2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十三）（原卷版+解析版）

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1．（2021春•东城区校级月考）已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论：
①的一个周期是；
②是偶函数；
③的最大值大于；
④在单调递减．
其中所有正确结论编号是
A．①②B．①③C．①④D．②④
【解析】解：①：因为，
所以函数的一个周期为，故①正确；
②：因为，，
所以，故函数不是偶函数；故②错误；
③因为，故③正确；
④：当时，，，
所以，
所以，即当时，为定值，故④错误；
故选：．
2．（2021春•徐汇区校级月考）在平面上，，，．若，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：根据，知，四边形是矩形．
如图，以，所在直线为坐标轴建立直角坐标系．
设，，点的坐标为，点，
，，．
，，
，①．
，，同理，②．
由 ①②可知，
，．
的取值范围为，．
故选：．
3．（2021春•安徽月考）已知数列的前项和为，若，，，为等差数列，则
A．B．C．D．
【解析】解：由题意得，，
故，且，
故，
则，
，
则是首项为6，公比为的等比数列，
故，
则，
故选：．
4．（2020秋•浙江期中）已知是定义在上的奇函数，若，，且，都有成立，则不等式的解集是
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解析】解：对于任意给定的不等实数，，不等式恒成立，
在上为增函数，
函数是定义在上的奇函数，
，则，
又为增函数，
或，解得或，
不等式的解集为，，．
故选：．
5．（2020秋•垫江县校级月考）正四面体的棱长为3，点是平面内一动点，，设异面直线与所成的角为，则的最小值为
A．B．C．D．
【解析】解：如图，作平面于，
是正四面体，是的中心，
则，，
则，
，
平面内，在以为圆心，为半径的圆上，
运动时，是圆锥的母线，
如图，把圆锥平移到四面体外部，
不妨设，是圆锥底面圆的一条直径，
母线与所成角的最小值是圆锥轴截面底角，
，
即异面直线与所成的角的最小值为，
故选：．
6．（2019秋•镇海区校级期末）已知函数，，若，其中，则的最大值为
A．B．C．D．
【解析】解：由题意，，，则，
作函数的草图如下，
由图可知，当时，有唯一解，故，且，
，
设，，则，令，解得，
易得当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故（e），即的最大值是．
故选：．
7．（2021春•花山区校级月考）已知圆及点，，若在圆上有且仅有一个点，使得，则实数的值为
A．0B．3C．0或3D．或3
【解析】解：圆，化为，
设，由，得，
整理得：，
在圆上有且仅有一个点，使得，
则圆与圆相切，
即有，
或，
即或．
故选：．
8．（2017•淮南一模）已知点、是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在双曲线的右支上，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围为
A．B．，C．，D．，
【解析】解：由，可得，
即有△为直角三角形，且，
可得，
由双曲线定义可得，
又，可得，
即有，
化为，
即有，
可得，
由可得
，
故选：．
9．（2021春•兴宁区校级月考）在三棱锥中，，是的中点，与均是正三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为
A．B．C．D．
【解析】解：如图所示，由题意可得：，，为等边三角形设与的中心分别为，．
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，连接，，．则．
则，．
，
三棱锥的外接球的表面积．
故选：．
10．（2017•潮南区模拟）知双曲线，、是实轴顶点，是右焦点，是虚轴端点，若在线段上（不含端点）存在不同的两点，使得△构成以为斜边的直角三角形，则双曲线离心率的取值范围是
A．，B．，C．D．，
【解析】解：由题意，，，则直线的方程为，
在线段上（不含端点）存在不同的两点，使得△构成以线段为斜边的直角三角形，
，
，
，
，
，
，
．
故选：．
11．（2020秋•景德镇期末）已知函数，则使不等式成立的的取值范围是
A．，，B．
C．D．，，
【解析】解：由得，得或，
，即是偶函数，
当时，，为增函数，
则不等式等价为不等式，
即，
得，得，
即，
得或，
即不等式的解集为，，，
故选：．
12．（2019春•黄冈期末）已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为
A．，B．C．．D．．，
【解析】解：根据题意，设，，
若当时，不等式恒成立，则有，即，
则函数在上为增函数，
则有在上恒成立，必有在上恒成立，
设，
则，
分析可得：在上，，为减函数，在上，，为增函数，
则在区间的最小值为（2），
若在上恒成立，必有，即的取值范围为，；
故选：．
13．（2021春•贵州月考）已知各项均大于1的数列满足，中任意相邻两项具有差为2的关系．记的所有可能值构成的集合为，中所有元素之和为，，下列四个结论：
①为单元素集；
②；
③；
④若将中所有元素按照从小到大的顺序排列得到数列，则是等差数列．
其中所有正确结论的编号为
A．①②B．①③C．①③④D．②③④
【解析】解：由题意，，，，，
，，，，
①，的所有可能值构成的集合为，为单元素集，故①正确；
②，中所有元素之和为，故②错误；
③，由归纳关系，和都有个数，且从小到大排列对应相减均为2，故，③正确；
④，为可能的值构成的集合，从小到大排列为以为首项，公差为4的等差数列，故④正确．
