2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(六)(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（六）一选择题（共21小题）1（2020秋咸阳期末）如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点，若，且，则此抛物线方程为ABCD【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ABCD【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

2、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A3BCD2【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

3、率为ABCD【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AB0C1D2【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ABCD【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

4、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，A52.28B65.87C50.13D131.74【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ABCD【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（2

5、020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A1B2C4D6【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）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，

6、为的导函数，且满足，则不等式的解集是ABCD【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ABCD【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ABC，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，

7、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ABCD【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：若点在线段上运动，则始终有；若是棱中点，则直线与是相交直线；若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；为中点，过点，且与平面平行的正方体的截面面积为；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A2B3C4D5【解析】解：设正方体棱长，内切球半径为，则有对于，平

8、面，在平面内，所以有，则对；对于，与是异面直线，则错；对于，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，则错；对于，取中点，中点，则菱形为截面，面积，所以对；对于，将平面折成与平面共面，连接，此时最小，最小值为，所以对；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ABCD【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

9、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ABCDA1B1C1D1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（）A1，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，MNBC1，EFBC1，MNEF，又MN平面AEF，EF平面AEF，MN平面AEF；AA1NE，AA1NE，四边形AENA1为平行四边形，A1

10、NAE，又A1N平面AEF，AE平面AEF，A1N平面AEF，又A1NMNN，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RtA1B1M中，同理，在RtA1B1N中，求得A1N，A1MN为等腰三角形，当P在MN中点O时A1PMN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，A1MA1N，所以线段A1P长度的取值范围是，故选：B19（2020包头二模）已知函数f（x）是定义在R上连续的奇函数，当x0时，xf（x）+2f（x）0，且f（1）1，则函数g（x）f（x）的零点个数是（）A0B1C2D3【解析】解：根据题意，若g（x）f（x）0，变形可得

11、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）xxf（x）+2f（x），又由当x0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：B20

12、（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（）A16B9C7D25【解析】解：由椭圆的方程可得：a4，b3，所以c，则F，设P（x，y），则k|PF1|PF2|16，又由椭圆的范围可得0x216，当x20时，kmax16，当x216时，kmin9，所以kmax+kmin16+925，即k的最大值与最小值的和为25，故选：D21（2020贵州三模）如果以原点为圆心的圆经过双曲线1（a0，b0）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（）ABCD【解析】解：如图所示，以原点为

13、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，AOFAOB60，c，c22a2，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ABCD【解析】解：根据题意，则，若为偶函数，则且，则，必有，则，必有

14、，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，

15、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ABCD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）BC（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

16、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3B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，

17、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，

18、是线段上一动点，则下列结论正确的有AB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：

19、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

20、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

21、时，单调递增，当时，单调递减，所以，故，综上所述，的最小值为故答案为：32（2021山东模拟），为球面上四点，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是【解析】解：由题意可知，球的半径为，分别取球的两条弦，的中点，则，即弦，分别是以为球心，半径为3和2的球的切线，且弦在以为球心，半径为2的球的外部，的最大距离为，最小距离为当，三点共线时，分别取最大值5与最小值1故半径分别为，的伴随球的体积的取值范围是，故答案为：，33（2020秋郑州期末）已知抛物线的焦点为，点、在抛物线上，若为等边三角形，则

22、其边长为【解析】解：因为三角形为等边三角形，则，又点在抛物线的对称轴轴上，所以点，两点的横坐标相等，纵坐标相反，则设点，所以，满足，且，又由抛物线的定义可得，联立方程，解得，所以三角形的边长为，故答案为：34（2020秋杭州期末）设，函数恰有三个不同的零点，则实数的值为【解析】解：函数，则，所以函数为偶函数，又函数恰有三个不同的零点，所以三个零点必关于原点对称，则有，令，当时，又，所以，则，当等号成立的条件是当且仅当，当时，在上单调递增，当时，；当时，在上单调递减，当时，又因为是其中的一个零点，所以，又，所以故答案为：35（2020秋重庆期末）设动点与两不同定点、在同一平面上且满足，当且时，点

23、的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆在直角坐标系中，动点满，点的轨迹的方程为点是直线上任意一点，过作的切线，相切于，当取得最小值时，求的值【解析】解：（1）设点的坐标为，则，由，得，化简可得，此曲线的方程为；（2）曲线是以点为圆心，4为半径的圆，如图，要使最小，则最小，可知离圆心最近，此时，则，则故答案为：；36（2021十二模拟）已知双曲线的上、下焦点分别为，过且垂直于轴的直线与交于，两点，直线，分别交轴于点，若，则过点，的直线的斜率的最大值为4，此时双曲线的离心率为【解析】解：依题意，因为，所以，所以，根据双曲线的定义，得，所以，所以，即，

