2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（七）（原卷版+解析版）

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1．（2020秋•梅河口市校级月考）已知函数的定义域为，且对任意都满足，当时，．（其中为自然对数的底数），若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是
A．或B．C．D．
【解析】解：由函数则函数的图象关于对称，
如图所示：
由于和函数的图象只有两个交点，
设，图象上的切点，，
所以，则，
所以曲线的切线方程为，
把代入可得，
则，结合图象，
要使图象有两个交点，则或．
故选：．
2．（2020秋•湖州期末）已知函数，，．若函数有三个零点，则
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：函数，，，
则，
令，解得，，
因为，所以，，故；
则，，
当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递减，
又当时，，当时，，
因为函数有三个零点，
则必有，，
即①，
②，
由①式可得，，
当时，，，，
所以，
故．
故选：．
3．（2020秋•湖州期末）已知四面体中，二面角的大小为，且，，，则四面体体积的最大值是
A．B．C．D．
【解析】解：在中，由余弦定理可得，
即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
又因为二面角的大小为，
所以点到平面的距离的最大值为，
故四面体体积的最大值为．
故选：．
4．（2020秋•海珠区期末）几何体结构素描是学习素描最重要的一个阶段，某同学在画“切面圆柱体”（用不平行于圆柱底面的平面去截圆柱，圆柱底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：椭圆的长轴为，短轴的长为，
“切面”是一个椭圆，若“切面”所在平面与底面成角，
可得，即，所以．
故选：．
5．（2020秋•安徽期末）已知为直线上一个定点，，为圆上两个不同的动点．若的最大值为，则点的横坐标为
A．B．C．D．
【解析】解：圆的标准方程为，其圆心，半径，
点到的距离，与圆相离，
当，分别为圆的切线时，最大，
由的最大值为，可知，．
设，则，
解得：．
故选：．
6．（2017•广西一模）已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的取值范围为
A．B．C．D．
【解析】解：已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，设左焦点为：
则：连接，，，
所以：四边形为长方形．
根据椭圆的定义：
，则：．
所以：
利用
所以：
则：
即：椭圆离心率的取值范围为
故选：．
7．（2016•闵行区二模）如图，在正方体中，是的中点，为地面内一动点，设、与地面所成的角分别为、、均不为，若，则动点的轨迹为哪种曲线的一部分
A．直线B．圆C．椭圆D．抛物线
【解析】解：建系如图，设正方体的边长为2，则，0，，，0，，
设，，，，则，，，，，，
，，0，，
，即，
代入数据，得：，
整理得：，
变形，得：，
即动点的轨迹为圆的一部分，
故选：．
8．（2020秋•泉州期末）若，，，1，，，，则的最小值为
A．1B．2C．3D．6
【解析】解：，，，1，，，，
，
整理得：，
令，则，且，，，
，
．
的最小值为3．
故选：．
9．（2017•成都四模）如图所示点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是
A．B．C．，D．，
【解析】解：抛物线的准线，焦点，
由抛物线定义可得，
圆的圆心为，半径为4，
的周长，
由抛物线及圆可得交点的横坐标为2，
故选：．
10．（2020秋•眉山期末）设、是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段垂直平分线经过，若和的离心率分别为、，则的最小值
A．2B．4C．6D．8
【解析】解：设椭圆的方程为，焦距为，
双曲线的方程为，焦距为，
、是椭圆和双曲线的公共焦点，．
线段垂直平分线经过，，
，
由，得，
则，则，
，，
．
当且仅当时，上式等号成立．
的最小值为8．
故选：．
