2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十二）（原卷版+解析版）

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1．（2021•石家庄一模）已知，分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，△的内切圆半径为，△的内切圆半径为，若，则直线的斜率为
A．1B．C．2D．
【解析】解：记△的内切圆圆心为，
边、、上的切点分别为、、，
易见、横坐标相等，则，，，
由，
即，得，
即，记的横坐标为，则，，
于是，得，
同样内心的横坐标也为，则有轴，
设直线的倾斜角为，则，，
在中，，
在中，，
由，可得，
解得，
则直线的斜率为，
故选：．
2．（2020秋•东湖区校级期末）设函数，则的各极大值之和为
A．B．
C．D．
【解析】解：函数，
，
时函数递增，时，函数递减，
故当时，取极大值，
其极大值为，
又，且处不能取极值，
函数的各极大值之和为，
故选：．
3．（2020•南昌一模）已知抛物线的焦点为，抛物线上任意一点，且轴交轴于点，则的最小值为
A．B．C．D．1
【解析】解：抛物线方程为：，，
设，则，
，，，
当时，的值最小，最小值为，
故选：．
4．（2020秋•抚州期末）已知是圆外一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为
A．B．C．D．
【解析】解：圆的标准方程为，则圆的半径为，
设，则，
，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为．
故选：．
5．（2020秋•安徽期末）已知奇函数的定义域为，且对任意，恒成立，则不等式组的解集是
A．B．
C．D．
【解析】解：设，则，在上单调递增．
是定义域为的奇函数，，则．
不等式组等价于，
，
，解得，
不等式的解集为．
故选：．
6．（2020秋•福州期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点．若，，则的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：如图所示，以，为邻边作平行四边形，对角线，交于点，
则，所以，
则，
则在三角形中，，
由余弦定理可得：，
即，整理可得：，
解得，所以，且由勾股定理可得，
又为的中点，则三角形为等腰三角形，所以，
由椭圆的定义可得：，
解得，
故选：．
7．（2020秋•隆德县期末）已知定义在上的函数，是的导函数，满足，且（2），则的解集是
A．B．C．D．，
【解析】解：设，则，
在上单调递减，
（2），（2），
不等式等价于（2），
，解得，不等式的解集为，
故选：．
8．（2020秋•淄博期末）设，是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点．若，且，则双曲线的渐近线方程是
A．B．C．D．
【解析】解：由双曲线的定义知，，
，
，，
，
，即，
在△中，由余弦定理知，，
，
，
化简得，，
双曲线的渐近线方程为，即．
故选：．
9．（2020秋•定远县期末）已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于，两点．若，，则椭圆的方程为
A．B．C．D．
【解析】解：，且，，，
，，
，，
，则在轴上．
在△中，，
在△中，由余弦定理可得，
根据，可得，
解得，．
椭圆的方程为：．
故选：．
10．（2021•四川模拟）设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为
A．B．
C．D．，，
【解析】解：设，
则，
，，
，
是上的增函数，
又，
的解集为，
即不等式的解集为．
故选：．
11．（2020秋•河南期末）在直棱柱中，，，，，，，则直线与平面所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【解析】解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，4，，，1，，
，0，，，，，，，
设平面的法向量为，，，
则，即，
令，则，，，2，，
设直线与平面所成角为，
则，，
直线与平面所成角的正弦值为．
故选：．
12．（2020秋•太原期末）已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为
A．16B．14C．12D．10
【解析】解：方法一：如图，，直线与交于、两点，
直线与交于、两点，由图象知要使最小，
则与，与关于轴对称，即直线的斜率为1，
又直线过点，
则直线的方程为，
联立方程组，则，
，，
，
的最小值为，
方法二：设直线的倾斜角为，则的倾斜角为，
根据焦点弦长公式可得
，
，
当时，的最小，最小为16，
故选：．
13．（2020秋•太原期末）已知，，，是关于的方程四个不同实数根，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：令，作出函数的图象如图所示，
故方程四个不同实数根，即函数与有四个交点，
由图象可知，，，因此，
因为，所以或，
即或，
由图象可知，，是方程的两个根，
根据根与系数的关系可得，
同理可得，
所以
，
令，，
则，
令，解得或，
所以当时，，为单调递增函数，
当时，，为单调递减函数，
又，，，
所以．
故选：．
