专题08 多选压轴题-备战2022年新高考数学模拟试题分类汇编（江苏专用）

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A．B．
C．D．
【答案】
【详解】为奇数，，
为偶数，，
所以，错；
当时，，，，
所以错；
由多选题至少有两个正确选项，利用排除法得正确．
2．（2021•南京二模）已知函数，，则
A．函数在上无极值点
B．函数在上存在唯一极值点
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】
【详解】对于，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在递增，
故，故在递增，
故函数在上无极值点，故正确；
对于，，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在递增，
故（1），故在递增，
函数在上无极值点，故错误；
对于：由得：在递增，
不等式恒成立，
则恒成立，故，
设，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，
故（e），故，故错误；
对于：若，
则，
，，，且，
时，，
设，设，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，
故（e），此时，
故的最大值是，故正确；
3．（2021•江苏一模）已知正数，，，满足，则
A．B．C．D．
【答案】
【详解】由于正数，，，满足，设，，
则，，，
对于，，，
，，
则，故正确；
对于，，同理，，
，故错误；
对于，
，，故正确；
对于，
，，故错误．
4．（2021•江苏二模）已知，，，设，其中，，则
A．
B．
C．若，则（8）
D．
【答案】
【详解】，故选项正确；
，
而，故选项错误；
假设，则有，即，所以，故（8），故选项正确；
当时，，故选项错误．
5．（2021•江苏二模）如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔为塔顶，为塔底）的高度，选取与在同一水平面内的两点与，，不在同一直线上），测得．测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：，，，，，，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔的高度的是
A．，，，B．，，，
C．，，，D．，，，
【答案】
【详解】对于，已知，，，，
在中，利用三角形内角和为可求得，
利用正弦定理，可求得，
在中，，由，即可求；
对于，在中，已知一边，一角，无法求解三角形，
在中，已知两角，，无法求解三角形，
在中，已知一边，一角，无法求解三角形；
对于，在中，已知一边，两角，，
由三角形内角和可求得，由正弦定理可求得，
在中，已知两角，，一边，利用，可求得；
对于，在中，已知两角，，
由，可用表示，由，可用表示，
在中，已知，边，表示，利用余弦定理可用表示，
在中，利用勾股定理可用表示，
在中，已知，，表示，表示，
利用余弦定理可建立关于的方程，即可求解．
6．（2021•徐州模拟）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是
A．在是增函数
B．是奇函数
C．在上有两个极值点
D．设，则满足的正整数的最小值是2
【答案】
【详解】对于函数，其中是自然对数的底数，
所以，
对于：由于时，，，所以，所以函数为增函数，故正确；
对于：设，
所以，故正确；
对于：由，
在时，，，
所以，
所以函数在此区间上无极值点，
由时，，
下面考虑上
由，
当时，，，
所以，函数为单调递减函数，由，，
所以，
故明显存在；
在上，，
由，而，，
所以，
所以，
而由，明显成立，
即，
即，
所以不存在零点，
故在只有一个零点，即函数只有一个极值点．故错误；
对于：由时，，
所以，明显不成立，
由时，，
同理，
由，，
所以，
所以的最小值为2，故正确．
7．（2021•无锡模拟）对于定义在上的函数，若存在正实数、，使得对一切均成立，则称是“控制增长函数”．在以下四个函数中是“控制增长函数”的有
A．B．C．D．
【答案】
【详解】对于，可化为，
即，大于0恒成立，
总存在使，
所以对一切不恒成立，
所以不是“控制增长函数”；
对于，若是“控制增长函数”，则可化为，
恒成立，又，
，，显然当时式子恒成立，