11．（2020秋•眉山期末）正方体的棱长为3，点，分别在棱，上，且，，下列几个命题：
①异面直线与垂直；
②过点，，的平面截正方体，截面为等腰梯形；
③三棱锥的体积为；
④过点作平面，使得，则平面截正方体所得的截面面积为．
其中真命题的个数是
A．4B．3C．2D．1
【解析】解：对于①，平面，所以①对；
对于②，过点，，的平面截正方体得截面为四边形为，
是梯形，但不是等腰梯形，所以②错；
对于③，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
体积大小为，所以③对；
对于④，过点作平面，使得，则平面截正方体所得的截面为，
过直线，垂直于的等腰梯形，与平面交线为下图所示，
，，
截面面积为，所以④对．
故选：．
12．（2020秋•阜阳期末）直四棱柱的每个顶点都在球的球面上，底面为平行四边形．若，侧面的面积为，则球表面积的最小值为
A．B．C．D．
【解析】解：因为底面为平行四边形，
且球是直四棱柱的外接球，
所以底面必为矩形，从而四棱柱为长方体．
设，，则，，
所以球的表面积，
当且仅当时，等号成立，故球表面积的最小值为．
故选：．
13．（2020秋•阜阳期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上一点，，△的内切圆与外接圆的半径分别为，，若，则的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：设，则．
因为，
所以，
则，则．
由等面积法可得，
整理得，
因为，所以，故．
故选：．
14．（2020秋•玉林期末）在三棱锥中，，，两两垂直，为棱上一动点，，．当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为
A．B．C．D．
【解析】解：在三棱锥中，，，两两垂直，
平面，与平面所成角为，
，
当取得最小值时，取得最大值，
在等腰中，当为的中点时，取最小值，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，0，，，1，，
则，1，，，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，3，，
，
当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为．
故选：．
15．（2020秋•玉林期末）已知椭圆的右焦点是，直线与椭圆交于，两点，则的最小值是
A．36B．48C．72D．96
【解析】解：由对称性可知，，
设，则，
，
由题意可知：，即，
的最小值为96．
故选：．
16．（2020秋•信阳期末）已知圆和焦点为的抛物线，点是圆上一点，点是抛物线上一点，则的最小值为
A．1B．C．4D．5
【解析】解：过点作直线的垂线，垂足为，
则，
故是过圆心向准线所作垂线与的交点，即；
的最小值为．
故选：．
17．（2020秋•蚌埠期末）直线与抛物线相交于，两点，线段的中点为，点是轴左侧一点，若线段，的中点都在抛物线上，则
A．与轴垂直B．的中点在抛物线上
C．必过原点D．与垂直
【解析】解：设，，，，，，
又因为线段，的中点都在抛物线上，
且，
，即，为方程的两根，
，
线段的中点为，
，
直线方程为，
故直线与轴垂直．
故选：．
18．（2020秋•菏泽期末）某养猪场2021年年初猪的存栏数1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头．设该养猪场从今年起每年年初的计划存栏数依次为，，，．则2035年年底存栏头数为
（参考数据：，，
A．1005B．1080C．1090D．1105
【解析】解：由题意得：
，
，
，
，
，
年年底存栏头数为：
．
故选：．
19．（2020秋•顺德区期中）已知函数，则不等式的解集是
A．，，B．，，
C．，，，D．，，，
【解析】解：函数的定义域为，，，
，为偶函数，
当时，为增函数，且（1），
当时，为减函数，且，
当，，时，，当，，时，，
不等式，等价于或，
即或，
解得或或，
即不等式的解集为，，，．
故选：．
20．（2020秋•佛山期末）已知函数，则下列结论中正确的是
A．存在实数，使有最小值且最小值大于0
B．对任意实数，有最小值且最小值大于0
C．存在正实数和实数，使在上递减，在，上递增
D．对任意负实数，存在实数，使在上递减，在，上递增
【解析】解：对于选项：假设存在实数，使有最小值且最小值大于0，