故选：．
14．（2019•咸阳一模）双曲线的左、右焦点分别为、，过斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，若，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：双曲线的左、右焦点分别为，，
过点且斜率为的直线为：
，，
，，
，，可得：，
解得，所以，，
可得
故选：．
15．（2021春•安徽月考）斜率为的直线与抛物线交于，两点，若，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【解析】解：斜率为的直线设为，
联立，消去化简整理得．
由△得，．
因为，所以，即．
而，即，解得．
代入得到，或．
故选：．
16．（2020秋•张家港市月考）在中，为边上的点，且，满足，则
A．有最小值B．有最小值
C．有最小值12D．有最小值16
【解析】解：因为在线段上且，
由向量共线定理得，，
则，
，
，
当且仅当且，即，时取等号，
则的最小值16．
故选：．
17．（2021春•莱芜区校级月考）已知是函数的导函数，对于任意，都有，，则不等式的解集为
A．B．C．D．
【解析】解：令，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
解得，
即不等式的解集为．
故选：．
18．（2014秋•青阳县校级期中）若，则、、的大小关系是
A．B．C．D．
【解析】解：在第一象限内是增函数，
，
是减函数，
，
所以．
故选：．
19．（2020春•湖北期末）设椭圆的两个焦点分别为，，若在轴上方的上存在两个不同的点，满足，则椭圆离心率的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：如图，当点在上顶点时，最大，
要使在轴上方的上存在两个不同的点，满足，
只需，即
，
，
，，
则椭圆离心率的取值范围是：，，
故选：．
20．（2021•清新区校级模拟）已知函数，若，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：由题可知，
，
，
令，则，即为奇函数，
函数与在上均单调递增，
在上单调递增，即在上也单调递增，
不等式，等价于，
，
在上单调递增，
，
解得，
实数的取值范围是，．
故选：．
二．多选题（共10小题）
21．（2020秋•集美区校级月考）意大利数学家列昂纳多斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是
A．是偶数B．
C．D．
【解析】解：对于，由题意可得，数列中的第3，6，9，项为偶数，以3为周期，
因为，所以是奇数，故错误；
对于，因为，，，
所以有，，，，，
累加可得，故错误；
对于，，
当时，，成立；
假设当时，成立，
当时，
，成立，故正确；
对于，可知扇形面积，
，故正确．
故选：．
22．（2020秋•垫江县校级月考）称横、纵坐标均为整数的点为整点，记射线和轴的非负半轴所夹的区域（含边界）为．约定：质点向轴正方向前进一个单位即得一个“1”，向轴正半轴方向前进一个单位即得一个“0”，质点不向其它方向前进．质点从原点出发经过区域内的整点，以最短路径到达点的路径数记为（其中，，，所得的数字0和1按产生顺序即得一个“规范01数列” ，显然，共有项，其中项为1，项为0．以下说法正确的是
A．
B．对任意，、、、中0的个数不少于1的个数
C．
D．
【解析】解：如图，
对于，是质点由原点到达点，路径为上移到，再右移到，
或上移到，右移到，上移到，再右移到，共2种，
故，正确；
对于，对“规范01数列” 中每一项，
点在区域内，则质点向轴正半轴方向前进的单位数大于等于向轴正方向前进的单位数，
即所含0的个数大于等于1的个数，可得对任意，、、、中0的个数不少于1的个数，
故正确；
对于，不妨取，，则，，，，故错误；
对于，，，，，，
，故正确．
故选：．
23．（2020秋•垫江县校级月考）已知定义域为的函数对任意的实数，满足，且，并且当时，，则下列选项中正确的是
A．函数是奇函数
B．函数在上单调递增
C．函数是以2为周期的周期函数
D．
【解析】解：令，可得，
，函数是奇函数，故正确；
设，则当时，，
，
，函数在上单调递增，故正确；
（1），可得，
函数是以2为周期的周期函数，故正确；
④，故不正确．
故选：．
24．（2020•烟台一模）关于函数，，下列说法正确的是
A．当时，在，处的切线方程为
B．当时，存在唯一极小值点且
C．对任意，在上均存在零点
D．存在，在上有且只有一个零点
【解析】解：直接法，逐一验证．
选项，当时，，，所以，故切点为，，所以切线斜率，
故直线方程为：，即切线方程为： 选项符合题意；
选项，当时，，，，恒成立，所以单调递增，
又 故存在唯一极值点，不妨设，，则，即，
，，选项符合题意；
对于选项、，，，令，即，当，且 显然没有零点，故，且，
所以则令，，令，解得，，，
所以 单调递减，， 单调递增，有极小值，
单调递增，， 单调单调递减，有极大值，
故选项，任意均有零点，不符合，选项，存在，有且只有唯一零点，此时，
故选：．
25．（2020秋•枣庄期末）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是
A．直线与所成的角可能是
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
【解析】解：对于，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，0，，，1，，设，，，，
，，，，1，，
，，
，，
又当时，，
当，时，，
，
直线与所成的角为，故错误；
对于，正方体中，，，
，平面，
平面，平面平面，故正确；
对于，，到平面的距离，
