2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（三）（原卷版+解析版）

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A．1B．2C．3D．5
【解析】解：由题设可得数列，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，，
数列，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，，
数列是周期为6的周期数列，
，
故选：．
2．（2020秋•天津期末）已知函数为自然对数的底数），关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围为
A．B．
C．D．
【解析】解：，
时，，，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在，递增，
故，
时，，，
故在递增，
函数函数的图象，如图示：
，
设，方程
等价于，而△，
若关于的方程恰有四个不同的实数根，
则，，
设，
则，即解得：，
故选：．
3．（2020秋•天津期末）已知，是双曲线的左、右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，若，则该双曲线的离心率为
A．B．C．2D．
【解析】解：设双曲线的焦距为，则，
由双曲线的定义知，，
，
在△中，由余弦定理知，，
即，
化简得，，
解得或（舍，
双曲线的离心率．
故选：．
4．（2020秋•黄浦区期末）已知，函数的定义域为，若函数在区间上有两个不同的零点，则的取值范围是
A．B．或C．D．
【解析】解：令，，
画出函数的图象，如图示：
，
函数在区间上有两个不同的零点，
与在上有2个交点，
由图可知，，
故，，
故，故，
故选：．
5．（2020秋•静安区期末）在平面直角坐标系中，、是位于不同象限的任意角，它们的终边交单位圆（圆心在坐标原点于、两点．若、两点的纵坐标分别为正数、，且，则的最大值为
A．1B．C．2D．不存在
【解析】解：角和角一个在第一象限，另一个在第二象限，
不妨假设在第一象限，则在第二象限，
根据题意可得、，且，，
，，
，
即，
平方可得，，当且仅当时，取等号．
，当且仅当时，取等号，
故当时，取得最大值为，
故选：．
6．（2020秋•大通县期末）已知，，，，则
A．B．C．D．
【解析】解：由已知可得，，，
所以，
因为，，所以，，，
所以，即，
同理可得，即，
综上，，
故选：．
7．（2020秋•海淀区期末）如图所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为双球．若圆锥的母线与它的轴的夹角为，，的半径分别为1，4，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达点的路线长与线段的长之和的最小值是
A．6B．8C．D．
【解析】解：如图所示，在椭圆上任取一点，连接交于，交于点，
连接，，，，，
在△与△中，，其中为半径，
，为公共边，
所以△△，所以，
设沿圆锥表面到达的路径长为，
则，
当且仅当为直线与椭圆的交点时取等号，
，
故从点沿圆锥表面到达点的路线长与线段的长之和的最小值是6．
故选：．
8．（2020秋•海淀区期末）数列的通项公式为，，前项和为给出下列三个结论：
①存在正整数，，使得；
②存在正整数，，使得；
③记，2，3，则数列有最小项．
其中所有正确结论的序号是
A．①B．③C．①③D．①②③
【解析】解：若存在正整数，，使得，则，
即，
令，解得（舍或，即，
所以存在，，使得，
故选项①正确；
因为，即，
即，且，，
记，对称轴为，
而，2，3，故只有，时，有，
但此时不成立，
故不存在正整数，，使得，故选项②错误；
因为，2，3，，
则，，，且当时，单调递增，
所以当时，，而，
故当时，，又，，
所以数列有最小项，故选项③正确．
故选：．
9．（2021•天津模拟）已知函数在上单调递减，且关于的方程恰好有两个不相等的实数解，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：在，递减，则，
函数在上单调递减，则：
；
解得，；
由图象可知，在，上，有且仅有一个解，
故在上，同样有且仅有一个解，
当即时，联立，
则△，
解得或1（舍去），
当时，由图象可知，符合条件，
综上：的取值范围为，，
故选：．
10．（2020•辽宁一模）已知函数给出下列四个命题：
①的最小正周期为；
②的图象关于直线对称；
③在区间上单调递增；
④的值域为，．
其中所有正确的编号是
A．②④B．③④C．①③④D．②③
