2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十五）（原卷版+解析版）

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A．B．C．D．
【解答】解：因为，，成等差数列，
设，公差为，，，
因为，所以，
由勾股定理可得：，解得，
由椭圆的定义可得三角形的周长为，
由，即，，
在直角三角形中，，
所以离心率，
故选：．
2．（2021•濠江区校级模拟）已知抛物线，过定点的直线与抛物线相交于点，，若为常数，则实数的值为
A．1B．2C．3D．4
【解答】解：设，，，，直线，
联立方程，
消掉可得：，
．，
所以
因为为常数，
所以，满足△．
故选：．
3．（2021•深圳一模）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形．设点为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为
A．18B．24C．36D．48
【解答】解：据题意：圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形．点为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系：
则，，．
圆的方程为，可设，
所以，．
故
．
故选：．
4．（2021•肇庆二模）已知，分别为双曲线的左、右焦点，为坐标原点，在双曲线上存在点，使得．设△的面积为．若，则该双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【解答】解：由可得，
设，，
由可得：，
所以，
又因为，即，
所以，
可得离心率，
故选：．
5．已知是自然对数的底数，设，，，则
A．B．C．D．
【解答】解：已知是自然对数的底数，，，，
设，
则，
当时，，函数在上是增函数，
当时，，函数在上是减函数，
（3），（2），而，
所以，
又因为，，为常用不等式，可得，
令，
，
当时，，函数在上是减函数，
故（2）（e），
则，即，
则，
故：
故选：．
6．（2019•攀枝花模拟）四棱锥的各顶点都在同一球面上，底面，底面为梯形，，且，则此球的表面积等于
A．B．C．D．
【解答】解：如图，
由已知可得，底面四边形为等腰梯形，
设底面外接圆的圆心为，连接，则，
，又，设四棱锥外接球的球心为，
则，即四棱锥外接球的半径为．
此球的表面积等于．
故选：．
7．（2020•重庆模拟）在中，，，，点是所在平面内一点，，且满足，若，则的最小值是
A．B．C．1D．
【解答】解：中，，，，点是所在平面内一点，以点为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系．
如图所示：
所以，，
所以，
由于满足，
所以设满足，整理得：，
故，
所以，，
所以．
当时，的最小值是．
故选：．
8．（2018•潍坊三模）三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为
A．B．C．D．
【解答】解：根据题意，得到三棱锥的外接球的球心在等边三角形的中线高线和过直角三角形斜边的中点的高的交点位置，
如图所示：
三棱锥中，平面平面，，，，
所以，，
在直角三角形中，，
解得：，
所以，
三棱锥的外接球半径，
则，
故选：．
9．（2021•珠海一模）已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，
A．54B．18C．9D．6
【解答】解：奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，
第1行到第行一共有个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，
所以2021位于第45行，
又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2021位于第45行，从左到右第21列，
所以，，
则．
故选：．
10．（2021•韶关一模）已知函数，若，，，则，，的大小关系正确的是
A．B．C．D．
【解答】解：因为，
所以，
所以为偶函数，
因为，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因为，，，且
因为，
故，
，
所以，
则．
故选：．
11．（2021•韶关一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是
A．圆的一部分B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分D．椭圆的一部分
【解答】解：，则，
即到的距离为，
则在空间中的轨迹为一个圆柱面，而由题意 的轨迹是该圆柱被一平面斜截得到的图形，
则的轨迹为椭圆的一部分．
故选：．
