2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(十四)(解析版).docx

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1、2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十四）一选择题（共18小题） 1（2021长沙模拟）经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则ABC的值不可能是D的值可能是【解答】解：对于：因为，对称中心为，所以，所以，所以，解得，故正确；对于：因为，解得，故错误；对于，因为不等式对任意恒成立，所以，对任意恒成立，当时，则（当且仅当时，等号成立），所以，所以，故不正确，错误故选：2（2021长沙模拟）已知函数为定义在上且图像连续的偶函数，满足（或在，恒成立若把函数向右平移4个单位可得函数，则方程的所

2、有根之和为A4B6C10D12【解答】解：函数为定义在上且图像连续的偶函数，满足（或在，恒成立，可得在、都单调，由题意可得的图像关于直线对称，且在，内都单调，若，可得或，由即，有两个实根，其和为1；由即，有两个实根，其和为5所以方程的所有根之和为故选：3（2021永州二模）已知函数在区间，上的最大值为，则实数的取值个数最多为A1B2C3D4【解答】解：函数在区间，上的最大值为，当，即时，的最大值为，解得，当，即时，的最大值为，令，作出图象如图所示，由图象可知，的图象有两个交点，所以方程有两个实根，又，所以，所以此时存在一个实数满足题意综上所述，存在两个正实数满足题意故选：4（2021永州二模）

3、抛物线的焦点为，是其上一动点，点，直线与抛物线相交于，两点，下列结论正确的是A的最小值是2B动点到点 的距离最小值为3C存在直线，使得，两点关于直线对称D与抛物线分别相切于、两点的两条切线交于点，若直线过定点，则点在抛物线的准线上【解答】解：当垂直于准线时，的值最小，由抛物线的性质：到焦点的距离等于到准线的距离可得：等于到准线的距离为，所以正确；：设则，所以，当时，的最小值为，所以不正确；：假设存在这样的直线，由题意设直线的方程为：，设，联立可得：，所以，所以，所以，的中点为，由题意可得在直线上，所以，解得，不满足，所以不正确；：设，设直线的方程为：，所以，切线方程分别为：，即，同理可得：，两

4、式联立求出，可得，因为，在抛物线上，整理可得：，所以，所以，不在准线上，所以不正确故选：5（2021湖南模拟）已知，是拋物线上的三点，如果直线，被圆截得的两段弦长都等于，则直线的方程为ABCD【解答】解：法一：在抛物线上，故，即，抛物线方程为，设，直线的方程为，即，设直线的方程为：，即，依题意：圆心到直线的距离，解得，由得，同理，故直线的方程为，故选：法二：设，直线，依题意：圆心到直线的距离，即，同理：，所以直线的方程为，故选：6（2021湖南模拟）新型冠状病毒肺炎疫情爆发以来，中国人民万众一心，取得了抗疫斗争的初步胜利面对秋冬季新冠肺炎疫情反弹风险，某地防疫防控部门决定进行全面入户排查，过程

5、中排查到一户5口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该5名成员逐一进行核酸检测若任一成员出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”设该家庭每个成员检测呈阳性相互独立，且概率均为该家庭至少检测了4人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，此时ABCD【解答】解：由题意可知：该家庭至少检测了4人才能确定为“感染高危户”，则前3人检测为阴性，第4人为阳性或前4人检测阴性，第5人为阳性，时，时，在上递增，在上递减，时，最大，即故选：7（2021岳阳一模）抛物线的焦点为，点为该抛物线上的动点，点是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是A2BCD【解答】解：设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，

6、由抛物线的性质可得，所以则，当最小时，则值最大，所以当直线与抛物线相切时，最大，即最小，由题意可得，设切线的方程为：，整理可得，可得，将代入，可得，所以，即的横坐标为1，即的坐标，所以，所以的最大值为：，故选：8（2021岳阳一模）对于函数，若存在，使，则点，与点，均称为函数的“先享点”已知函数，且函数存在5个“先享点”，则实数的取值范围为ABCD【解答】解：由题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，而函数关于原点对称的函数为，即有两个正根，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，则当时，且当和时，所以实数的取值范围为，