【解析】解：，则的最小正周期不是，①错，则排除选项；
，的图象不关于直线对称，②错，排除选项
在区间时，，在上单调递增，③对，排除选项；
故选：．
11．（2020秋•大通县期末）已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为以为圆心、为半径的圆与抛物线的一个交点，为坐标原点，记，则
A．B．C．D．
【解析】解：由，有，
由抛物线的性质可知点的横坐标为，
可得，，，
由，
有，
故选：．
12．（2020秋•临沂期末）已知，是双曲线的左右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，若是锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：由题设条件可知为等腰三角形，
若是锐角三角形，
只要为锐角，
即，
即即可；
当时，，得，
设，
，
即，
得
解出，
故选：．
13．（2020•东安区校级模拟）已知函数，，，曲线上总存在两点，，，，使曲线在，两点处的切线互相平行，则的取值范围为
A．B．C．D．
【解析】解：函数的导数为，
由曲线在，两点处的切线互相平行，可得，
化为，即为，
由，可得，
由在，递增，可得，
则，
故选：．
14．（2020秋•兴宁市校级期末）已知函数为上的奇函数，且图象关于点对称，且当时，，则函数在区间，上的
A．最小值为B．最小值为C．最大值为D．最大值为
【解析】解：根据题意，函数的图象关于点对称，所以，
又因为函数是奇函数，所以，所以．
则有，所以函数是周期为4周期函数，
当时，，则在上为减函数，
又由为为上的奇函数，则且在上为减函数，
则在上为减函数，
函数为上的奇函数，且图象关于点对称，则（2），
在区间，上，，
则，且在区间上为减函数，则，无最大值，其最小值为（1），
故选：．
15．（2020秋•王益区期末）已知函数，，若不等式恒成立，则实数的取值范围为
A．，B．C．，D．，
【解析】解：在，上恒成立，
在，上恒成立，
故对任意，恒成立，
设，则，解得，
当时，，
即函数在递减，
当，时，，
即函数在，递增，故（1），则，
故的范围是，．
故选：．
16．（2020秋•公主岭市期末）已知定义在上的奇函数满足，当时，，且（2），则（1）（2）（3）
A．B．C．4D．12
【解析】解：是上的奇函数，且；
；
；
的周期为8；
（2），且时，；
，且；
；
时，；
（3）（1），（4），（5）（1），（6）（2），（7）（3），（8）；
（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（1）（2）（3）（1）（2）（3）；
；
（1）（2）（3）（1）（2）（3）．
故选：．
17．（2020•渭南二模）、分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，若是等边三角形，则该双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：因为为等边三角形，不妨设，
为双曲线上一点，，
为双曲线上一点，则，，，
由，则，
在△中应用余弦定理得：，
得，则，解得．
故选：．
18．（2020秋•新华区校级期末）在中，内角，，的对边分别为，，，是的中点，，，则的面积的最大值为
A．B．C．D．
【解析】解：在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，则，即，
因为，，
所以，
又，
所以，故当时，的面积的最大值为．
故选：．
19．（2020秋•和平区期末）已知函数，若函数有且只有四个不同的零点，则实数的取值范围是
A．B．
C．，，D．，，
【解析】解：因为函数，则，
所以函数，
①当时，，所以只有一个零点，不符合题意；
②当时，因为，所以，则为偶函数，
所以有且仅有四个不同的零点可转化为有且仅有两个不同的零点，
所以，
当时，恒成立，此时最多一个零点，不符合题意，
当时，令，则，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
要使在上有且仅有两个不同的零点，
则有，
解得或，又，
所以，
综上所述，所以实数的取值范围是．
故选：．
20．（2020•天津模拟）设函数，，其中，．若，，且的最小正周期大于，则
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：由的最小正周期大于，得，
又，，得，
，则，即．
，
由，得．
，．
取，得．
，．
故选：．
21．（2020秋•河北区期末）已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，则的取值范围是