14．（2020秋•大武口区校级期末）已知函数，若且满足（a）（b）（c），则（a）（b）（c）的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：作出函数的图象如图所示，
因为且满足（a）（b）（c），
所以，，，且，，
所以，，
故（a）（b）（c），
令（b），
则，
因为，所以，，
故（b），所以函数（b）在上单调递增，
所以（1）（b）（e），
则，
所以（a）（b）（c）的取值范围为．
故选：．
15．（2020•郴州二模）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：，
．
即函数在时是单调增函数．
则恒成立．
，
令，
则，
时，单调递减，
时，单调递增，
（1），
．
故选：．
16．（2020秋•宿州期末）设是奇函数，是的导函数，．当时，，则使得成立的的取值范围是
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【解析】解：设，则的导数为：
，
当时总有成立，
即当时，，
当时，函数为增函数，
又，
函数为定义域上的偶函数，
时，函数是减函数，
又（2），
时，由，得：（2），解得：，
时，由，得：，解得：，
成立的的取值范围是：，，，
故选：．
17．（2020秋•东莞市期末）如图，已知曲线上有定点，其横坐标为，垂直于轴于点，是弧上的任意一点（含端点），垂直于轴于点，于点，与相交于点，则点的轨迹方程是
A．B．
C．D．
【解析】解：因为定点在曲线上，其横坐标为，则点，
又垂直于轴于点，所以，
设点，所以点的横坐标为，
又因为点是弧上的任意一点，所以点，
故，
则直线的方程为，
又点在直线上，故点的坐标满足直线的方程，
所以点的轨迹方程是．
故选：．
18．（2020•芜湖模拟）已知，，若，，，，使得，则实数的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：因为，时，，；
，时，，．
故只需．
故选：．
19．（2020秋•汾阳市期末）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，，若，则直线的斜率为
A．B．C．D．
【解析】解：根据题意设点，，，．
由，得，得，得，，，
故，即．
设直线的方程为．联立，消元得．
故，．则，，解得，
即直线的斜率为，
故选：．
20．（2020•沈阳三模）已知双曲线的离心率为，为坐标原点，过右焦点的直线与的两条渐近线的交点分别为，，且为直角三角形，若，则的方程为
A．B．C．D．
【解析】解：由双曲线的离心率，可得，所以由题意可得，
设，所以，，
因为，所以，即，
所以，
而焦点到渐近线的距离，
所以，，
所以双曲线的方程为：，
故选：．
21．（2020秋•番禺区期末）已知椭圆的焦点为，．过的直线与交于，两点．若，，则的方程为
A．B．C．D．
【解析】解：设，则，，
由椭圆的定义可知：，所以，
故点在椭圆的上（下顶点处，不妨设点在上顶点处，则，
设点的坐标为，
则由可得：，即，，
解得，，即，
代入椭圆方程可得：，解得，
所以，
故椭圆的方程为：，
故选：．
22．（2020秋•慈溪市期末）如图，三棱锥的底面在平面内，所有棱均相等，是棱的中点，若三棱锥绕棱旋转，设直线与平面所成的角为，则的取值范围为
A．B．C．D．
【解析】解：三棱锥的底面在平面内，所有棱均相等，
故三棱锥是一个正四面体，不妨其棱长为2，
研究三棱锥绕棱旋转的情况，
当旋转到直线与平面平行时，则直线与平面所成的角为，
此时的取值最大为1，
故排除选项，；
当旋转到在平面内的时候，
设顶点在平面内的射影为，则为正三角形的中心，
连结延长至，则即为和平面所成的角，
在中，，
由余弦定理可得，
因为，
故排除选项．
故选：．
23．（2020•东莞市校级二模）已知为椭圆上的一点，，分别为圆和圆上的点，则的最小值为
A．5B．7C．13D．15
【解析】解：依题意可得，椭圆的焦点分别是两圆和的圆心，
所以根据椭圆的定义可得：，
故选：．
24．（2020秋•凯里市校级期末）在某地区某高传染性病毒流行期间，为了建立指标显示疫情已受控制，以便向该地区居民显示可以过正常生活，有公共卫生专家建议的指标是“连续7天每天新增感染人数不超过5人”，根据连续7天的新增病例数计算，下列各项中，一定符合上述指标的是
①平均数；
②标准差；
③平均数且标准差；
④平均数且极差小于或等于2；
⑤众数等于1且极差小于或等于4．
A．①②B．③④C．③④⑤D．④⑤
【解析】解：由题意，假设连续7天新增病例数为1，2，3，3，3，3，6，
满足平均数且标准差，但是不符合指标，故①②③均错误．
若极差等于0或1，在平均数的条件下符合指标；
若极差等于2，则极小值与极大值的组合可能有：
（1）0，2；（2）1，3； （3）2，4；（4）3，5；（5）4，6．
在平均数的条件下，只有（1）（2）（3）成立，且符合指标，故④正确．又众数等于1且极差小于或等于4，符合指标，故⑤正确，故选．
故选：．
二．多选题（共6小题）
25．（2020秋•益阳期末）已知双曲线，它的焦点为，，则下列结论正确的是
A．的虚轴长为4
B．的渐近线方程为
C．上的任意点都满足
D．的一个顶点与抛物线的焦点重合
【解析】解：由题意知，，，
，
虚轴长为，即选项错误；
渐近线方程为，即，故选项正确；
由双曲线的定义知，，故不可能成立，即选项错误；
双曲线的顶点坐标为，而抛物线的焦点坐标为，即选项正确．
故选：．
26．（2020秋•益阳期末）已知数列，满足，，且，是数列的前项和，则下列结论正确的有
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：数列满足，