7、故选：9（2021齐齐哈尔一模）若直角坐标平面内，两点满足：点，都在函数的图象上；点，关于原点对称，则称点是函数的一个“姊妹点对”点对与可看作是同一个“姊妹点对”已知函数恰有两个“姊妹点对”，则实数的取值范围是ABCD【解答】解：由题意知，函数恰有两个“姊妹点对”，等价于函数与函数的图象恰好有两个交点，方程，即在上有两个不同的解构造函数，则，当时，函数区间上单调递增，不符合题意；当时，令，解得，函数在区间上单调递增，令，解得，函数在区间上单调递减，解得，又，函数在上有且仅有一个零点令，则，令，解得，函数在区间上单调递增，令，解得，函数在区间上单调递减，（4），得，即又，函数在上有且仅有一个零点

8、综上：故选：10（2021齐齐哈尔一模）在等腰梯形中，且，若双曲线以，为焦点，且过，两点，则双曲线的离心率的取值范围为ABCD【解答】解：设，则，在中，由余弦定理知，由双曲线的定义知，离心率，又，故选：11（2021南通模拟）已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限内的一点，为线段的中点，垂直轴于点，若直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为ABCD【解答】解：设点的坐标为，则由中点坐标公式可得点的坐标为，所以点的坐标为，则直线的斜率为，直线的斜率为，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，所以，由于，故，故选：12（2021南通模拟）已知点，是函数的图象和函数图象的连续三个交点，若是锐角三角形，则

9、的取值范围为A，B，CD【解答】解：作出两个函数的图象如图，则根据对称性知，即为等腰三角形，三角函数的周期，且，取的中点，连接，则，要使是锐角三角形，只需要即可，即即可，即由，得，得，得，得，则，即点纵坐标为1，则，由得，即，则，即，得，即的取值范围为，故选：13（2020秋建邺区校级期末）定义在上的函数满足，且当时，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值为ABCD【解答】解：，函数关于直线对称，当时，当时，为减函数，且，；当时，为减函数，且，；在，上是减函数，在，是增函数，若不等式对任意，上恒成立，由对称性可得对任意，上恒成立，即有对任意，上恒成立，令，则，即，即，解得，实数的最大值为，故

10、选：14（2021滨海县校级一模）已知函数，如果关于的方程有四个不等的实数根，则的取值范围AB，CD，【解答】解：函数，当时，则，故在，上单调递增，当时，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，且，作出函数的图象如图所示，令，由图象可知，当时，与有两个交点，当或时，与有1个交点，当时，与有3个交点，当时，与没有交点，因为有四个不等的实数根，则方程有两个不同的实数根，因为，所以，所以，且，所以，设，则，所以在上单调递减，则，故，所以故选：15（2021滨海县校级模拟）在三棱锥中，则这个三棱锥的外接球的半径为ABCD【解答】解：如图，可得，取中点，则为三角形的外心，设三棱锥的外接球的球心为，连接，则

11、底面，连接，则为等腰三角形，取中点，连接，则，由，可得平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，可得平面，则，过作，在等腰三角形中，求得，设，则，可得，由，可得，即，解得三棱锥的外接球的半径为故选：16（2021滨海县校级模拟）已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线为双曲线的一条渐近线，关于直线的对称点在以为圆心，以半焦距为半径的圆上，则双曲线的离心率为ABC2D3【解答】解：如图，根据对称性可得，所以渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为故选：17（2021锡山区校级二模）若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是ABCD【解答】解：令，则，令，得 或；，得， 在和， 上单调递增

12、，在上单调递减，且（2），当 时， 至多有一个整数解当 时， 在区间 内的解集中有且仅有三个整数，只需，即，解得：，故选：18（2021南通模拟）已知函数，若对，使成立，则的取值范围是ABCD【解答】解：，令，解得：，故在递增，在递减，故（2），而时，时，故，令，解得：，故在，递增，而（1），（3），故，若对，使成立，则，故，解得：，故选：二多选题（共15小题）19（2021长沙模拟）已知，则，可能满足的关系是ABCD【解答】解：，选项正确，即，选项正确，所以选项正确，选项错误故选：20（2021湖南模拟）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于