则
但，矛盾，故错误．
对于选项：假设对任意实数，有最小值且最小值大于0，
则，
但，矛盾，故错误．
，
令，
则，
对于选项：若，则，单调递增，
当时，；时，，
所以存在，使得，
所以当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增，故正确．
对于选项：令，得，，
所以在区间，，上，，单调递增，
在区间，上，，单调递减，
不妨取，则在区间，上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
所以，
（3），
所以存在，，，使得，，，
即，，，
所以在，，上，，，单调递减，
在，，，上，，，单调递增，故错误．
故选：．
二．多选题（共12小题）
21．（2020秋•荆州期末）已知点，，抛物线的焦点为，点在抛物线上，直线交轴于点，且，则下列表述正确的是
A．点的纵坐标为1B．为锐角三角形
C．点与点关于坐标原点对称D．点的横坐标为
【解析】解：由抛物线的方程可得，，正确，
若，则点是线段的中点，又坐标原点是线段的中点，
所以是三角形的中位线，所以，
因为轴，所以轴，所以三角形为直角三角形，错误，
设点，则，代入抛物线方程可得，错误，正确，
故选：．
22．（2020秋•海珠区期末）已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，在轴上，短轴长等于2，离心率为，过焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是
A．椭圆的方程为B．椭圆的方程为
C．D．△的周长为
【解析】解：由已知得，，，，
又，解得．
椭圆方程为．
如图：
，△的周长为．
故选：．
23．（2020秋•泉州期末）已知图1中，，，，是正方形各边的中点，分别沿着，，，把，，，向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则
A．是正三角形
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．当时，多面体的体积为
【解析】解：取，的中点，，连结，，
在图1中，因为，，，是正方形各边的中点，
则，
因为为的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以平面，
在图1中，设正方形的边长为，可得四边形的边长为，
在图1中，和均为等腰直角三角形，可得，
所以，故四边形是边长为的正方形，
因为，分别为，的中点，
则且，，
所以四边形为矩形，所以，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，，，，
，，，，0，，，，，，0，，
对于选项，由空间中两点间的距离公式可得，
所以是正三角形，
故选项正确；
对于选项，，
设平面的法向量为，
则由，
取，则，
，
设平面的法向量为，
则有，
取，则，
所以，
所以平面与平面不垂直，
故选项错误；
对于选项，，
设直线与平面所成的角为，则，
所以，
故，
故选项正确；
对于选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，
则，，，分别为，，，的中点，
因为，即，则，
长方体的体积为，
，
因此多面体的体积为，
故选项错误．
故选：．
24．（2020秋•衡阳县期末）在平行四边形中，，且，则平行四边形的面积可能为
A．17B．18C．19D．20
【解析】解：因为，，
又在平行四边形中，，
所以，
故平行四边形为矩形，
又，
所以是上靠近点的四等分点，是上靠近的三等分点，
所以
，
因为平行四边形为矩形，则，
设，
则，
由基本不等式可得，
当且仅当，即时取等号，
所以，
故平行四边形的面积，
所以平行四边形的面积可能为17或18．
故选：．
25．（2020秋•衡阳县期末）如果函数，那么下列命题为真命题的是
A．的导函数可能是奇函数
B．若，则是的极小值点
C．直线可能与曲线相切
D．若在上单调递增，则的取值范围是，
【解析】解：对于：当时，，所以，由于函数满足，故函数为奇函数；故正确；
对于：当时，令，解得，
所以函数在上单调递增，在单调递减，所以函数在时取得极大值点，故错误；
对于：由，即，所以，
若与相切，则只有一解．
令，
所以：令，整理得．
故函数在和上单调递减，在和上单调递增；
由于，，，，
所以函数的图象大致如图，
所以，当时，只有一解，
所以与可能相切，故正确；