所以当时，，
，
，
，
故，
所以．
由于首相符合通项，
故．
由于，
所以．
故．
对于，
整理得，解得，故错误；
对于（利用对勾函数的性质）
当时，取得最小值，故正确；
对于，整理得，无正整数解，故错误；
对于：由于，且，
数列单调递增，当时，取得最小值．
故，故正确；
故选：．
27．（2020秋•福州期末）已知函数，则
A．的周期为
B．的图象关于点对称
C．在上为增函数
D．在区间，上所有的极值之和为10
【解析】解：对于，函数，，
故不是的周期，故错误；
对于，，，
所以为奇函数，图象关于原点对称，所以的图象关于点对称，故正确；
对于，当时，，，
当时，，，，故，在上为增函数，故正确；
对于，当，时，令，解得，，2，3，4，5，
当，时，，，
令，解得，，，，，，
因为，
故所求极值之和为，故正确．
故选：．
28．（2020秋•淄博期末）已知，分别为双曲线的左、右焦点，，分别为其实轴的左、右端点，且，点为双曲线右支一点，为△的内心，则下列结论正确的有
A．离心率
B．点的横坐标为定值
C．若成立，则
D．若垂直轴于点，则
【解析】解：，且，，
，，，即选项正确；
设内切圆与△的三边分别相切于点，，，如图所示，
由圆的切线长定理知，，，，
由双曲线的定义知，，
而，
，，
，即点的横坐标为定值，故选项正确；
设圆的半径为，
，
，即，
，即，
，即选项正确；
假设点在第一象限，设其坐标为，则，
垂直轴于点，
，，，
，
若，则，化简得，
此时点与重合，不符合题意，即选项错误．
故选：．
29．（2020秋•东莞市期末）设等比数列的公比为，其前和项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是
A．B．
C．是数列中的最大项D．
【解析】解：等比数列的公比为，若，则，
由，可得，则数列各项均为正值，
若，则，，则，故正确；
所以，故错误；
根据，可知是数列中的最大项，故正确；
由等比数列的性质可得，
所以，故错误．
故选：．
30．（2020秋•番禺区期末），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论中正确的是
A．当直线与成角时，与成角
B．当直线与成角时，与成角
C．直线与所成角的最小值为
D．直线与所成角的最小值为
【解析】解：由题意知，、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故，，
斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，
点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，直线的方向单位向量，1，，，
直线的方向单位向量，0，，，
设点在运动过程中的坐标中的坐标，，，
其中为与的夹角，，，
在运动过程中的向量，，，，，
设与所成夹角为，，
则，，
，，正确，错误．
设与所成夹角为，，
，
当与夹角为时，即，
，
，，
，，，此时与的夹角为，
正确，错误．
故选：．
三．填空题（共20小题）
31．（2020秋•广安期末）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的结论序号是 ①②④ ．
①；②平面；③异面直线，所成的角为定值；④以为顶点的四面体的体积为定值．
【解析】解：对于①，平面，平面，，故①正确；
对于②，，在，，
平面，平面，平面，故②正确；
对于③，当点在处，为的中点时，
由可知异面直线，所成的角是；
当在上底面的中心时，在的位置，
异面直线，所成的角是，两个角不相等，
从而异面直线，所成的角不一定为定值，故③错误；
对于④，到平面的距离是定值，
是定值，
以为顶点的四面体的体积为定值，故④正确．
故选：①②④．
32．（2019•新课标Ⅰ）已知函数，则的最小值是 ．
【解析】解：由题意可得是的一个周期，
故只需考虑在，上的值域，
先来求该函数在，上的极值点，
求导数可得
，
令可解得或，
可得此时，或；
的最小值只能在点，或和边界点中取到，
计算可得，，，，
函数的最小值为，
故答案为：．
33．（2020秋•抚州期末）已知曲线在点处的切线与曲线相切，则 2或10 ．
【解析】解：令，，
则，（1），
可得曲线在点处的切线方程为．
联立，得，
，解得或．
故答案为：2或10．
34．（2020秋•益阳期末）在中，，，，是所在平面上的动点，则的最小值为 ．
【解析】解：以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，
因为，，，
所以，，
是所在平面上的动点，设，其中，，
则，
故
，
所以当时，取得最小值．
故答案为：．
35．（2020秋•福州期末）如图所示，在平行四边形中，为中点，，，．沿着将折起，使到达点的位置，且平面平面．设为△内的动点，若，则的轨迹的长度为 ．
【解析】解：因为，
所以，
因为平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面，
又，平面，
故，，
又为平行四边形，
所以，
所以，
在中，，
在中，，
所以，
又为中点，且，
所以，
以为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，，设，
则有，
整理可得，
故点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
设点在平面内的圆弧对应的圆心角为，
则，
故，
根据弧长公式，
所以的轨迹的长度为．