是“控制增长函数”；
对于，，，
当时，为任意正数，使恒成立，故是“控制增长函数”；
对于，若是“控制增长函数”，则恒成立，
，需，即，
是“控制增长函数”．
8．（2021•江苏模拟）17世纪初，约翰纳皮尔为了简化计算而发明了对数．对数的发明是数学史上的重大事件，恩格斯曾经把笛卡尔的坐标系、纳皮尔的对数、牛顿和莱布尼兹的微积分共同称为17世纪的三大数学发明．我们知道，任何一个正实数可以表示成的形式，两边取常用对数，则有，现给出部分常用对数值（如表），则下列说法中正确的有
A．在区间，内
B．是15位数
C．若，则
D．若是一个35位正整数，则
【答案】
【详解】对于选项，，，
，故选项正确，
对于选项，
，是16位数，故选项错误，
对于选项，
，，
故选项正确，
对于选项，因为是一个35位正整数，
，
，即，
，故选项正确
9．（2021•江苏模拟）下列结论正确的是
A．存在这样的四面体，四个面都是直角三角形
B．存在这样的四面体，
C．存在不共面的四点、、、，使
D．存在不共面的四点、、、，使
【答案】
【详解】对于，在长方体中，
四面体的四个面都是直角三角形，所以选项正确；
对于，三个直角均以为顶点，那么为锐角三角形，故选项错误；
对于，存在不共面的四点、、、，使，如图所示，故选项正确；
对于，若，则，，，四点共面，故选项错误．
10．（2021•苏州模拟）在长方体中，已知，，分别为，的中点，则
A．
B．平面
C．三棱锥外接球的表面积为
D．平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为
【答案】
【详解】由题意可得，，平面，平面，，
从而平面，平面，从而，故正确；
取中点，可得，根据与平面相交，可得与平面相交，故错误；
三棱锥外接球，球心是与垂直平分线的交点，
半径，
故球的表面积为，故正确；
作于点，则平面，求得，
故截面圆的半径，面积为，故正确．
11．（2021•扬州一模）我们把所有棱长都相等的正棱柱（锥叫“等长正棱柱（锥”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱（锥”的棱长都为1，则下列说法中正确的有
A．正方体的棱切球的半径为
B．正四面体的棱切球的表面积为
C．等长正六棱柱的棱切球的体积为
D．等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面（侧面和底面）截得的截面面积之和为
【答案】
【详解】正方体的棱切球的半径为正方体面对角线的一半，长度为，故错误；
如图，四面体为棱长为1的正四面体，
取中点，中点，连接，则为其棱切球的直径，
，则，则其棱切球的半径为，
棱切球的表面积为，故正确；
如图，为等长正六棱柱，
其棱切球的半径为棱锥的棱长1，则其棱切球的体积为，故正确；
由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，
则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为，
每一个侧面正三角形的内切圆的半径满足，则，
四个侧面三角形的内切圆的面积为，
则等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面（侧面和底面）截得的截面面积之和为，故正确．
12．（2021•如皋市模拟）在四面体中，是边长为2的正三角形，，二面角的大小为，则下列说法正确的是
A．
B．四面体的体积的最大值为
C．棱的长的最小值为
D．四面体的外接球的表面积为
【答案】
【详解】对于，假设，设的中点为，
因为三角形为正三角形，则，
又，，平面，故平面，
又平面，故，
而题中并不能得到，故假设不成立，
所以不垂直，故选项错误；
对于，要使的最大，只需高最大，
故的最大值为，故选项正确；
对于，由选项中可知，此时也最小，
故的最小值为，故选项正确；
对于，设的外心为，为的中点，，
设过与平面垂直的直线为，过作于点，
则外接球球心在上，只需，
又，，
设，由，可得，解得，
所以，
所以四面体的外接球的表面积为，故选项正确．
13．（2021•江苏模拟）已知函数f（x）＝﹣lnx+m在区间（1，e）内有唯一零点，则m的可能取值为（ ）
A．﹣B．C．D．1+
【答案】BC
【详解】令﹣lnx+m＝0，可得m＝，令g（x）＝，可得g′（x）＝，
令h（x）＝x+1+lnx，h′（x）＝1+＞0恒成立，函数y＝h（x）在区间（，e）是单调增函数，
