2021年新高考浙江数学高考真题变式题第6-10题解析版

这是一份2021年新高考浙江数学高考真题变式题第6-10题解析版，共42页。试卷主要包含了我国著名数学家华罗庚曾说等内容，欢迎下载使用。
 2021年新高考浙江数学高考真题变式题6-10题
原题6
1．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
变式题1基础
2．如图，三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面三角形是正三角形，E是的中点.由以下论断：

①与是异面直线；
②平面；
③与为异面直线，且；
④平面．
则这些论断正确的序号是（    ）
A．③ B．③④ C．①②③ D．②③④
变式题2基础
3．如图，在四面体中，截面是正方形，现有下列结论：

①②∥截面
③④异面直线与所成的角为
其中所有正确结论的编号是（    ）
A．①③ B．①②④
C．③④ D．②③④
变式题3巩固
4．如图，在正方体中，，，，，，是各条棱的中点.
①直线平面；②；③，，，四点共面；④平面.
其中正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
变式题4巩固
5．如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，为的中点，则下列说法不正确的是（    ）

A．平面
B．平面平面
C．若为的中点，则平面
D．若，则直线与平面所成角为
变式题5巩固
6．如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论：①面面；②面；③当为的中点时，的周长取得最小值；④三棱锥的体积是定值，其中正确的结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
变式题6提升
7．如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题错误的是（    ）

A．是定值
B．点在圆上运动
C．一定存在某个位置，使
D．一定存在某个位置，使平面
变式题7提升
8．已知正方体中，点分别是线段上的动点，观察直线与，与，得出下列结论：
①对于任意给定的点，存在点，使得；
②对于任意给定的点，存在点，使得；
③对于任意给定的点，存在点，使得；
④对于任意给定的点，存在点，使得；
其中正确的结论是（    ）

A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
原题7
9．已知函数，则图象为如图的函数可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题1基础
10．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（    ）

A． B．
C． D．
变式题2基础
11．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是

A． B．
C． D．
变式题3巩固
12．已知函数，，则下列图象对应的函数可能为（    ）

A． B．
C． D．
变式题4巩固
13．已知的导函数的图像如右图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题5巩固
14．已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（    ）

A． B．
C． D．
变式题6提升
15．现有四个函数：①y=x|sinx|，②y=x2cosx，③y=x·ex；④的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是（    ）

A．①②③④ B．①③②④ C．②①③④ D．③②①④
变式题7提升
16．已知函数的图像如图所示，则此函数可能是(    )

A． B．
C． D．
原题8
17．已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
变式题1基础
18．已知，则的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
19．若都是锐角，且，，则的值是
A． B． C． D．
变式题3巩固
20．（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
21．对于任意的锐角，，下列不等关系中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题5巩固
22．已知，均为锐角，且，则　　
A． B．
C． D．
变式题6提升
23．已知，，且，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题7提升
24．已知，，且，则（    ）
A． B． C． D．
原题9
25．已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（    ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
变式题1基础
26．已知等腰三角形的一腰的两个端点分别是，，，则另一腰的一个端点的轨迹方程是（    ）.
A．
B．
C．
D．
变式题2基础
27．两动直线与的交点轨迹是（    ）.
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．圆的一部分
变式题3巩固
28．曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：
①曲线关于轴对称；
②若点在曲线上，则；
③若点在曲线上，则.
其中真命题的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
变式题4巩固
29．已知点集，当取遍任何实数时，所扫过的平面区域面积是（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
30．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A、B的距离之比为（，），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若已知圆O：和点，点，M为圆O上的动点，则的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
变式题6提升
31．已知双曲线的两个焦点分别为，离心率等于，设双曲线的两条渐近线分别为直线；若点分别在上，且满足，则线段的中点的轨迹的方程为
A． B．
C． D．
变式题7提升
32．已知椭圆的两个焦点分别为，，设为椭圆上一点，角的外角平分线所在直线为，过点，分别做的垂线，垂足分别为，，当点在椭圆上运动时，点，的轨迹所围成的图形的面积为：（    ）
A． B． C． D．
原题10
33．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
34．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，．则使得成立的的最大值为（    ）
A．17 B．18 C．19 D．20
变式题2基础
35．数列满足：，，是的前项和，则（    ）
A．4042 B．2021
C． D．
变式题3巩固
36．已知数列满足：则数列的前30项的和为（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
37．数列中，且，则数列的前2020项和为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
38．在数列中，，，如果是1与的等比中项，那么的值是
A． B． C． D．
变式题6提升
39．已知数列满足，，则的整数部分是
A．1 B．2
C．3 D．4
变式题7提升
40．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（    ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，

