选：A．
【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，解决此类问题的关键是理解奇偶函数在关于原点对称的区间的单调性，奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反；
13．C
【解析】由，得出函数是以4为周期的周期函数，再结合对数的运算法则和函数的奇偶性，代入函数，即可求解.
【详解】由题意，函数满足，化简可得，
所以函数是以4为周期的周期函数，
由对数的运算性质可得，
可得，且，
因为为R上的奇函数，且当时，，
可得，
即.
故选：C.
【点睛】根据函数的奇偶性和周期性解答的三类问题及方法：
1、求函数值：将待求值利用函数的奇偶性和周期性，转化为已知区间上的函数值，代入解析式求解；
2、求解析式：将待求区间上的自变量转化为已知区间上，再利用奇偶性求出或充分利用奇偶性和周期性构造关于的方程（组），从而求得函数的解析式；
3、求函数解析式中的参数：利用待定系数法求解，结合得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得出参数的值.
14．B
【分析】由题设条件可得是周期为4的周期函数，结合给定区间解析式，利用周期性、奇偶性求的值.
【详解】由题意，在上的奇函数，且，得，
∴，则，即，
∴，即是周期为4的周期函数，
当时，，则.
故选：B.
15．AC
【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.
【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
16．A
【分析】通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.
【详解】由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.
本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变，
根据方差公式可知方差不变.
故选：A
【点睛】本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
17．ABD
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
18．AD
【解析】分别根据条形图求出甲和乙运动员的中位数、众数、平均数、方差，经过比较即可判断四个选项的正确性，即可得正确选项.
【详解】由图可得甲运动员测试成绩中次环，次环，次环，次环，
所以甲运动员测试成绩的中位数为，众数为，
平均数为，
方差；
乙运动员测试成绩中次环，次环，次环，次环，
所以乙运动员测试成绩的中位数为，众数为，
平均数为，
方差，
故选项A正确，B不正确，C不正确，D正确，
故选：AD
19．AC
【分析】根据平均数、方差的计算公式，可判定A、C正确，由众数、中位数的定义和求法，可判定B、D不正确.
【详解】由题意，这组数据的平均数为6，可得，
解得，所以A正确；
根据数据的众数的定义，可得这组数据的众数为，所以B不正确；
数据的方差为：
，所以C正确；
由中位数的定义，可得这些数据的中位数为，所以D不正确.
故选：AC
20．AD
【分析】根据折线图，由众数，中位数，平均数，方差等概念及公式，逐项判断，即可得出结果.
【详解】众数即是出现次数最多的数字，由折线图可得，众数为30，即A正确；
中位数即是处在中间位置的数字，将折线图中数字由小到大依次排序，得到：17，25，30，30，31，32，34，38，42，126；处在中间位置的数字是：31，32，因此中位数为，即B错；
由折线图可得，平均数为：，故C错；
前4天的平均数为：，后4天的平均数为
前4天方差为：，
后4天方差为：
，
所以后4天的方差小于前4天的方差，故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题主要考查由折线图计算众数、中位数、平均数、方差等，属于基础题型.
21．CD
【解析】根据雷达图将甲的得分和乙的得分从小到大排列，依次计算出他们得分的中位数、众数、平均数和极差，即可判断.
【详解】由雷达图可知，甲的得分从小到大排列依次是8.8，9.1，9.3，9.5，9.5，9.7，9.9；乙的得分从小到大排列依次是8.5，8.9，9.4，9.6，9.6，9.8，10.
甲得分的中位数为9.5，乙得分的中位数为9.6，，故A错误；
甲得分的众数为9.5，乙得分的众数9.6，，故B错误；
甲得分的平均数为，乙得分的平均数，平均数相等，故C正确；
甲得分的极差为，乙得分的极差，，故D正确.
故选：CD.
【点睛】本题考查中位数、众数、平均数和极差的求解，属于基础题.
22．BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
23．ABC
【分析】A.由，得到是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理判断；B. 根据，得到为所成的角判断；C.由正方体的特征，得到平面判断；D.由判断；
【详解】如图所示：