三棱锥的体积：
，为定值，故正确；
对于，平面截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故错误．
故选：．
26．（2021春•莱州市校级月考）数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，
以下运算和结论正确的是
A．
B．数列，，，，，是等比数列
C．数列，，，，，的前项和为
D．若存在正整数，使，，则
【解析】解：以为分母的数共有个，故，，，故正确；
为等差数列，故错误；
数列的前项和为，故正确；
根据（3）知：，
即；，此时，故正确．
故选：．
27．（2020秋•张家港市月考）下列命题正确的是
A．若是锐角，则
B．若，都是锐角，则
C．若，都是锐角，且，则
D．若，都是任意角，且，则的最大值为
【解析】解：对于：如图在单位圆中，由面积可得：，
，故正确；
对于，都是锐角，则且，
则，故正确；
对于：若，都是锐角，且，不能确定的范围，所以不能确定、的关系，故错误；
对于：设，则，
，
由，
得，
平方得，
所以，
解得，故正确．
故选：．
28．（2021春•莱芜区校级月考）已知函数，则下列说法正确的是
A．函数的单调递减区间是
B．函数有一个零点，则
C．存在正实数，使得成立
D．对任意的，，，都有
【解析】解：对于选项，，定义域为，
，令，则，
函数的单调减区间是，故正确；
对于选项，函数有1个零点，
即方程有1个根，令，
所以，
令，
，
令，可得，令，可得，
所以（e）．
所以，即，
所以在上单调递减，且，
所以若函数有一个零点，则，即选项正确；
对于选项，若，则，
由选项可知无最小值，
所以当时，不存在使得，即选项错误；
对于选项，，，
时，，故是凹函数，
故，故选项错误；
故选：．
29．（2020春•湖北期末）已知、是椭圆长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于、的任意一点，点与点关于轴对称，则下列四个命题中正确的是
A．直线与的斜率之积为定值
B．
C．△的外接圆半径的最大值为
D．直线与的交点在双曲线上
【解析】解：设，，
、是椭圆长轴上的两个顶点．，
则，故不正确．
由，，，故正确．
当在短轴顶点时，，，，由正弦定理：
可得△的外接圆半径的最大值；故正确．
点与点关于轴对称，设，，直线与的方程分别为：①
②
①②两式相乘：可得，
由
带入双曲线，即直线与的交点在双曲线上；故正确．
故选：．
30．（2021•清新区校级模拟）已知函数为自然对数的底数），若方程有且仅有四个不同的解，则实数的值不可能为
A．B．C．6D．
【解析】解：设，可得，即有为偶函数，
由题意考虑时，有两个零点，
当时，，，
即有时，，
由，可得，
由，相切，设切点为，
的导数为，可得切线的斜率为，
可得切线的方程为，
由切线经过点，，可得，
解得或（舍去），
即有切线的斜率为，
由图象可得时，直线与曲线有两个交点，
综上可得的范围是，不可能是，，
故选：．
三．填空题（共20小题）
31．（2021春•东城区校级月考）已知函数，若恰有4个零点，则实数的取值范围为 ， ．
【解析】解：原问题等价于函数 与函数存在4个不同的交点．
绘制函数的图像如图所示，
很明显，当时，不满足题意，
当时，两函数在区间和区间上必然各存在一个交点，
则函数与函数在区间上存在两个交点，
临界条件为函数与函数相切，
考查函数过坐标原点的切线：
由函数的解析式可得：，设切点坐标为，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：，
解得：，此时切线的斜率为：，
据此可得：实数的取值范围是，．
故答案为：，．
32．（2019•江苏一模）设函数，其中．若函数在，上恰有2个零点，则的取值范围是 ， ．
【解析】解：根据题意，设在轴右侧与轴的第二个交点横坐标为，第三个交点的横坐标为，
则有，，
解可得，，
若函数在，上恰有2个零点，则，
解可得：，
即的取值范围为，；
故答案为：，．
33．（2021春•徐汇区校级月考）若实数、满足，则的最小值为
【解析】解：因为或，
又，所以，所以，
当且仅当，即，同时，时取等号，
故，所以，,
故,
即的最小值为，
故答案为：．
34．（2015•湖北一模）我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前世纪）提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等．设：由曲线和直线，所围成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为；由同时满足，，，的点构成的平面图形，绕轴旋转一周所得到的旋转体为．根据祖暅原理等知识，通过考察可以得到的体积为 ．
【解析】解：如图，两图形绕轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，
用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，所得截面面积，
，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，
由同时满足，，，的点构成的平面图形绕轴旋转一周所得的旋转体，它应该为一个大的球体减去两个球半径一样的小的球体，体积为，
的体积为．
故答案为：．
35．（2021春•安徽月考）在正三棱锥中，，点是的中点，若，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
【解析】解：如图，取中点，连接，．
在正三棱锥中，．
．
，、平面，
平面．
平面，
．
又，，、平面，
平面．
又平面，平面，．
平面．
、平面，
，．
正三棱锥的三个侧面全等，
．
，，
．
、、两两垂直，且．
可将正三棱锥补成正方体．