2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（六）（原卷版+解析版）

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A．B．C．D．
【解析】解：如图，分别过，作准线的垂线，交准线于，，
设，由已知可得，
由抛物线的定义可得，则，
在直角三角形中，因为，，，
所以，解得，，
所以，因此抛物线的方程为．
故选：．
2．（2020•芜湖模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的左支交于，两点，若，，则的渐近线方程为
A．B．C．D．
【解析】解：如右图所示，设线段的中点为，则，
，
，
，所以，
由双曲线的定义可知：．
又，
由双曲线的定义可知：．
在等腰△中，；
又在中，，，
，
，整理得：，
在双曲线中，
．
，
又，
，．
的渐近线方程为．
故选：．
3．（2021•浙江模拟）如图，已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左支交于，两点，连接，，在中，，，则双曲线的离心率为
A．3B．C．D．2
【解析】解：设，则，
，则，
，解得，
从而，
在△中，，
即，
即，又，得．
故选：．
4．（2020秋•郑州期末）已知函数与函数，，的图象上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：由已知得到方程在，上有两解，即在，上有解．
设，则，
令得．
当时，，当时，，
在，上单调递减，在上单调递增．
当时，取得最小值（1），
，（2），且（2），
．
从而的取值范围为，
故选：．
5．（2020秋•重庆期末）已知点、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，若，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：，
设，，，则，，
根据双曲线的定义，得，
即，
解得，，
即，，，
△中，
，
在三角形中，
，，
，可得，
因此，该双曲线的离心率．
故选：．
6．（2020秋•如东县期末）已知函数，若对任意的，，都有恒成立，则实数的最大值是
A．B．0C．1D．2
【解析】解：，，
恒成立，且，，
，，
得，
令，，且，
则，令，得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
（1）．
．
则实数的最大值是0．
故选：．
7．（2020秋•南平期末）如图，已知为双曲线的左焦点，过点的直线与圆交于，两点在，之间），与双曲线在第一象限的交点为，为坐标原点，若，，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【解析】解：取的中点，连接，则，
，，
，，即点为的中点，
为的中点，，，，
由双曲线的定义知，，
，
在△中，，
，即，
，，解得（舍负）．
故选：．
8．（2020秋•青岛期末）某种芯片的良品率服从正态分布，，公司对科技改造团队的奖励方案如下：若芯片的良品率不超过，不予奖励；若芯片的良品率超过但不超过，每张芯片奖励100元；若芯片的良品率超过，每张芯片奖励200元．则每张芯片获得奖励的数学期望为 元
附：随机变量服从正态分布，，，．
A．52.28B．65.87C．50.13D．131.74
【解析】解：因为，，所以，，
所以，
；
；
所以每张芯片获得奖励的数学期望为
（元．
故选：．
9．（2020•金安区校级模拟）点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为
A．B．C．D．
【解析】解：点在椭圆上，的右焦点为，左焦点，如图：
圆上，可得：，圆心坐标，半径为2．
由椭圆的定义可得：，，
则，
由题意可得：的最小值为：，
故选：．
10．（2020秋•乐山期末）在直四棱柱中，底面四边形为菱形，，，，为中点，平面过点且与平面垂直，，则被此直四棱柱截得的截面面积为
A．1B．2C．4D．6
【解析】解：分别取，，的中点，，，连接，，，，．
由四边形为菱形，知，
再根据三角形的中位线定理，知，所以，
又因为，因此．
又，平面，平面，
故平面，
又平面，则平面平面．
则为矩形．
由，，故截面面积为4．
故选：．
11．（2020•新课标Ⅱ）设函数是奇函数的导函数，，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，恒小于0，
