2021年新高考北京数学高考真题变式题第6-10题解析版

这是一份2021年新高考北京数学高考真题变式题第6-10题解析版，共33页。试卷主要包含了在等差数列中，若，，则等于，函数是等内容，欢迎下载使用。
 2021年新高考北京数学高考真题变式题6-10题
原题6
1．《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位: cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则
A．64 B．96 C．128 D．160
变式题1基础
2．在等差数列中，若，，则等于（    ）
A．13 B．15 C．17 D．48
变式题2基础
3．若数列中，，，且数列是等差数列，则（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
4．已知直线上有三点，，，为外一点，又等差数列的前项和为，若，则（    ）
A． B．3 C． D．
变式题4巩固
5．已知各项均为正数的等比数列中，，，成等差数列，则（    ）
A．27 B．3 C．1或3 D．1或27
变式题5巩固
6．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，则（    ）
A． B． C． D．
变式题6巩固
7．已知数列{an}是等差数列，若a1+a2+a3=1，a4+a5+a6=3，则a7+a8+a9=（    ）
A．5 B．4 C．9 D．7
变式题7提升
8．设数列的前项和为，当时，，，成等差数列，若，且，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
变式题8提升
9．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上､中､下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a=9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有（    ）种.

A．12 B．24 C．16 D．32
原题7
10．函数是
A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为
变式题1基础
11．函数是　　
A．偶函数且最小正周期为 B．奇函数且最小正周期为
C．偶函数且最小正周期为 D．奇函数且最小正周期为
变式题2基础
12．下列函数中，既是上的增函数，又是以为周期的偶函数的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题3巩固
13．函数，设它的最小正周期为，值域为，则（    ）
A．，，且为奇函数
B．，为偶函数
C．，且为奇函数
D．，，且为偶函数
变式题4巩固
14．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）
A．是奇函数 B．不是周期函数
C．定义域为 D．值域是
变式题5巩固
15．()在处取最大值，则(    )
A．f(x－1)一定是奇函数 B．f(x－1)一定是偶函数
C．f(x＋1)一定是奇函数 D．f(x＋1)一定是偶函数
变式题6巩固
16．已知函数，则
A．是偶函数，最大值为1 B．是偶函数，最大值为2
C．是奇函数，最大值为1 D．是奇函数，最大值为2
变式题7提升
17．下列对于函数 的判断正确的是
A．函数的周期为
B．对于函数都不可能为偶函数
C．,使
D．函数在区间内单调递增
变式题8提升
18．已知函数,,则下列说法中错误的是
A．有个零点 B．最小值为
C．在区间单调递减 D．的图象关于轴对称
原题8
19．某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
变式题1基础
20．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．
变式题2基础
21．《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄驾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，问粟几何”?其意思为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长3丈，高4尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知1丈等于10尺，1斛稻谷的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的稻谷约有多少斛（保留两位小数）（    ）
A．61.73 B．61.71 C．61.70 D．61.69
变式题3巩固
22．《九章算术）在中国数学史中占有重要地位，其中在卷五《商功篇》中介绍了“羡除”（此处是指三面为等腰梯形，其余两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法．在如下图所示的形似羡除的几何体中，其两侧面为全等的三角形，平面是铅垂面，下宽，上宽，深，平面BDEC是水平面，末端宽，无深，长（直线CE到BD的距离），则下图中几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．
变式题4巩固
23．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马，鳖膈，堑堵三种基本立体图形，其中四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，若三棱锥P-ABC为鳖臑，底面ABC，，，，则此鳖臑的体积为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
24．如图所示，一个棱长为的正四面体，沿棱的四等分点作平行于底面的截面，截去四个全等的棱长为的正四面体，得到截角四面体，则该截角四面体的体积为（    ）

A．4 B． C．5 D．
变式题6巩固
25．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，每个圆锥的底面直径和高均为，现有体积为的细沙全部漏入下圆锥后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为（    ）

A． B． C． D．
变式题7提升
26．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则四棱锥P-ABCD的体积为（   ）
A． B． C． D．
变式题8提升
27．如图，在三棱锥O-ABC中，三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA，OB，OC的长分别为a，b，c. M为△ABC内部及其边界上的任意一点，点M到平面OBC，平面OAC，平面OAB的距离分别为a0，b0，c0，则（    ）