A.因为， 是平行四边形，所以，因为 平面，平面，所以平面，故正确；
B. 因为，所以为所成的角，又平面，则，设棱长为a，则，因为，则，故正确；
C. 因为，所以平面，则，故正确；
D. 因为，，所以不垂直，则与平面不垂直，故错误；
故选：ABC
24．CD
【解析】把平面展开图还原成几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义､异面直线所成角逐一核对四个命题得答案.
【详解】把平面展开图还原成几何体，如图：

.由正方体的性质可知，与异面且垂直，故错误；
.与平行，故错误；
.连接，则，为与所成角，连接，可知为正三角形，则，故正确；
.由异面直线的定义可知，与是异面直线，故正确.
故选：.
【点睛】本题考查由正方体的展开图还原立体图，直线与直线的位置关系，直线与直线所成角的判断，属于基础题
25．BD
【分析】对于A，假设平面，可推出矛盾结论；
对于B，按照证明两个平面平行的判断定理易证；
对于C，假设直线与直线所成的角为，则可推出不确定的结论；
对于D，转化为证明，易证.
【详解】解：

对于A，若平面，因为，则平面，或平面，而和平面相交，故A错；
对于B ，因为分别为线段，的中点，所以，平面，平面，所以平面，
因为分别为线段，的中点，所以，平面，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，若直线与直线所成的角为，，由，则，，显然，则，而和不一定垂直，故C错误.
对于D，设，则，显然，
由，所以，而，所以
直线与直线所成的角为， 故D正确.
故选：BD
【点睛】考查线面平行、面面平行的判断与证明，考查异面直线垂直的判断与证明，基础题.
26．BCD
【分析】还原正方体即得.
【详解】还原之后如图所示：

选项A：显然与不平行，错误；
选项B：，，故，正确；
选项C：显然与异面，正确；
选项D：，，故，正确；
故选：BCD.
27．ABD
【解析】根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.
【详解】解：因为截面是正方形 ，所以，
又平面
所以平面
又平面,平面平面

截面，故B正确
同理可证
因为，所以，故A正确
又
所以异面直线与所成的角为，故D正确
和 不一定相等，故C错误
故选：ABD
【点睛】考查线线、线面平行的判定和性质以及异面直线所成的角；基础题.
28．ABD
【分析】连接,  在正方体中，，可判断选项A,B; 假设直线与平行，可得矛盾，从而可判断选项C；由可判断选项D.
【详解】选项A. 连接,  在正方体中，
所以(或其补角)异面直线与所成的角
又在正方体中，
所以为等边三角形，所以，故A正确.
选项B. 连接,  在正方体中，
又在正方体中，
所以直线与垂直，故选项B正确.
选项C. 若直线与平行，则 四点共面.
又在侧面上，则点也应在侧面上，这与正方体相矛盾.
所以直线与不平行，故选项C不正确.
选项D. 三棱锥的体积
所以选项D正确.
故选：ABD