13、自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续设第月月底小王手中有现款为，则下列论述正确的有（参考数据：，ABC2020年小王的年利润为40000元D两年后，小王手中现款达41万【解答】解：每月获得的利润是该月月初投入资金的，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，元，故错误；由题意，故正确；由，得，所以数列是首项为6000，公比为1.2的等比数列，2020年小王的年利润为元，故正确；元，即41万，故正确故选：21（2021湖南模拟）函数为

14、定义在上的偶函数，且在，上单调递增，则A函数为奇函数B函数（2）有且只有3个零点C不等式（2）的解集为，D的解析式可能为【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于，若，则，则为偶函数，错误；对于，设函数（2），（2）（2）（2），（2）（2）（2），则在上有且只有2个零点，所以（2），在上有且只有3个零点，正确；对于，因为（2），所以当时，（2），即，可得，当时，（2），即（2），可得，故（2）的解集为，正确；对于，若，易得为偶函数，其导数，则有则为上的增函数，在，上，所以此函数还满足在，上单调递增，正确故选：22（2021岳阳一模）将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，点为线段上的一动点，下

15、列结论正确的是A异面直线与所成的角为B是等边三角形C面积的最小值为D四面体的外接球的表面积为【解答】解：对于，因为，所以平面，平面，所以，异面直线与所成的角为，不是，所以错；对于，因为，所以，同理，所的是等边三角形，所以对；对于，因为，所以要求面积的最小值，只须求边上高的最小值，此最小值恰为异面直线与的距离，设为，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以直线到平面距离即为，即点到平面距离为，因为，所以，解得，所以面积的最小值，所以对；对于，四面体的外接球的球心为，半径为，所以表面积为，所以对故选：23（2020秋湖南月考）在棱长为2的正方体中，为的中点，为四边形内一点（包含边界），若平面，

16、则下列结论正确的是AB三棱锥的体积为定值C线段长度的最小值为D的最小值是【解答】解：取中点为，可得平面，又平面，平面，平面平面，而为四边形内一点（包含边界），平面，点在线段上，当点在处时，与不垂直，故错误；，故正确；线段长度的最小值为点到线段的距离，在中，求得，故段长度的最小值为，故正确；设，得，当且仅当时等号成立，又，的最小值是，故正确故选：24（2021南通模拟）已知椭圆上有一点，、分别为左、右焦点，的面积为，则下列选项正确的是A若，则B若，则C若为钝角三角形，则D椭圆内接矩形的周长范围是，【解答】解：由已知可得，所以，选项：因为，故正确；选项：因为，所以，所以三角形不存在，故错误；选项：

17、因为三角形为钝角三角形，所以三角形中有一个角大于，当时，最大，设，则有，又，所以，则，所以三角形的面积为，所以三角形的面积，故正确；选项：设矩形边长为，其中，所以周长为，当时，故周长的范围为，故正确，故选：25（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ABCD【解答】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，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，若曲线在点，处的切线与该曲线恰有一个公共点，则，分析选项可得：符合，故选：26（2020秋建邺区校级期末）“悬链线”进入公众

18、视野，源于达芬奇的画作抱银貂的女人这幅画作中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽而达芬奇却心生好奇：“固定项链的两端，使其在重力作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？”随着后人研究的深入，悬链线的庐山真面目被揭开法国著名昆虫学家、文学家法布尔，在昆虫记里有这样的记载：“每当地心引力和扰性同时发生作用时，悬链线就在现实中出现了当一条悬链弯曲成两点不在同一垂直线（注垂直于地面的直线）上的曲线时，人们便把这曲线称为悬链线这就是一条软绳子两端抓住而垂下来的形状，这就是一张被风鼓起来的船帆外形的那条线条”建立适当的平面直角坐标系，可以写出悬链线的函数解析式：，其中为悬