A． B． C．1 D．2
原题9
28．已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则    
A． B． C． D．
变式题1基础
29．已知圆截直线所得弦长为4，则实数的值是（    )
A．－3 B．－2 C．－1 D．－4
变式题2巩固
30．直线过点（0，2），被圆截得的弦长为2则直线l的方程是
A． B．
C． D．y=或y=2
变式题3巩固
31．已知圆与直线交于两点，且，则圆与函数的图象交点个数为（    ）个
A． B． C． D．
变式题4巩固
32．已知直线与圆相交于两点，且，那么实数k的取值范围是（　　）
A． B． C．或 D．
变式题5巩固
33．已知圆，直线与圆交于、两点若为直角三角形，则（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
34．已知A、B是圆O：上两个动点，点P的坐标为，若，则线段长度的最大值为（    ）
A． B． C． D．
变式题7提升
35．已知双曲线：(，)的一条渐近线被圆截得的线段长不小于8，则双曲线的离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
原题10
36．已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（    ）
A．9 B．10 C．11 D．12
变式题1基础
37．设等差数列的前项和为，若， ，则数列的公差为（   ）
A．3 B．4 C．5 D．6
变式题2基础
38．若公差为2的等差数列的前9项和为，则
A．4033 B．4035 C．4037 D．4039
变式题3巩固
39．若等差数列的前10项之和大于其前21项之和，则的值
A．大于0 B．等于0 C．小于0 D．不能确定
变式题4巩固
40．首项为，公差为的等差数列的前项和为，满足.则的取值范围（    ）
A．或 B．
C． D．
变式题5巩固
41．已知等差数列的前3项依次为，前项和为，且，则的值为（    ）
A．9 B．11 C．10 D．12
变式题6巩固
42．已知是等差数列的前项和，若的最小正整数解为，则公差的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
变式题7提升
43．设是无穷等差数列，公差为，其前项和为，则下列说法正确的是（   ）
A．若，则有最大值 B．若，则有最小值
C．若，则 D．若，则
变式题8提升
44．已知等差数列满足首项，且对于函数，总有，则使的前项和成立的()的最大值为（    ）
A．8 B．9 C．16 D．18

参考答案：
1．C
【分析】设等差数列公差为，求得，得到，结合党旗长与宽之比都相等和，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，
因为，，可得，
可得，
又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.
故选：C.
2．A
【分析】直接利用等差中项公式求解即可．
【详解】解： 等差数列中，
若，，则13．
故选：A ．
【点睛】本题考查等差中项公式的应用；基础题.
3．A
【分析】由为等差数列，可得，代入即可得解.
【详解】由为等差数列，
可得，
所以，，
故选：A.
4．A
【分析】由向量共线可得，再结合等差数列前项和公式即求.
【详解】点、、是直线上不同的三点，
存在非零实数，使；
若，
，；
；
数列是等差数列，
；
．
故选：A．
5．A
【分析】根据，，成等差数列，由，求得公比即可.
【详解】设等比数列的公比为q，
因为，，成等差数列，
所以，
所以，
化简得，
所以（不合题意，舍去），
所以.
故选：A.
6．A
【分析】设数列是公比为的等比数列，数列是公差为的等差数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，以及等比数列和等差数列的中项性质，化简已知得，，代入即得解.
【详解】设数列是公比为的等比数列，数列是公差为的等差数列，
若，
则，，
即为，，
即，，
则．
故选：A
7．A
【分析】由等差数列的性质可知a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9 成等差数列，根据等差中项求解即可.
【详解】由数列{an}是等差数列可知，a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9 成等差数列，
所以a7+a8+a9= ，
故选：A
8．A
【分析】根据等差中项写出式子，由递推式及求和公式写出和，进而得出结果.
【详解】解：由，，成等差数列，可得，
则，，，
可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列.
则，
，
则的最大值可能为.
由，，可得.