h（x）＞h（）＝＞0，所以g′（x）＞0，g（x）在区间（，e）是单调增函数，
所以有g（）＜g（x）＜g（e），
函数f（x）＝﹣lnx+m在区间（1，e）内有唯一零点，
∴﹣＜g（x）＜，则m的可能取值为：﹣＜m＜；
14．（2021•南京三模）已知函数，．若存在，使得对任意，，则
A．任意，
B．任意，
C．存在，使得在，上有且仅有2个零点
D．存在，使得在，上单调递减
【答案】
【详解】函数，其中为锐角，且，
由题意，是的最小值点，所以关于对称，所以，故错误；
因为的最小正周期，所以为最大值，所以任意，，故正确；
因为，且，在，中，，此时恒为0，
故不存在，使得在，上有且仅有2个零点，故错误；
取，则在，内，单调递减，且，所以单调递减，故正确．
15．（2021•常州一模）已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是
A．当，时，曲线的长度为
B．当，时，的最大值为1，最小值为
C．曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为
D．若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是
【答案】
【详解】方程，
①当，时，方程变为，即，
所以点在圆上；
②当，时，，即，即，
当时，，解得，不成立，故舍去；
当时，，即；
③当，时，，即，该圆不在，范围内，故舍去；
④当，时，，即，即，
当时，则，不成立，故舍去；
当时，，即．
作出曲线的图象如图所示，
对于，当，时，曲线由两条线段，和一段半圆弧组成，
所以长度为，故选项正确；
对于，令，即曲线上的点到的直线的斜率，
所以最大值为与点的斜率为1，
最小值在直线与圆弧相切时取得，而当时即过原点的直线，该直线为，
圆心到该直线的距离为，
所以最小值不是，故选项错误；
对于，该封闭图形为两个扇形，，故选项正确；
对于，如图所示，，为直线与圆弧的交点，设直线为，
则，因为，关于对称，所以，
点为与的交点，故，
所以的取值范围是，故选项正确．
16．（2021•江苏模拟）设函数，下列说法正确的是
A．若，是奇函数
B．若，，在，单调递减
C．若，，在有且仅有一个零点
D．若，，
【答案】
【详解】对于：若，则，此时的定义域是，关于原点对称，
且，是非奇非偶函数，故错误；
对于：若，，则，，
当，时，，此时单调递减，故正确；
对于：若，，则，，，
在单调递减，当时，（1），
当时，（e），
故存在唯一使得，故正确；
对于：若，，且，
，
故错误．
17．（2021•常州一模）设函数的定义域为，若存在常数满足，，且对任意的，，总存在，，使得，称函数为（a）函数，则下列结论中正确的有
A．函数是（1）函数
B．函数是（2）函数
C．若函数是（2）函数，则
D．若函数是函数，则
【答案】
【详解】对于，对任意的，，要使，
即，只要即可，所以是（1）函数，所以对；
对于，当时，，此方程无解，所以错；
对于，假设对，则对任意的，，总存在，，
使得，即，
，，，，所以，，
于是，于是矛盾，所以错；
对于，因为是函数，所以对任意的，，
总存在，，使得，
即，，，
所以，且，解得，所以对．
18．（2021•锡山区校级三模）一般地，若函数的定义域为，，值域为，，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，，值域也为，，则称，为的“跟随区间”．下列结论正确的是
A．若，为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则，
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】
【详解】选项：由已知可得函数在区间，上单调递增，则有（b），解得或1（舍，所以，正确；
选项：若存在跟随区间，，又因为函数在单调区间上递减，
则有，解得，此时在，上的值域不包含1，故不存在，不正确；
选项：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间，，
则有，即，两式做差得：，
即，
又，所以，易得，
所以，设，，则，
即在区间，上有两个不相等的实数根，
只需：，解得，正确；
选项：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为，，值域为，，
当时，易得函数在定义域上单调递增，
则，是方程的两个不相等的实数根，解得或，