A．B．C．，D．
【解析】解：当时，作出函数的图象如下图所示，
当时，，
所以若要存在实数，使得关于的方程恰有三个不同的实数根，
则必须，
解得，
所以的取值范围是．
故选：．
22．（2020秋•徐汇区校级期末）已知两个不相等的非零向量，，两组向量，，，，和，，，，均由2个和3个排列而成，记，表示所有可能取值中的最小值，表示所有可能取值中的最大值．下列说法中正确的个数是
①有5个不同的值；②若，且，则；
③若，则；④若，，则与的夹角为．
A．1B．2C．3D．4
【解析】解：因为，，2，3，4，均由2个和3个排列而成，
所以可能有三种情况：
，
，
，故①错误，
，
所以中最大值为，
若，且，则；故②正确．
若，则，故③正确，
若，，则，
所以，所以，
即与的夹角为，故④正确．
综上所述，正确的命题是：②③④．
故选：．
23．（2020秋•郴州期末）设动直线与函数，的图象分别交于，，则的最小值为
A．B．1C．D．
【解析】解：根据题意可得，，
所以
设
，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以（1），
所以的最小值为1．
故选：．
24．（2020秋•黄浦区期末）已知，与，是直线为常数）上异于坐标原点的两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况是
A．无论，，如何，总是无解
B．无论，，如何，总有唯一解
C．存在，，，使之恰有两解
D．存在，，，使之有无穷多解
【解析】解：，与，是直线为常数）上异于坐标原点的两个不同的点，直线的斜率存在，
当时，，
方程化为，，此方程组无解；
当时，，，且，，．
，
①②得：，
，，
方程组无解．
综上，无论，，如何，总是无解．
故选：．
25．（2020秋•兴宁市校级期末）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
【解析】解：因为截面是正方形，所以、，
则平面、平面，
所以，，
由可得，故正确；
由可得截面，故正确；
异面直线与所成的角等于与所成的角，故正确；
综上是错误的．
故选：．
26．（2020秋•兴宁市校级期末）太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美．定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆的一个“太极函数”，设圆，则下列说法中正确的是
A．函数是圆的一个太极函数
B．圆的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数
C．函数是圆的一个太极函数
D．函数的图象关于原点对称是为圆的太极函数的充要条件
【解析】解：对于：由于所以函数为奇函数，函数的图象关于原点对称，
如图所示：
故选项正确；
对于：如下图所示：函数为偶函数，也是圆的太极函数，
如图示：
故选项错误；
对于选项：由于函数关于原点对称，所以函数为太极函数，故选项正确；
对于：根据选项的分析，圆的太极函数也可以为偶函数，故错误．
故选：．
27．（2020秋•新华区校级期末）函数在上有唯一零点，则下列四个结论正确的是
A．B．C．D．
【解析】解：函数的零点即为方程，即的根，
等价于函数的图象与直线有唯一公共点，
，，
因为在上单调递增，且当时，，当时，，
所以存在，使得，且当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
所以，正确，错误；又，所以，正确；
令，则，
当时，，，故错误；
故选：．
28．（2020秋•新华区校级期末）椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是
A．过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8
B．椭圆上存在点，使得
C．椭圆的离心率为
D．为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为3
【解析】解：对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；
对于选项：设，则，且，又，，
所以，，
因此，
解得，，故选项正确；
对于选项：因为，，所以，即，所以离心率，所以选项错误；
对于选项：设，，则点到圆的圆心的距离为，
因为，所以，
所以选项正确，
故选：．
29．（2020秋•郴州期末）已知函数在区间上存在最小值，则整数可以取
A．B．C．0D．1
【解析】解：由，得，
故在，上是增函数，
在上是减函数，作出其大致图象如图所示，
令，得或，
则结合图象可知，，