当时，函数为减函数，
又，
函数为定义域上的偶函数
又，
函数的图象性质类似如图：
数形结合可得，不等式
或，
或．
故选：．
12．（2020•济南一模）已知定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是
A．B．C．D．
【解析】解：设，则，
函数在上是减函数，
，，
，
，
，
，
解得．
故选：．
13．（2020秋•海淀区校级期末）四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱的中点，，，若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹是
A．B．
C．D．
【解析】解：分别取、的中点、，连、、、，
则由知：，
又．故平面．
过与垂直的直线均在平面内，又在平面内，
故平面侧面，即在线段上．
故选：．
14．（2020•桂林校级模拟）已知是定义在上的奇函数，，且当时，有，则不等式的解集是
A．B．
C．，，D．，，
【解析】解：是定义在上的奇函数，
令，为偶函数，
又当时，，
；
在上是增函数，在上是减函数；
又，（1），（1）；
当时，不等式，
，即（1），
有；
当时，不等式，
，即，
有；
当时，，不等式不成立；
综上，不等式的解集是，，．
15．（2020秋•南阳期末）已知函数是定义在上的奇函数，其导函数为，且对任意实数都有，则不等式的解集为
A．B．C．D．
【解析】解：设，则．
因为，所以，
即，故在上单调递增．
因为是定义在上的奇函数，所以，
所以，不等式，
即，则．
故选：．
16．（2020秋•遂宁期末）已知正方体内切球的表面积为，是空间中任意一点：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若是棱中点，则直线与是相交直线；
③若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④为中点，过点，且与平面平行的正方体的截面面积为；
⑤若点在线段上运动，则的最小值为．
以上命题为真命题的个数为
A．2B．3C．4D．5
【解析】解：设正方体棱长，内切球半径为，则有．
对于①，平面，在平面内，所以有，则①对；
对于②，与是异面直线，则②错；
对于③，因为底面面积不是定值，而三棱锥的高是定值，所以三棱锥体积不为定值，则③错；
对于④，取中点，中点，则菱形为截面，面积，所以④对；
对于⑤，将平面折成与平面共面，连接，此时最小，
最小值为，所以⑤对；
故选：．
17．（2020秋•杭州期末）如图，正方形的边长为4，点，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得，，三点重合于点，若点及四面体的四个顶点都在同一个球面上，则以为底面的三棱锥的高的最大值为
A．B．C．D．
【解析】解：因为，，，
所以折叠以后可以让作为三棱锥的底面，为三棱锥的高，
则，，，
所以，，两两垂直，
将三棱锥放入以，，为相邻三条棱的长方体中，
则三棱锥的外接球的直径就是长方体的体对角线，
因为，，，
所以外接球的半径，
在中，，
所以，
外接圆的半径为，则有，
所以，
故球心到外心的距离为，
所以以为底面的三棱锥的高的最大值为．
故选：．
18．（2020•河南模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（ ）
A．[1，]B．[，]C．[，]D．[，]
【解析】解：如下图所示：
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，
∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN∥平面AEF；
∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF，
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，
则P必在线段MN上，
在Rt△A1B1M中，，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
，
A1M＝A1N，
所以线段A1P长度的取值范围是[，]．
故选：B．