故存在定义域为，使得值域为，，正确
19．（2021•苏州模拟）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的是
A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆
B．若三棱柱的表面积为定值，则点的轨迹为椭圆
C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线
D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
【答案】
【详解】对于，因为与平面所成的角为，所以，所以点的轨迹为圆，所以对；
对于，因为当三棱柱的侧面积为定值时，点的轨迹为椭圆，表面积比侧面积增加了上下底面，
而底面积是变化的，所以错；
对于，因为点到直线与相等，所以点的轨迹为点到点与直线的距离相等的轨迹，即抛物线，所以对；
对于，因为、，所以，于是满足条件的运动成圆锥面，其与平面的交线为双曲线，所以对．
20．（2021•江苏模拟）在一张纸上有一圆与点，，折叠纸片，使圆上某一点恰好与点重合，这样的每次折法都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为，则下列说法正确的是
A．当时，点的轨迹为椭圆
B．当，时，点的轨迹方程为
C．当，时，点的轨迹对应曲线的离心率取值范围为，
D．当，时，在的轨迹上任取一点，过作直线的垂线，垂足为，则为坐标原点）的面积为定值
【答案】
【详解】对于：当，点在圆内，
此时有，
故点的轨迹是以，为焦点的椭圆，故正确；
对于：当，时，点在圆外，
此时有，
故的轨迹为以点，为焦点的双曲线，
其中，，
故双曲线的方程为，故错误；
对于：当，时，的轨迹是以，为焦点的双曲线，
方程为，
所以离心率，
当时，，故正确；
对于：当，时，的轨迹方程为，
设，则，
直线的方程为，它与的交点的坐标为，，
所以，，
所以为定值，故正确．
21．（2021•南通模拟）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是
A．当时，
B．函数有3个零点
C．的解集为，，
D．，，都有
【答案】
【详解】函数是定义在上的奇函数，当时，，
设时，，，，
时，．因此函数有三个零点：0，．
当时，，，可得时，函数取得极小值，
．可得其图象：
时的解集为：，，．
，，都有．
因此都正确．
22．（2021•江苏模拟）随着高三毕业日期的逐渐临近，有个同学组成的学习小组，每人写了一个祝福的卡片准备送给其他同学，小组长收齐所有卡片后让每个人从中随机抽一张作为祝福卡片，则
A．当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为
B．当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为
C．甲和乙恰好互换了卡片的概率为
D．记个同学都拿到其他同学的卡片的抽法数为，则
【答案】
【详解】考虑个同学时的情况，
若个同学都拿到其他同学的卡片，
则第个同学可以与其中任何一个交换卡片，
若个同学只有一个拿到自己的卡片，则第个同学必须与该同学交换卡片，
，故正确；
，
，，，，
代入数据可得，
当时，每个人抽到的卡片都不是自己的概率为，故正确；
当时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为，故错误；
甲和乙恰好互换了卡片的概率为，故正确．
23．（2021•无锡一模）曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线上点，处的曲率半径公式为，则下列说法正确的是
A．对于半径为的圆，其圆上任一点的曲率半径均为
B．椭圆上一点处的曲率半径的最大值为
C．椭圆上一点处的曲率半径的最小值为
D．对于椭圆上一点处的曲率半径随着的增大而减小
【答案】
【详解】选项：圆的方程为：，
所以圆上任意一点曲率半径为，故正确；
选项，：当时，
，
因为，，所以，，
所以，，
所以曲半径的最大值为，最小值为，
故错误，正确；
选项，
令（a），，
，
在上随增大而增大，错误．
24．（2021•南通模拟）设函数，若曲线在点，处的切线与该曲线恰有一个公共点，则选项中满足条件的有
A．B．C．D．
【答案】
【详解】根据题意，，
则，，
若，即，解可得，
在区间上，，为减函数，
在区间上，，为增函数，