12．（2021•潮州一模）已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其侧面积等于，则球的体积等于
A．B．C．D．
【解答】解：当此四棱锥体积取得最大值时，底面，
设正方形的边长，则，
解得，
则球的半径．
则球的体积．
故选：．
13．（2021•湖北模拟）已知抛物线的焦点为，点，是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线交于，两点，若，则抛物线的方程是
A．B．C．D．
【解答】解：画出图形如右图所示，作，垂足为，由题意得点，，在抛物线上，则，①
由抛物线的性质，可知，
因为，所以，
所以，解得，②
由①②解得（舍去）或．
故抛物线的方程为．
故选：．
14．（2021•武汉模拟）设函数，若对于任意实数，在区间，上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．，
【解答】解：令函数，解得，
是由图象变换得到的，且最小正周期为，
在，内，，
所以函数相邻4个零点、、、满足：
，
，
，
所以相邻两零点最大距离，
相邻四个零点占区间长度最短为，
，时，，，区间宽度为，
所以至少有2个零点，至多有4个零点），
解得，所以的取值范围是，．
故选：．
15．（2021•湖北模拟）已知函数是定义在区间上的可导函数，满足且为函数的导函数），若且，则下列不等式一定成立的是
A．（a）（b）B．（b）（a）
C．（a）（b）D．（b）（a）
【解答】解：令，；
又，，
是上的减函数；
令，则，由已知，
可得，
下面证明：，即证明，
令，则：
，在，（1），
即，
，
若且，
则（a）（b），
故选：．
二．多选题（共18小题）
16．（2021•汕头一模）已知函数，则下述结论中正确的是
A．若在，有且仅有4个零点，则在，有且仅有2个极小值点
B．若在，有且仅有4个零点，则在上单调递增
C．若在，有且仅有4个零点，则的范围是
D．若图象关于对称，且在单调，则的最大值为9
【解答】解：令，，其图象如图所示，
在，有且仅有4个零点，即在，有且仅有4个零点．
对于，由图象知在，有且仅有2个极小值点，所以对；
对于，，解得，所以对
对于，因为时，，，
由知，所以，所以在上不单调，所以错；
对于，因为图象关于对称，所以，，于是，
又因为在单调，所以，
所以，于是的最大值为9，所以对．
故选：．
17．（2021•汕头一模）函数，则下列说法正确的是
A．（2）（3）
B．
C．若有两个不相等的实根、，则
D．若，、均为正数，则
【解答】解：函数，故函数的定义域为，且，
令，解得，当变化时，，的变化如下表：
故的图象如图所示：
对于选项，（4），
又函数在上单调递减，所以（4）（3），即（2）（3），故选项错误；
对于选项，因为且在上单调递增，
所以，则，即，故，故选项正确；
对于选项，因为有两个不相等的实根、，
所以，不妨设，要证，
即要证，因为，所以，
因为在上单调递增，
所以只需证，即证，只需证①，
令，则，
当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以（e），即，这与①矛盾，故选项错误；
对于选项，设且，均为正数，则，
所以，
因为且（因为，
所以，所以，故，故选项正确．
故选：．
18．（2021•湛江一模）在梯形中，，将沿折起，使到的位置与不重合），，分别为线段，的中点，在直线上，那么在翻折的过程中
A．与平面所成角的最大值为
B．在以为圆心的一个定圆上
C．若平面，则
D．当平面时，四面体的体积取得最大值
【解答】解：如图，在梯形中，因为，，
所以得到，，，
在将沿翻折至的过程中，与的大小保持不变，
由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故选项正确；
因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，
而使的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，
但此圆的圆心不是点，故选项不正确；
当平面时，，因为，
所以，所以，故选项正确；
在翻折的过程中，△的面积不变，故
当平面时，四面体的体积取得最大值，故选项正确．
故选：．
19．（2021•濠江区校级模拟）端午节是中国第一个申请成功的世界人类非物质文化的节日，农历五月初五是端午节，民间吃粽子、佩香囊的习惯，吃“粽子”是为了纪念战国时期楚国爱国主义诗人屈原，香囊暗解清防新冠并驱虫．“七彩丝线系香囊，柔情轻解入谁家”．“扈江篱与辟芷兮，纫秋兰以为佩”．粽子和香囊都是六面体．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示香囊粽子形状的六面体．下列各选项正确的是
A．六面体的体积为
B．若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为
C．折后棱，所在直线异面且垂直
D．折后棱，所在直线相交
【解答】解：对于选项，由题意可知，该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为1，如图（1）所示，