29．ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
30．C
【分析】由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围
【详解】解：由题意得，解得，
故选：C．
31．D
【分析】将点坐标代入圆的方程，将圆的圆心改写为，由此求得圆的圆心的轨迹方程，进而判断出轨迹为圆.
【详解】圆的圆心为，半径为.由于在圆上，故，也即圆的圆心满足方程，所以圆的圆心的轨迹方程是，所以圆C的圆心的轨迹是圆.
故选：D
【点睛】本小题主要考查点和圆的位置关系，考查轨迹方程的求法，属于基础题.
32．ABC
【解析】设，则由可得，将选项中的数值代入验证即可.
【详解】解：因为圆，
设，
则，
整理得，
即，
当，等式不成立，
当时，，
则①，
将分别代入①得，均符合.
故选：ABC.
【点睛】本题考查三角代换的应用，考查三角函数的有界性，利用排除法可方便得出答案，是中档题.
33．ACD
【解析】根据题意，圆与圆相交，再由两圆圆心距大于两圆半径之差，小于两圆半径之和，列出不等式，解得即可.
【详解】由题知，圆与圆相交，
所以，，即，
解得，即的值可以为：或或.
故选：ACD.
【点睛】本题体现了转化的数学思想，解题的关键在于将问题转化为两圆相交，属于基础题.
34．CD
【分析】对于A，由圆的一般方程可判断；求出到直线的距离，可判断B与C；求出圆心C到直线的距离，即可求出，从而四边形的面积的最小值可求.
【详解】解：当时，方程为，
不表示圆，故A错误；
已知圆：的圆心，半径，
圆心到直线的距离，
当时，即此时不存在使直线与圆相切，因此B错误；
对于任意的，令，则，即对于任意的，总存在使直线与圆相切，故C正确.
，半径，圆心到直线的距离，即的最小值，由，所以，
四边形的面积最小值，
故D正确.
故选：CD.
【点睛】考查点和圆的位置关系、直线和圆的位置关系的应用，难题.
35．CD
【解析】由题意得点在圆外，列出不等式解出，再由二元二次方程表示圆时的特征列出不等式，综合得结果.
【详解】由题意过点有两条直线与圆相切，
则点在圆外，即，解得，
由方程表示圆，则，解得，
综上，实数的取值范围是.
即实数取值范围是0，.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：
（1）将题意等价转化为点和圆的位置关系；
（2）理解二元二次方程在什么情况下表示圆.
36．ACD
【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：ACD.
37．A
【分析】根据已知条件先分析数列中相邻三项的奇偶性情况，然后得到前项中的偶数个数，由此可求解出对应概率.
【详解】因为奇数加奇数结果是偶数，奇数加偶数结果是奇数，偶数加奇数结果是奇数，
所以数列中任意相邻的三项，其中一项为偶数，两项为奇数，
所以前项中偶数有项，
所以这个数是偶数的概率为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析斐波那契数列中项的奇偶组成，通过项的奇偶组成确定出项中奇数和偶数的项数，完成问题的求解.
38．A
【分析】按照题中规律依次从2021年倒推，列举到2016年，即可得到答案.
【详解】依题意，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，
子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．
2021年是辛丑年，2020年为庚子，2019年是己亥年，2018年是戊戌年，2017年是丁酉年，2016年是丙申年.
故选：A.
【点睛】关键点点睛:本题的解题关键在于根据题意理解“干支纪年法”的定义，根据规律突破难点即可.
39．D
【分析】就分类讨论，分析对应的周期数列是否存在，确认后利用周期性可求该数列的前2021项的和.
【详解】若，则为常数列，故，此时，故舍去.
若，则，故，故或（舍）.
故，但，故舍去.
若，则，，，
若，则且，
整理得到，解得.
若，则且，
整理得到，无解.
又当时，有，，，，，
此时确为周期为3的周期数列.
该数列的前2021项的和为，
故选：D
【点睛】思路点睛：对于周期数列的问题，一般可以利用特值法结合给定的周期计算参数的值，根据所得的值再检验是否为周期数列，也可以利用函数周期的推导方法进行推导其周期.
40．BC
【分析】根据对称数列的定义讨论，和求解.
【详解】由题意可知数列为1，2，，，…，，，…，，．1．
若，则；
若，则；
若，则．
故选：BC．
41．D
【分析】先求出的值，再根据数对的特点推出数对的位置
【详解】解：按规律把正整数组成的数对分组：第1组为（1，1），数对中两数的和为2，共1个数对；第2组为（1，2），（2，1），数对中两数和为3，共2个数对；第3组为（1，3），（2，2），（3，1），数对中两数的和为4，共3个数；……，第组为，数对中两数的和为，共个数，
由，得，
因为，所以，解得，
所以，
在所有数对中，两数之和不超过19的有个，
所以在两数和为20的第1个数（1，19），第2个为（2，18），第3个为（3，17），
所以数对（3，17）排在第174位，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查简单的合情推理，考查等差数求和，解题的关键是由，得，解出的值，考查计算能力，属于中档题
42．C
【分析】结合图形中的规律直接求出和，进而总结出递推公式时，，利用累加法即可求出结果.
【详解】由图中规律可知：，
所以，
，
，
，
因此当时，，
所以


，
经检验当时，符合，所以，
故选：C.