19、链线系数当时，称为双曲余弦函数，记为类似的双曲正弦函数直线与和的图象分别交于点、下列结论正确的是ABC随的增大而减小D与的图象有完全相同的渐近线【解答】解：，正确，错误点坐标为，的坐标为，为减函数，随的增大而减小，正确：当，无渐近线，错误故选：27（2020秋建邺区校级期末）若不等式对任意正数，恒成立，则实数的可能取值为AB2CD1【解答】解：由，可得，化为，由题意可得恒成立，由，当且仅当时，取得等号，则，对照选项，可得正确故选：28（2021滨海县校级一模）已知动点在左、右焦点分别为、的双曲线上，下列结论正确的是A双曲线的离心率为2B当在双曲线左支时，的最大值为C点到两渐近线距离之积为定值D

20、双曲线的渐近线方程为【解答】解：由双曲线，得，则，双曲线的离心率为，故正确；当在双曲线左支时，当且仅当时等号成立，的最大值为，故错误；设，则，双曲线的两条渐近线方程为，则点到两条渐近线的距离乘积为，故正确；双曲线的渐近线方程为，故错误故选：29（2021滨海县校级一模）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【解答】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

21、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，故正确故选：30（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AB若，则C的最小正周期为3D在上的零点个数最少为202个【解答】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 ，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，错误故选：31（2021锡山区校级二模）如图，

22、在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有A与所成角的余弦值为B过三点、的正方体的截面面积为C四面体的内切球的表面积为D正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆【解答】解：对于，建立空间直角坐标系如图所示，则有，0，2，2，0，所以，所以，故选项正确；对于，取为的中点，连结，则有，如图所示，所以梯形为过三点，的正方体的截面，而，可得梯形的高为，所以梯形的面积为，故选项正确；对于，如图所示，四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，所以，而四面体的棱长都为，其表面积为，设其内切球半径为，则有，解得，所以内切球的表面积为，故选项错误；对于，正方体中，点在底面（所

23、在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以，为母线，为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，建立空间直角坐标系如图所示，则，若，则，所以，所以，整理可得，即轨迹为双曲线的一支，故选项错误故选：32（2021锡山区校级二模）已知点是双曲线的右支上一点，、是双曲线的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的有A点的横坐标为B的周长为C大于D的内切圆半径为【解答】解：设的内心为，连接，双曲线的，不妨设，由的面积为20，可得，即，由，可得，故正确；由，且，可得，则，则，故不正确；由，则的周长为，故正确；设的内切圆半径为，可得，可得，解得，故不正确故选：33（2021南通模拟）已知函数是定义在上的奇函数，当时，

24、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【解答】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：，都有因此都正确故选：三填空题（共17小题）34（2021长沙模拟）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，则由点、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于【解答】解：分别取中点，中点，中点，可得出过，三点的平面截正方体所得截面为正六边形，则正六边形的边长，故截面多边形的面积等于35（2021长沙模拟）在平面直角坐标系中，已知，为圆上两个动点，且若直线上存在点，使得，则实数的取值范围为【解答】

25、解：设，的中点，圆的圆心，半径，圆心到的距离，直线上存在点，使得，设，则，得，即，整理，得，直线上存在点，使得，解得故答案为：36（2021永州二模）已知为坐标原点，双曲线的离心率为，从双曲线的右焦点引渐近线的垂线，垂足为，若的面积为，则双曲线的方程为【解答】解：因为双曲线的离心率为，所以解得，又从的右焦点引渐近线的垂线，垂足为，则,所以因为的面积为，可得，解得，则双曲线的方程为故答案为37（2021永州二模）定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”（1）设，则在上的“新驻点”为（2）如果函数与的“新驻点”分别为、，那么和的大小关系是【解答】解：（1）根据题意，其导数，若，即，则有，又由，则，即在

26、上的“新驻点”为，（2）函数，其导数，若，即，函数的“新驻点”为，则有，则，若，即，的“新驻点”分别为，则有，分析可得：，则有；故答案为：（1），（2）38（2021湖南模拟）在三棱锥中，平面，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的半径为；若点、分别是与的重心，直线与球表面相交于、两点，则线段长度为【解答】解：因为三棱锥中，平面，所以将三棱锥放入一个棱长为1的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，因为正方体的体对角线即为其外接球的直径，所以外接球的半径为；以点为坐标原点，过点的侧棱所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则有，球心，所以，所以，则有，所以，则根据圆的弦长公式可得故