在棱长为1的正四面体中，取的中点，连结，，作平面，垂足在上，
则，，
所以该六面体的体积为，故选项正确；
对于选项，当该六面体内有一球，且该球体积取最大时，球心为，且该球与相切，
过球心作，则就是球半径，如图（1）所示，
因为，所以球半径，
所以该球体积的最大值为，故选项正确；
平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，标上各顶点如图（2）所示，
然后按照虚线翻折成六面体如图所示（2）所示，
则有棱，所在直线相交，故选项错误，选项正确．
故选：．
20．（2021•濠江区校级模拟）黄金分割是一种数学上的比例，是自然的数美．黄金分割具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值．应用时一般取0.618．北京新机场，自然也留下了黄金数的足迹．人们还发现，一些名画、雕塑、摄影作品的主题，大多在画面的0.618处．艺术家们认为弦乐器的琴马放在琴弦的0.618处，能使琴声更加柔和甜美．设离心率为黄金比的倒数的双曲线称为黄金双曲线．若，，分别是实半轴、虚半轴、半焦距的长，则对黄金双曲线，有
A．当焦点在轴时，其标准方程为：
B．若双曲线的弦的中点为，则
C．双曲线中，，成等比数列
D．双曲线的右顶点，点和左焦点构成是直角三角形
【解答】解：对于：若为黄金双曲线，则离心率为，
又因为，
所以，
所以黄金双曲线的方程为，故正确；
对于：由上可知，黄金双曲线的方程为，
设，，，，线段的中点，
则，，
两式相减得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，故错误；
对于：由上可知，
，
所以，
故双曲线中，，成等比数列，故正确；
对于，，
所以，
故，故正确．
故选：．
21．（2021•深圳一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点，分别为轴和轴上的动点（可与坐标原点重合），记正四面体在平面上的正投影图形为，则下列说法正确的有
A．若平面，则可能为正方形
B．若点与坐标原点重合，则的面积为
C．若，则的面积不可能为
D．点到坐标原点的距离不可能为
【解答】解：对于：若平面，考虑一下特殊情形；
①当点与坐标原点重合时，为正方形，
②当点与坐标原点重合时，为三角形，故正确；
对于：若点原点重合，即在轴上，
易知：平面，且为三角形，
不难知道，其面积为，故正确；
对于：当时，且点在正四面体的外部时，
则点恰好为以，，，为棱的正方体的一个顶点，
由于，所以，
所以为以边长为的正方形，其面积为，故错误；
对于：设的中点为，则，且，
易知，即，
所以点到坐标原点的距离小于，故正确．
故选：．
22．（2021•肇庆二模）在长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法中正确的
A．平面
B．与平面所成角的正切值的最大值是
C．的最小值为
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
【解答】解：对于，由于平面平面，所以平面，所以正确；
对于，当时，与所成角的正切值最大，最大值是，所以正确；
对于，将△沿翻折与在同一个平面，且点，在直线的异侧，
此时，此时，所以的最小值为，所以正确；
对于，由于平面，所以交线为以为圆心，半径为1的四分之一圆周，所以交线长为，所以正确．
故选：．
23．（2021•广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2，；第次得到数列1，，，，，，2；．记，数列的前项和为，则
A．B．
C．D．
【解答】解：由，，，，
，，，
由有3项，有5项，有9项，有17项，，
故有项．故错误；
所以，即，故正确；
由，可得，故正确；
由
，故正确．
故选：．
24．（2021•湛江校级模拟）定义在上的函数的导函数为，且对恒成立．下列结论正确的是
A．（2）（1）
B．若（1），，则
C．（3）（1）
D．若（1），，则
【解答】解：设函数，则
因为，所以；
则在上单调递减，从而（1）（2）（3），
整理得：（2）（1），（3）（1）；
所以错误，正确；
当时，若（1），因为，在上单调递减，
所以当时，（1），
即，即，
所以正确，则错误；
故选：．
25．（2021•福田区校级二模）已知数列，均为递增数列，的前项和为，的前项和为．且满足，，则下列说法正确的有
A．B．C．D．
【解答】解：数列为递增数列；
；
，
；
；故正确．
；
数列为递增数列；
；
；
；
，故正确．
；
对于任意的，；故正确，错误．
故选：．
26．（2021•福田区校级二模）已知正方体棱长为2，如图，为上的动点，平面．下面说法正确的是
A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知为中点，当的和最小时，为的中点
【解答】解：对于选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则点，0，、，2，，