因为，，，即，所以，则
，当且仅当时，，符合题意，
故的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列的性质和递推式的应用，考查分析问题能力，属于难题.
9．D
【分析】，，的取值范围都是从，可以根据公差的情况进行讨论．
【详解】解：根据题意，，，的取值范围都是从共8个数字，故公差范围是到3，
①当公差时，有种，
②当公差时，不取7和14，有种，
③当公差时，不取7，8，13，14，有种，
④当公差时，只能取10或11，有种，
综上共有种，
故选：D．
10．D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
11．A
【详解】试题分析：，故是偶函数且最小正周期为，故选A.
考点：1.二倍角公式；2.三角函数的性质.
12．D
【分析】对于A、C，都不是偶函数，不符合题意；对于B， 在区间上不是增函数，不符合题意；对于D，，根据正弦函数图象判断出结论．
【详解】解：对于A、C，都不是偶函数，不符合题意；
对于B，在区间上不是增函数，不符合题意；
对于D，，是区间上的增函数，又是以为周期的偶函数，满足题意．
故选：D．
13．B
【分析】利用倍角公式把已知函数解析式变形，再由周期公式求周期，由的范围求得函数值域，再由奇偶性的定义判断函数的奇偶性．
【详解】解：
，
的最小正周期．
，，
则函数的值域为，，．
又的定义域为，且，
则为偶函数．
故选：B．
14．D
【分析】利用函数的奇偶性的定义可判断A选项；利用周期函数的定义可判断B选项；求出函数的定义域和值域，可判断CD选项的正误.
【详解】对于AC选项，函数的定义域为，
，故函数为偶函数，AC均错；
对于B选项，，
故函数为周期函数，B错；
对于D选项，因为，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，D对.
故选：D.
15．D
【分析】根据题意可知f(x)的一条对称轴为x＝1，据此即可解答.
【详解】∵在处取得最大值，
则是的一条对称轴，则把f(x)的图象向左平移个单位后所得图象关于轴对称，即关于轴对称，是偶函数.
故选：D．
16．B
【解析】利用诱导公式进行化简，得到，结合余弦函数的性质，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，函数，
则，所以是偶函数；
又由的最大值为1，的最大值为2；
故选：B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及余弦函数的性质的应用，其中解答中熟记三角函数的诱导公式，以及三角函数的性质是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.
17．C
【分析】由周期定义判断A；取，利用奇偶性定义判断B；由值域判断C；由结合余弦函数的单调性判断D.
【详解】由可知，不存在周期性，故A错误；
当时，，由得出，令，则，此时函数为偶函数，故B错误；
由，可知函数，故，使，故C正确；
若，则，所以函数在区间内先增后减，故D错误；
故选：C
18．A
【解析】利用定义判断函数的奇偶性可判断D选项的正误；求出函数在区间上的零点，结合奇偶性可判断A选项的正误；求出函数在区间上的最小值，结合奇偶性可判断B选项的正误；利用复合函数的单调性可判断C选项的正误.综合可得出结论.
【详解】对于D选项，函数的定义域为，关于原点对称，
，该函数为偶函数，D选项正确；
对于A选项，当时，，或，
，
令，得（舍）或，则有；
当时，，，
，
令，可得或（舍），则有.
由于函数是上的偶函数，则函数有个零点，A选项错误；
对于B选项，当时，，或，
，
则当时，，
当时，，，
，
此时，
综上所述，当时，，
由于函数是上的偶函数，则该函数的最小值为，B选项正确；
对于C选项，当时，，
，
由于内层函数在区间上单调递减，外层函数在区间上单调递增，由复合函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，
C选项正确.
故选：A.
【点睛】本题考查余弦型函数的零点、单调性、最值以及奇偶性相关命题真假的判断，解题的关键就是将问题化为二次型的余弦函数来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
19．B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.

20．C
【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质，即可求得、的长，根据椎体体积公式，即可得答案.
【详解】如图所示，正四棱锥棱长均为2，连接AC、BD交于点O，连接PO
根据正四棱锥的性质，可得平面ABCD.

所以，，
所以正四棱锥的体积.
故选：C
21．A
【分析】根据圆锥的周长求出底面半径，再计算圆锥的体积，从而估算堆放的稻谷数.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，
则，所以，
故（立方尺），
因此（斛）.
故选：A.
【点睛】本题考查了锥体的体积计算问题，也考查了实际应用问题，属于基础题.
22．C
【分析】连接CD，，由求解.
【详解】如图所示：

连接CD，，则五面体的体积，
由锥体体积公式可得：，
，
所以五面体体积为．
故选：C
23．A
【分析】先求出，再求出，最后求此鳖臑的体积即可.
【详解】解：由题意作图：
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
∴，

故选：A．
【点睛】本题考查几何体的体积，是基础题.
24．D
【分析】先计算出棱长为的正四面体的体积，然后计算出棱长为的正四面体的体积，由此可求截角四面体的体积.
【详解】如图所示正四面体的棱长为，所以，所以，
所以此正四面体的体积为，
同理可计算出棱长为的正四面体的体积为，
所以截角四面体的体积为：，
故选：D.