19．（2020•包头二模）已知函数f（x）是定义在R上连续的奇函数，当x＞0时，xf'（x）+2f（x）＞0，且f（1）＝1，则函数g（x）＝f（x）的零点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解析】解：根据题意，若g（x）＝f（x）0，变形可得g（x）0，
设h（x）＝x2f（x），
则函数g（x）＝f（x）的零点就是方程x2f（x）＝1的根，
h（x）＝x2f（x），其定义域为R，
又由f（x）为定义在R上连续的奇函数，则h（﹣x）＝（﹣x）2f（﹣x）＝﹣h（x），则h（x）为R上连续的奇函数，
h（x）＝x2f（x），则h′（x）＝2xf（x）+x2f′（x）＝x[xf'（x）+2f（x）]，
又由当x＞0时，xf'（x）+2f（x）＞0，则有h′（x）＞0，即函数h（x）为（0，+∞）上的增函数，
又由h（x）为R上连续的奇函数，且h（0）＝0，
则h（x）为R上的增函数，
又由f（1）＝1，则h（1）＝f（1）＝1，则方程x2f（x）＝1只有一个根，故函数g（x）＝f（x）只有1个零点，
故选：B．
20．（2020秋•思南县校级期末）P是椭圆上的点，F1、F2是椭圆的左、右焦点，设|PF1|•|PF2|＝k，则k的最大值与最小值之和是（ ）
A．16B．9C．7D．25
【解析】解：由椭圆的方程可得：a＝4，b＝3，所以c，
则F，
设P（x，y），则k＝|PF1|•|PF2|16，
又由椭圆的范围可得0≤x2≤16，当x2＝0时，kmax＝16，当x2＝16时，kmin＝9，
所以kmax+kmin＝16+9＝25，
即k的最大值与最小值的和为25，
故选：D．
21．（2020•贵州三模）如果以原点为圆心的圆经过双曲线1（a＞0，b＞0）的焦点，且被该双曲线的右准线分成弧长为2：1的两段圆弧，那么该双曲线的离心率e等于（ ）
A．B．C．D．
【解析】解：如图所示，
∵以原点为圆心的圆经过双曲线1的焦点，
∴圆半径为c．
设AB为右准线，
∵双曲线的右准线分成弧长为2：1的两段圆弧，
∴∠AOF∠AOB＝60°，
∴c，
∴c2＝2a2，
∴e．
故选：B．
二．多选题（共8小题）
22．（2020秋•苏州期末）已知函数，，则
A．在上单调递增
B．是周期函数，且周期为
C．直线是的对称轴
D．函数在上有且仅有一个零点
【解析】解：当时，，此时或，，，
当时，，此时，，
作出函数的图象如图：
则在上单调递减，故错误，
是周期函数，周期为，故正确，
直线是的对称轴，故正确，
由得，在上有且仅有一个零点，正确，故正确
故选：．
23．（2020秋•杭州期末）已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则的值可能为
A．B．C．D．
【解析】解：根据题意，，则，
若为偶函数，则且，
则，，
必有，则，必有，
当时，，当时，，
故选：．
24．（2020秋•重庆期末）已知是椭圆上的一动点，离心率为，椭圆与轴的交点分别为、，左、右焦点分别为、．下列关于椭圆的四个结论中正确的是
A．若、的斜率存在且分别为、，则为一定值
B．根据光学现象知道：从发出的光线经过椭圆反射后一定会经过若一束光线从出发经椭圆反射，当光线第次到达时，光线通过的总路程为
C．设，则关于的方程一定有解
D．平面内动点到定点的距离与它到定直线距离的比值是一个正常数，则动点的轨迹是一个椭圆
【解析】解：对于，设，由题意得，，，，，
常数，所以对；
对于，因为光线从发出，经过椭圆反射后一定会经过，再反射回，一周长度为，经过次，需要周半，最后一周只走半周，所以总程长为，所以错；
对于，，，，，
解之得：，即方程一定有解，所以对；
对于，当正常数大于1时，动点的轨迹是一个双曲线，不是椭圆，所以错；
故选：．
25．（2020秋•如东县期末）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则以下结论正确的是
A．B．
C．D．的最小值为
【解析】解：由题意可得，所以错误；
可设是第一象限的点，，，
由椭圆的定义可得，，
解得，，
又，
因为，在△中，由余弦定理可得，
化为，则，故正确；
由，可得，即有，故错误；
由，当且仅当，取得等号，
即有的最小值为，故正确．
故选：．
26．（2020秋•南平期末）已知是奇函数，当时，，（1），则
A．（4）（3）B．
C．（4）D．
【解析】解：根据题意，设，
其导数，
又由当时，，即，
则当时，有，
即在区间上为增函数，
依次分析选项：
对于，在区间上为增函数，有（4）（3），即，
变形可得（4）（3），
则有（4）（3）（3），正确，
对于，在区间上为增函数，有（4）（2），即，