设点，2，，平面，则为平面的一个法向量，
且，，，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，选项正确；
对于选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，
平面，，四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知△是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为．
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则△的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，选项错误；
对于选项，设平面交棱于点，0，，点，2，，，
平面，平面，，即，得，，0，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，
则，1，，，而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，
，
所以，四边形为等腰梯形，选项正确；
对于选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，，，
，
所以，点不是棱的中点，选项错误．
故选：．
27．（2021•珠海一模）已知函数，则
A．是函数的一个周期
B．直线为函数的对称轴方程
C．函数的最大值是5
D． 在，有三个解
【解答】解：函数，
对于选项，，
所以是函数的一个周期，故选项正确；
对于选项，因为，
又的周期为，所以，即，
故直线为函数的对称轴方程，故选项正确；
对于选项，因为的周期为，不妨取一个周期,进行分析，
则，
当时，，其中，
故当时，取得最大值为5，
当时，，其中，
故当时，取得最大值为5，
综上所述，函数的最大值为5，故选项正确；
当时，，
当时，，
当时，，
所以函数一个周期中有两个最大值5，且关于直线对称，
又，，，作出图象如图所示，
所以 在，有四个解，故选项错误．
故选：．
28．（2021•韶关一模）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则
A．球心到平面的距离是B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是D．球的体积是
【解答】解：如图，
由，平面平面，且平面平面，
平面，
取中点，则为三角形的外心，取的中点，连接，
则，可得平面，
设的外心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，，则平面，底面，
可得四边形为矩形，则到平面的距离等于，故错误；
在中，由余弦定理可得，则，
设三角形外接圆的半径为，可得，
又，到底面的距离为，故正确；
则三棱锥外接球的半径，
则球的表面积是，故正确；
球的体积为，故错误．
故选：．
29．（2021•潮州一模）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数．记，若在上恒成立，则称在上为凸函数．以下四个函数在上是凸函数的是
A．B．
C．D．
【解答】解．由,得,
,
,当时, ,
这与在定义域中小于0不符,故错误；
．由,得,,
,在上恒成立,故正确；
．由,得,,
,恒成立,故正确；
．由,得,,
时, ,,
恒成立,与在定义域中小于0不符,故错误．
故选：．
30．（2021•东莞市校级模拟）已知函数，，下列结论正确的是
A．若对任意，，且，都有，则为上减函数
B．若为上的偶函数，且在内是减函数，，则解集为
C．若为上的奇函数，则也是上的奇函数
D．若一个函数定义域且的奇函数，当时，，则当时，
【解答】解：对于，若对于任意， 且，都有，
即当时，，则为上的减函数，则正确；
对于，若为 上的偶函数，且在内是减函数，
则在上递增，（2），
则即为（2），即有，解得或，则错误；
对于，若为上的奇函数，
则，，
即有是奇函数，则正确；
对于，当时，，
当时，，则，故，故错误．
故选：．
31．（2021•湖北模拟）已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为
A．若，则满足条件的点有且只有一个
B．若，则点的轨迹是一段圆弧
C．若平面，则长的最小值为2
D．若平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为
【解答】解：如图正四棱柱的底面边长为2，
，又侧棱，
，则与重合时，此时点唯一，故正确；
，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故正确；
连接，，可得平面平面，则当为中点时，有最小值为，故错误；
由知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，0
单调递增
极大值
单调递减