25．C
【分析】根据圆锥的体积公式列方程求出沙堆的高．
【详解】解：细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为，设高为，
则沙堆的体积为，
解得，
所以圆锥形沙堆的高度为．
故选：．
26．C
【分析】推导出点在与垂直的圆面内运动，当、、三点共线时，达到最长，推导出平面，将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为的正方形，由此能求出四棱锥体积．
【详解】如图，由及，得平面，
即点在与垂直的圆面内运动，
由题意知，当、、三点共线时，达到最长，
此时，是圆的直径，则，
又，所以平面，
此时可将四棱锥
补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
由题意得高，
故四棱锥体积．

故选：C
27．C
【分析】由题意可得，，分别是面，，对应的高，然后利用三棱锥的体积公式可得，对于任意点，连结，，，，将四面体分别为四个部分，，因为点在平面内，故，利用体积相等，列出等式关系，化简变形即可得到答案．
【详解】在四面体中，由于，，两两垂直，
故，，分别是面，，对应的高，
即，
又，，，
故，
对于任意点，连结，，，，如图，

将四面体分别为四个部分，
，
因为本题中点在平面上，
故，，，四点共面，所以，
所以
，
又因为，则有，
将等式两边同时除以，可得．
故选：
28．C
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，弦长取得最小值为，解得.
故选：C.
29．B
【详解】圆心为，圆心到直线距离为，故圆的半径为，即，故选.
30．D
【分析】根据垂径定理得圆心到直线距离,再设直线方程点斜式,利用点到直线距离公式求斜率,即得结果.
【详解】因为直线l被圆C：，截得的弦长为，所以圆心到直线距离为，设直线l的方程为，（斜率不存在时不满足题意）则或，即直线l的方程是或,选D.
【点睛】本题考查垂径定理，考查基本转化求解能力，属基础题.
31．A
【解析】由弦长求得半径，确定圆过点，而函数是增函数，也过点，从而可得结论．
【详解】圆心到直线的距离为，又，所以，所以圆过点，
而函数在上是增函数，且过点，因此它们有2个交点．
故选：A．
32．D
【解析】利用弦长公式，建立关于的不等式，直接求解.
【详解】圆化简为标准方程为，圆心到直线的距离，，
解得：.
故选：D
33．D
【解析】分析出为等腰直角三角形，可计算出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求得的值.
【详解】因为为等腰直角三角形，且圆的半径为，
所以点到直线的距离，整理得，解得或（舍去）．
故选：D.
34．D
【分析】先根据题意设出Q的坐标，根据勾股定理得到Q的轨迹方程，求出的最大值，根据即可求解.
【详解】解：如图所示：

取的中点Q，连、，
由圆的性质可知，
由可知：，
设点Q的坐标为，
在中，，
即  ，整理为，
可化为，
故Q的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
的最大值为，
故．
故选：D.
35．D
【分析】求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得，的关系，即可得到所求的离心率．
【详解】双曲线的一条渐近线方程设为，
由题得圆的圆心为，半径，
可得圆心到渐近线的距离为，
则由题意可知，解得：
所以双曲线的离心率，即
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
36．C
【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．
【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，
不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，
则，，
所以.
对于，，
取数列各项为(，,
则，
所以n的最大值为11．
故选：C．
37．A
【分析】根据公式把转化为，再求出d.
【详解】,故公差；
故选：A.
38．C
【分析】根据等差数列的公差，前9项和为，可得通项，即可求解的值．
【详解】由题意，公差，前9项和为，
即，可得，
∴，那么，故选C．
【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前项和，是基础的计算题.
39．C
【分析】根据条件得到不等式，化简后可判断的情况.
【详解】据题意：，则，所以，即，则：，
故选C.
【点睛】本题考查等差数列前项和的应用，难度较易.等差数列前项和之间的关系可以转化为与的关系.
40．A
【解析】化简得到，计算解得答案.
【详解】，即
将当成变量，看成常数，即或
故选：
【点睛】本题考查了等差数列公差的范围，看成二次方程是解题的关键.
41．C
【分析】利用等差数列的定义、性质以及前n项和公式进行求解.
【详解】由成等差数列得：，解得，所以，
所以，解得，故A，B，D错误.
故选：C.
42．D
【分析】将的最小正整数解为转化为，，由等差数列的前项和公式和题意列出不等式组，再求出公差的范围.
【详解】因为等差数列中，的最小正整数解为，所以，，又，
则，解得，所以公差的取值范围是，
故选：D.
43．C
【分析】满足，但同为正数时无最大值判断A，利用时无最小值判断B，利用等差数列的通项公式计算，判断C，由通项公式化为计算即可判断D．
【详解】是无穷等差数列，公差为d，其前n项和为，
在A中，若，则同为正数时，没有最大值，故A错误；
在B中，若，则时，没有最小值，故B错误；
在C中，若，则，
∴，，
∴，故C正确；
在D中，若，则
=，故D错误．
故选：C．
44．C
【分析】先判断出，根据等差数列前项和公式判断即可.
【详解】函数对称轴为x=1，
∵，∴或
当时，等差数列为常数列，而，∴无最大值，应舍去；
当时，由题意可得，
则，
因为，所以，
故使的前项和成立的的最大值为16.
故选：C.
【点睛】(1)等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；
(2)数列是特殊的函数，可以用函数的有关知识研究最值．