解得：，，又，
可以取，0，1．
故选：．
30．（2020秋•昌平区期末）已知函数，那么函数的最小正周期是 ：若函数在上具有单调性，且，则 ．
【解析】解：因为函数，
所以，
故函数的最小正周期是；
因为，
则函数的一个对称中心为，即关于点对称，
令，解得，
又因为，
故，
当时，，
当时，，
又函数在上不是单调函数，
故函数在上不具有单调性，不符合题意；
故．
31．（2020秋•天津期末）如图，在圆锥中，，圆锥的侧面积为，是圆锥底面圆的内接正三角形，为上一点，且，则圆锥的体积为 ，三棱锥的外接球的表面积为 ．
【解析】解：设底面圆的半径为，侧面积为，即，
而，
可得，
那么圆锥的体积；
由底面圆的内接正三角形，
可得正三角形的边长为；
，
可知是等腰直角三角形，可得，
；
由于球心在上，可得，
可得球，
那么球的表面积；
故答案为，．
32．（2020秋•黄浦区期末）已知平面向量、满足，，，向量，且对任意，总有成立，则实数的取值范围是 ，， ．
【解析】解：因为，，，令，，
则，．
不妨取．
过点，的直线的方程为：，即．
又，故对应的点落在直线上，
，其几何意义为点到点的距离．
对任意，总有成立，只需，
即为点到直线的距离，
故，即，所以，或．
故答案为：，，．
33．（2020秋•黄浦区期末）已知、，函数，若函数的最小值为，则实数的取值范围是 ， ．
【解析】解：函数，函数的最小值为，
则设，函数的最小值为，
，解得：，
，
其中，，
当时，，
故，即，
化简得：，故或，
当时，，解得：或，
当时，，
故，即，
化简得，故或，
综上：的取值范围是，，
故答案为：，．
34．（2020秋•静安区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，动点以每秒的角速度从点出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到，再以每秒的角速度从点沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点，则上述过程中动点的纵坐标关于时间的函数表达式为 ．
【解析】解：当在大圆上半圆上运动时，，，
由任意角的三角函数的定义，可得的纵坐标为，；
当点在小圆下半圆上运动时，，，
可得点纵坐标为，．
动点的纵坐标关于时间的函数表达式为．
故答案为：．
35．（2020•新建区校级模拟）已知双曲线的左，右焦点分别为，，过右支上一点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为．若的最小值为，则双曲线的离心率为 ．
【解析】解：由双曲线定义知，，则，，
所以，过作双曲线一条渐近线的垂线垂足为，交右支于点，
此时最小且最小值为，易求焦点到渐近线的距离为
即，所以，即，，
可求离心率．
故答案为：．
36．（2020秋•海淀区期末）已知圆，直线，点，点．给出下列4个结论：
①当，直线与圆相离；
②若直线圆的一条对称轴，则；
③若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；
④为圆上的一动点，若，则的最大值为．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解析】解：当时，直线，
故圆的半径小于点到直线的距离，
所以当，直线与圆相离，故选项①正确；
因为圆的对称轴过圆心，故直线过点，
又直线，所以，故选项②正确；
考虑极限情况：，为切点时比，为割点时的更大，
故直线的斜率最大时，点，均应为切点，过作圆的切线，
则，
所以，故选项③错误；
设，，
则的中点，，
而，则点为以为直径的圆上，
设半径为，，则，
所以最大时应该是点的纵坐标加半径，即，
令，，，
令，得，，
，当时，，
所以的最大值为，故选项④正确；
故答案为：①②④．
37．（2020秋•天津期末）已知扇形半径为1，，弧上的点满足，则的最大值是 ；最小值是 ．
【解析】解：以为原点，以为轴建立平面直角坐标系，
设，则，，，，
，
，即．
，
在上，，
当时，取得最大值．
，，，
．
，．
当时，取得最小值．
故答案为：，．
38．（2020秋•香坊区校级期末）若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”．已知函数，，，则有下列命题：
①与有“隔离直线”；
②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；
③和之间存在“隔离直线“，且的取值范围是，；
④和之间存在唯一的“隔离直线” ．
其中真命题的序号为 ①②④ （请填上所有正确命题的序号）
【解析】解：对于①过点，曲线的切线的切点为，．
所以，解得，，
所以曲线的切线为，