对于：当时，函数在，上单调递增，
由于函数在，上单调递增，
所以，解得，
故的取值范围是，，故正确．
故选：．
26．（2020秋•泉州期末）已知，，圆，则以下选项正确的有
A．圆上到的距离为2的点有两个
B．圆上任意一点都满足
C．若过的直线被圆所截得的弦为，则的最小值为
D．若点满足过作圆的两条切线互相垂直，则的最小值为
【解析】解：如图，
圆的圆心坐标为，半径，则圆上到的距离为2的点1个，为，故错误；
设圆上任意一点，则，
，，
若，则，即，此式显然成立，故正确；
若过的直线被圆所截得的弦为，则当轴时，的最小值为，故正确；
若点满足过作圆的两条切线互相垂直，则，
可得的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，而在圆外，则的最小值为，故正确．
故选：．
27．（2020秋•菏泽期末）设函数，则下列结论正确的是
A．当时，函数在上的平均变化率为
B．当时，函数的图象与直线有1个交点
C．当时，函数的图象关于点中心对称
D．若函数有两个不同的极值点，，则当时，
【解析】解：对于，当时，，
则在上的平均变化率为，故正确；
对于，当时，，
则，
令，则或，
当或时，；当时，，
在和上单调递增，在上单调递减，
，
结合的单调性可知，方程有一个实数根，故正确；
对于，当时，，
则，
的图象不关于点中心对称，故错误；
对于，，，
令，则，
△，且函数有两个不同的极值点，，
，为方程的两个实数根，则，
，
，，故正确．
故选：．
28．（2020秋•菏泽期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，其长轴长是短轴长的，若点是椭圆上不与，共线的任意点，且△的周长为16，则下列结论正确的是
A．的方程为
B．的离心率为
C．双曲线的渐近线与椭圆在第一象限内的交点为
D．点是圆上一点，点，是的左、右顶点不与，重合），设直线，的斜率分别为，，若，，三点共线，则
【解析】解：根据题意可得，解得，，，
对于：椭圆的方程为，即正确；
对于，即错误；
对于：双曲线的渐近线为，
联立，且，，解得，，
双曲线的渐近线与椭圆在第一象限内的交点为，即正确；
对于：由题意知，，，
设，，则，
在圆上，且，，三点共线，
，，
，即，故选项正确．
故选：．
29．（2020秋•深圳期末）已知，且，则
A．B．
C．D．
【解析】解：由，且，
，
，，
，故正确；
，当且仅当，即，时取等号，故不正确；
由于，故不正确；
在为增函数，
，
，故正确；
故选：．
30．（2020秋•顺德区期中）已知函数，方程在区间，上的所有根的和为，则
A．B．
C．D．
【解析】解：；
函数的图象如图：
，
由图象可知方程在区间，上的所有根为：1，2，3，，
，
故选：．
31．（2020秋•佛山期末）已知曲线在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则下列结论中正确的是
A．存在，使
B．存在，使
C．有且仅有一个，使
D．存在，使
【解析】解：曲线，
对称轴为，即，
对称中心对应，即，
在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，
，解得，即，
选项，在范围内存在使，故选项正确；
选项，，则时成立，故选项正确；
选项，，不是仅有一个，使，故选项不正确；
选项，存在，，使，故选项正确．
故选：．
32．（2020秋•佛山期末）如图，长方体中，，，为的中点，过作长方体的截面交棱于，则
A．截面可能为六边形
B．存在点，使得截面
C．若截面为平行四边形，则
D．当与重合时，截面面积为
【解析】解：长方体中，，，为的中点，过作长方体的截面交棱于，
设为的中点，根据点的位置的变化分析可得，
当时，截面为平行四边形，
当时，截面为五边形，
当，即点与点重合时，截面为梯形，故选项错误，选项正确；
设截面，因为，所以，
所以只能与重合才能使，
因为不垂直平面，故此时不成立，故选项错误；
因为当与重合时，截面为梯形，
如图（2）所示，过作垂直于于点，
设梯形的高为，，
则由平面几何知识可得，解得，，
所以截面的面积为，故选项正确．
故选：．
三．填空题（共18小题）
33．（2020秋•雨城区校级月考）对于定义在区间上的函数，若满足对，且时都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间，上的“非减函数”且（2），，又当，，恒成立，有下列命题：