变形可得（4）（2），即，
则有（2），错误，
对于，在区间上为增函数，有（4）（1），
即，
变形可得（4），正确，
对于，由的结论，（4），即，变形可得，
而，
则有，正确；
故选：．
27．（2020秋•青岛期末）在三棱柱中，是边长为的等边三角形，侧棱长为，则
A．直线与直线之间距离的最大值为3
B．若在底面上的投影恰为的中心，则直线与底面所成角为
C．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线与所成的角为
D．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为
【解析】解：取的中点，的中点，
则，
在正中，，
直线与直线的距离点与直线的距离点到直线的距离，
故直线与直线之间距离的最大值为3，
故选项正确；
设在底面上的投影为点，
则为的中心，且平面，
故为直线与底面所成角，
在正中，，
所以，
所以直线与底面所成角不是，
故选项错误；
在三棱柱中，，
所以为异面直线与所成的角，连结，
因为三棱柱的侧棱垂直于底面，
所以在△中，，
在△中，，
在△中，，
所以异面直线与所成的角不可能为为，
故选项错误；
由选项中的分析可知，的中心为，向上作垂线，则垂线垂直平面，
过平面的中心作垂线，则垂线垂直平面，
设两条垂线的交点为，则为外接球的球心，
故外接球的半径为，
所以外接球的表面积，
故选项正确．
故选：．
28．（2020秋•抚顺期末）如图，在正方体中，点在棱上，且，是线段上一动点，则下列结论正确的有
A．
B．存在一点，使得
C．三棱锥的体积与点的位置无关
D．直线，与平面所成角的正弦值的最小值为
【解析】解：如图，连接，可得，，则平面，所以，故正确；
在上取一点，使得，连接，，，
由，可得，，
四边形为平行四边形，则，．
若，易证四边形为平行四边形，
则，，
从而，，
故四边形为平行四边形，
于是，故正确；
设，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，
则，
即三棱锥的体积与正方体的棱长有关，与点的位置无关，故正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，3，，，3，，，0，，，3，，
从而．
设平面的法向量，则，
令，得，
从而，
即直线与平面所成角的正弦值为，
因为，
所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故错误．
故选：．
29．（2020秋•湖北期末）如图，点是棱长为2的正方体中的线段上的一个动点，则下列结论正确的是
A．存在点，使平面
B．不存在点满足
C．存在点，使异面直线与所成的角是
D．二面角的正弦值为
【解析】解：以为坐标原点，，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，2，，，2，，，2，，，0，，，0，，
因为是线段上的动点，设，0，，且，，
对于选项，，
设平面的法向量，
则有，
令，则，
若时，则，
所以，
故，所以存在点，使得平面，
故选项正确；
对于选项，，，
若，时，，
又，
故，所以存在点满足，
故选项错误；
对于选项，，
因为异面直线与所成的角是，
所以，
化简可得，
因为，，
所以不存在，的值使得，
故存在点，使异面直线与所成的角是，
故选项错误；
因为是线段上的动点，
故二面角即二面角，
在正方体中，，，，，均为面对角线，
故，
取的中点，连结，，
则，，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
由余弦定理可得，，
易知二面角为锐二面角，
所以，
所以二面角的正弦值为，
故选项正确．
故选：．
三．填空题（共21小题）
30．（2020秋•咸阳期末）已知数列满足，．设，，且数列是递增数列，则实数的取值范围是 ．
【解析】解：由题设可知数列是首项、公比均为的等比数列，
，，
又数列是单调递增数列，
恒成立，
即恒成立，
，
，
故答案为：．
31．（2020秋•未央区校级期末）设，则的最小值为 ．
【解析】解：设点，
则表示点和点间的距离加上点的横坐标，
则点在函数上，点在上，
分别作出函数，的图象，如图所示，
故，
当，，三点共线时等号成立，
，
设，则，，
又恒成立，
故在上单调递增，
故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
故，
综上所述，的最小值为．