可得为拐点，即为凹凸的分界点，
过点，处的切线与的图像有且只有一个交点；
若，变形可得，解可得或，
在区间上，，为增函数，
在区间上，，为减函数，
在区间上，，为增函数，
画出的图像，
若曲线在点，处的切线与该曲线恰有一个公共点，
且当时，切线的斜率为，
而是原函数的一条渐近线，
当时，在点，处的切线与该曲线恰有一个公共点．
综上可得或．
25．（2021•江苏模拟）已知函数的定义域为，且在上可导，其导函数记为．下列命题正确的有
A．若函数是奇函数，则是偶函数
B．若函数是偶函数，则是奇函数
C．若函数是周期函数，则也是周期函数
D．若函数是周期函数，则也是周期函数
【答案】
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于，若为奇函数，则其图象关于原点对称，表示图象增减变化情况，应关于轴对称，所以是偶函数，正确；
对于，若，不是奇函数，但，是偶函数，错误；
对于，若函数是周期函数，即，则，则也是周期函数，正确；
对于，若，不是周期函数，则，是周期函数，错误；
26．（2021•滨海县校级模拟）已知函数满足，且在，上有最小值，无最大值．则下列说法正确的是
A．
B．若，则
C．的最小正周期为3
D．在上的零点个数最少为202个
【答案】
【详解】，的中点为，根据函数的对称性知，正确．
：若，，则，
为上的最大值，与题意不符，错误．
，
①，②，，
②①得，，，正确．
，在区间的长度恰好有101个周期，
当时，即时，
在区间上零点个数最小为，错误．
27．（2021•苏州模拟）平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）中，，，则
A．线段的长度为
B．异面直线、夹角的余弦值为
C．对角面的面积为
D．四棱柱的体积为
【答案】
【详解】设，，，则，，
对于，因为，
所以的长度为，所以对；
对于，因为，所以异面直线、夹角的余弦值为0，所以错；
对于，因为，，所以为正三角形，于是，
因为，所以，所以对角面为矩形，其面积为，所以错，
对于，设交于，连接，取中点，连接，
，所以对．
28．（2021•江苏模拟）由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，，，，，使得，这些多项式称为切比雪夫．．多项式．则
A．B．当时，
C．D．
【答案】
【详解】对于，因为
，
所以，选项正确；
对于，因为
，
所以，且，选项错误；
对于，多项式，
对应运算为，
当时，得，
当时，，即，；
又且，
所以，选项正确；
对于，因为，所以，
所以，解得，选项正确．
29．（2021•盐城三模）将平面向量，称为二维向量，由此可推广至维向量，，，．对于维向量，，其运算与平面向量类似，如数量积为向量，的夹角），其向量的模，则下列说法正确的有
A．不等式可能成立
B．不等式一定成立
C．不等式可能成立
D．若，2，，，则不等式一定成立
【答案】
【详解】对于，构造，，，，，，，，
所以，
当且仅当时取“”，
例如，当时取“”，故正确；
对于，由的分析过程知，正确；
对于，构造，，，，，1，，，
知，
所以，故错误；
对于，构造，，，，，，，，
所以，正确．
30．（2021•连云港一模）已知函数，则
A．是奇函数
B．
C．在单调递增
D．在上存在一个极值点
【答案】
【详解】对于选项：函数，令，，
令，得，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以的定义域为，
又，所以不是奇函数，故错误；
对于选项：因为，所以，，
所以，当时，，此时，所以不存在等于1的情况，
所以，故正确；
对于选项，
令，
，
当时，，，
所以，
所以在上单调递增，
所以，，
所以，即，
所以在单调递增，故正确；
对于选项，
令，
，
令，
因为单调递减，
所以，
故在，上单调递减，
所以，
所以，故在，上单调递减，
所以，，
所以存在，使得，即，
所以在上单调递增，，上单调递减，
所以在，上存在一个极值点，故正确．真数
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（近似值）
0.301
0.477
0.602
0.699
0.778
0.845
0.903
0.954
1.000
真数
11
12
13
14
15
16
17
18
19
（近似值）
1.041
1.079
1.114
1.146
1.176
1.204
1.230
1.255
1.279