27、答案为：39（2021湖南模拟）已知点，如果直线，的斜率之积为，记，则【解答】解：由题意得，可见，为两个焦点，如图示：，故答案为：40（2021岳阳一模）已知函数对均有，若恒成立，则实数的取值范围是，【解答】解：函数对均有，将换为，得，由，解得恒成立，恒成立，只需令，则，令，则，在上单调递减，在，上单调递增，的取值范围为，故答案为：，41（2021岳阳一模）设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为【解答】解：的外接圆的半径，由正弦定理，所以，又由于，所以，在中，由余弦定理可得，而，所以，所以可得：，由三角形的面积相等可得：，所以，所以，整理可得：，

28、解得或，故答案为：42（2020秋湖南月考）已知抛物线，点为抛物线的准线上的任意一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为【解答】解：设，由题意知在点处切线的斜率存在且不为0，设在点处切线的斜率为，则切线方程为，所以，整理得，由，解得，所以在点处的切线方程为同理可得在点处的切线方程为又都过点，所以，所以直线的方程为，即，直线恒过定点，所以点直线的距离的最大值为：点到定点的距离，即为故答案为：43（2021南通模拟）正方体的棱长为1，分别为，的中点则平面截正方体所得的截面面积为；以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线长为【解答】解：如图，连接，则，可得等腰梯形为平面截

29、正方体所得的截面图形，由正方体的棱长为1，得，则到的距离为，；平面平面，且平面平面，过作，则平面，为的中点，又以为球心，以为半径的球面与对角面相交，球面被对角面所截圆的半径为，由，可得，球面与对角面的交线为以为圆心，以为半径的圆的一段劣弧，其长度为故答案为：；44（2021南通模拟）无穷数列满足：只要，必有，则称为“和谐递进数列”若为“和谐递进数列”，且前四项成等比数列，则7576【解答】解：前四项成等比数列，公比，又为“和谐递进数列”， ，故答案为：757645（2020秋建邺区校级期末）已知直三棱柱，若点是上底面所在平面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为【解答】

30、解：如图，由，可得，取中点，中点，连接，则三棱锥的外接球的球心在上，设其半径为，由，得，底面是直角三角形，则其外接圆的半径，则，点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，则点构成的图形面积为故答案为：46（2020秋建邺区校级期末）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线交于、两点若，则实数【解答】解：因为直线，所以令，则，所以，则，设，联立方程，消去得，所以，由，得，所以，所以，化简可得，所以，故答案为：47（2021滨海县校级一模）已知函数，对任意的，使得，则【解答】解：，当时，函数在，单调递增，要使，必有，可得，与矛盾，不符合题意；当时，令，可得，函数的图象关于对称，故函数的图象如下：当时，即

31、时，只需，解得，与矛盾；当时，即时，则有，可得，或，即，解得，综上，把代入，可得，综上，故答案为：48（2021滨海县校级模拟）对任意的，不等式恒成立，则的最小值为【解答】解：设，则，可得单调递增，令，得，即当时，方程无解，从而在，上单调递减，又当时，因此不满足恒成立；当时，由，得，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，恒成立；当时，由，得若，则，令，则，设过原点的直线与曲线切于，则切线方程为，代入，得，则，从而的最小值为；若，则，令，则，设过原点的直线与曲线切于，则切线方程为，代入，得，则，从而的最小值为综上，的最小值为故答案为：49（2021锡山区校级二模）在棱长为1 的正方体中，以为球心半径为的球面与正方体表面的交线长为【解答】解：正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：、为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为，、为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，由于截面圆半径为，故各段弧圆心角为这条曲线长度为：故答案为：50（2021南通模拟）抛物线的焦点为，动点在抛物线上，点，当取得最小值时，直线的方程为或【解答】解：设点的坐标为，当且仅当，即时取等号，此时点坐标为或，此时直线的方程为，即或，故答案为：或，