参考答案：
1．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
2．A
【分析】根据点线面位置关系的定义与判定定理对选项一一判断即可．
【详解】对于①，都在平面内，故错误；
对于②，上底面是一个正三角形，不可能存在平面，故错误；
对于③，为在两个平行平面中且不平行的两条直线，
底面三角形是正三角形，是中点，故与是异面直线，且，故正确；
对于④，所在的平面与平面相交，且与交线有公共点，故错误．
故选：A
3．B
【解析】由线线平行和垂直的性质可判断①，由线面平行的判定定理和性质定理可判断②，由平行线分线段成比例可判断③，由异面直线所成角的定义可判断④.
【详解】截面是正方形，,
又平面，平面，
平面，
平面，平面平面
，同理可得
由正方形知，则，即①正确；
由，平面，平面，
得平面，则②正确；
由，,得,
所以，
同理可证，
由正方形知，但不一定与相等，
则与不一定相等，即③不正确；
由知为异面直线与所成的角，
由正方形知，则④正确.
故选：B.
【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是空间线线、线面的位置关系，考查推理能力，属于中档题.
4．B
【分析】①由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质定理推出平面，可判断；
②建立空间直角坐标系，得，可判断；
③取的中点，先证明可得，，，四点共面，可判断.
④利用向量法发现，，可判断.
【详解】解：因为，分别为，中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面平面，同理可得平面，
又因为，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，①正确；
设棱长为2，如图建立平面直角坐标系，

所以，0，，，0，，，2，，，0，，
用向量法，，则，②错误；
连接，因为，分别是，中点，所以，
又因为，分别为，中点，所以，
所以，故，，，四点共面，③正确；
，0，，，2，，，0，，，0，，，2，，
所以，2，，，0，，，2，，，，所以直线不垂直于平面，④不正确；
所以正确的是①③，
故选：B.
【点睛】本题考查了证明空间中的线面平行与线面垂直的问题，解题时应明确空间中的线面平行、线面垂直的判定方法是什么，也考查了逻辑思维能力与空间想象能力，属于中档题.
5．D
【分析】选项A. 设底面平行四边形的对角线相交于点，由条件，从而，再结合条件可判断；选项B. 可得，可知底面平行四边形为菱形，可证明平面从而可判断；选项C. 取的中点,连结,可得四边形为平行四边形，则，从而可判断；选项D.  连结, 由选项A的证明过程可知平面，则为直线与平面所成的角，从而可判断.
【详解】选项A. 设底面平行四边形的对角线相交于点.
则为的中点,由,
在中，,
所以,所以
又平面，平面,所以
又,所以平面，故选项A正确.
选项B.  由上有，可知底面平行四边形为菱形.
由，则，又为的中点
所以,即
又平面，平面,所以
又,所以平面，
又平面，所以平面平面，故选项B正确.
选项C.  如图取的中点,连结
由为的中点，为的中点，则且
又,且，为的中点,所以且
所以四边形为平行四边形，则
又平面，平面,所以则平面，故选项C正确.
选项D.  连结, 由选项A的证明过程可知平面
所以直线在平面上的射影为
所以为直线与平面所成的角.
由，则, 由，则,所以
在直角中，,所以，故选项D不正确.
故选：D

【点睛】思路点睛：求线面角的常见方法有（1）定义法；（2）向量法 .其中定义法的关键是找出直线在平面内的射影，具体步骤如下：
（1）作（找）垂线：过直线上一点作出（找出）平面的垂线；
（2）连射影：将斜足和垂足连接起来得到斜线在平面上的射影；
（3）计算：求该角的值，常利用解直角三角形；
6．D
【分析】证得平面，根据平面与平面垂直判定，可知①正确；由平面平面，根据平面与平面平行的性质可知②正确；根据三点共线，线段和最小，可得③正确；由三棱锥等体积法可求得，可知④错误．
【详解】
连接,因为正方体，所以平面，且平面，所以，又因为，且，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且平面，所以平面平面，故①正确；
因为平面平面，且平面，所以面，故②正确；
的周长等于，而为体对角线是定值，所以周长最小即为最小，将平面展开到平面在同一个平面，如图：

当三点共线时，最小，则为的中点时，故③正确；
，故④正确.
故选：D.
7．C
【解析】A正确，利用余弦定理得 是定值；
B正确，是在以为圆心，为半径的圆上；
C错误，当矩形满足时存在，其他情况不存在；
D正确，取中点，证明平面.
【详解】A正确，，定值，定值，
根据余弦定理得，，所以是定值；
B正确，由于是定值，是定点，所以是在以为圆心，为半径的圆上；
C错误，当矩形满足时存在，其他情况不存在，
D正确，取中点，连接、，则、，所以平面平面，因为平面，所以平面.
故选：C.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项B的真假，判断选项B的真假时，要利用选项A的结论，再结合圆的定义得解.
8．A
【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论.
【详解】对于①，当点与重合时，,，且，
∴平面，
∵对于任意给定的点，都有平面，
所以对于任意给定的点，存在点，使得，故①正确．
对于②，只有平面，即平面时，才能满足对于任意给定的点，存在点，使得，∵过点与平面垂直的直线只有一条，而，故②错误．
对于③，只有垂直于在平面中的射影时，，故③正确．
对于④，只有平面时，④才正确，因为过点的平面的垂线与无交点，故④错误．
综上，正确的结论是①③，
故选：A．
【点睛】方法点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
9．D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
10．C
【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果.
【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数，
而D中的函数为偶函数，故排除D；
由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B；
对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象.
故排除A，选C.
故选：C
11．C
【分析】采用排除法，根据图象的对称性排除A和B，根据函数在的单调性可排除D，从而选C
【详解】根据图象关于轴对称，可知函数为偶函数，而和为奇函数，故A、B不正确；
当时，，，所以函数在上递减，结合图象可知D不正确.
故选：C
【点睛】本题考查了利用函数对称性和单调性识别函数的图象，考查了排除法，属于基础题.
12．D
【分析】根据函数对称性逐一分析即可.
【详解】A.，当时，，不符合题意；
B.，其图象不关于轴对称，不符合题意；
C.，其图象不关于轴对称，不符合题意；
D.，其图象关于轴对称，当时，，符合题意.
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据图象找解析式，一般先找差异，再验证，即得解.
13．D
【分析】对各选项求导后分析其特殊情况结合题中图像判断,利用排除法求解即可.
【详解】对于A，，则，，所以在处取得极值，而点在直线上方，与图不符，排除A；
对于B，，因为，与图不符，排除B；
对于C，，当时，，与图不符，排除C；
故选:D
14．D
【分析】分析各选项中函数的奇偶性、及其在上的函数值符号，即可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为偶函数，不满足条件；
对于B选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为偶函数，不满足条件；
对于C选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为奇函数，
当时，，，则，不满足条件；
对于D选项，由可得，故函数的定义域为，
因为，函数为奇函数，
当时，，，则，满足条件.
故选：D.
15．D
【解析】根据各函数的特征如函数值的正负，单调性、奇偶性，定义域、值域等进行判断．
【详解】左边第一个图象中时，，只有③满足，此时只有D可选，实际上，左边第二个图象关于轴对称，是偶函数，只有②满足，而时，恒成立，只有最右边的图象满足，由此也可得顺序是③②①④，选D．
故选：D．
【点睛】思路点睛：本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可两者结合，由函数解析式和图象分别确定函数的性质，如奇偶性、单调性、函数值的正负，特殊的函数值，变化趋势等等，两者对照可得结论．
16．B
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的定义域、奇偶性以及f(x)函数值的符号或在某一区间上单调性，验证与函数图象是否一致，综合可得答案.
【详解】对于，，有，解得，即的定义域为，
在区间上，，，，与所给图象不符；
对于，，的定义域为，
又由，为奇函数，
在区间上，，，，在区间上，，，，与所给图象不矛盾；
对于，，有，解得，即的定义域为，在区间上，，，
，
而x>3时，3x2+1