24、所以，易知过点，的直线的斜率存在，且为，当且仅当，即时等号成立，所以过点，的直线的斜率的最大值为4，此时，所以，所以离心率故答案为：4，37（2020秋南平期末）已知，若有最值，则的取值范围为；若当时，则的取值范围为【解析】解：，当时，在上为增函数，无最值，不符合题意；当时，令，解得，在上为减函数，在上为增函数，当时，取得最小值，符合题意综上可得，的取值范围是，若当时，即当时，（e），解得，即；当时，在上单调递增，（e），解得，可得；当时，在上为减函数，在上为增函数，则（a），不符合题意；当时，在上单调递减，解得，与矛盾，综上可得，的取值范围为故答案为：，38（2020秋青岛期末）如图所示，在

25、平面直角坐标系中，圆过坐标原点，圆与圆外切则：（1）圆的半径等于；（2）已知过点和抛物线焦点的直线与抛物线交于，且，则【解析】解：（1）由已知可得圆的半径为，设圆的半径为，因为圆与圆外切，则，即，解得；（2）由抛物线方程可得焦点的坐标为，则过点和的直线的斜率，则直线的方程为：，代入抛物线方程可得：，设，则，所以，又，解得，故答案为：39（2020十堰模拟）三棱锥的每个顶点都在球的表面上，平面，则球的表面积为【解析】解：因为平面，所以，又，且，则平面，所以，又因为，则为三棱锥的外接球直径，则，故球的半径，表面积故答案为：40（2017湖南一模）双曲线的左、右焦点分别为、，是坐支上一点，且，直线与

26、圆相切，则的离心率为【解析】解：设直线与圆相切于点，则，取的中点，连接，由于，则，由，则，即有，由双曲线的定义可得，即，即，即，即，则故答案为41（2020秋南昌县期末）如果函数的导函数的图象如图所示，给出下列判断：（1）函数在区间内单调递增；（2）函数在区间，内单调递减；（3）函数在区间内单调递增；（4）当时，函数有极大值；（5）当时，函数有极大值；则上述判断中正确的是（3）（5）【解析】解：（1）由导数图象可知，当，此时函数单调递减，当，函数单调递增，函数在区间内不单调；故（1）错误（2）当，此时函数单调递增，当，函数单调递减，函数在区间，内不单调；故（2）错误（3）当，此时函数单调递增，

27、即函数在区间内单调递增；故（3）正确，（4）当，此时函数单调递增，当时，函数有极大值错误；故（4）错误，（5）当，此时函数单调递增，当，函数单调递减，当时，函数有极大值；故（5）正确，故正确的命题是（3）（5），故答案为：（3）（5）42（2020秋平罗县校级期末）已知，对任意，恒成立，则的最大值0【解析】解：设，对任意，恒成立，令，得：；当时，单调递减；当时，单调递增；（1），的最大值为：0故答案为：043（2020秋海淀区校级期末）已知，为椭圆和双曲线的公共焦点，为它们的一个公共点，且，那么椭圆和双曲线的离心率之积为1【解析】解：，为椭圆和双曲线的公共焦点，为它们的一个公共点，故，即，故答

28、案为：144（2020秋抚顺期末）2020年10月11日，全国第七次人口普查拉开帷幕，某统计部门安排，六名工作人员到四个不同的区市具开展工作，每个地方至少需安排一名工作人员，其中，安排到同一区市县工作，不能安排在同一区市具工作，则不同的分配方法总数为216种【解析】解：第一步，将6名工作人员分成4组，要求，同一组，不在同一组，若分为3，1，1，1的四组，必须在3人组，有种分组方法，若分为2，2，1，1的四组，必须在两人组，有种分组方法，则一共有种分组方法；第二步，将分好的四组全排列，分配到四个区市县，有种故总的分配方法有种，故答案为：21645（2020秋遂宁期末）过圆的圆心作曲线的切线，切点

29、分别为，则的最小值为7【解析】解：圆的圆心，曲线化为标准方程为，所以，如图所示，则，由切线长定理可得，所以，所以的最小值为746（2020秋杭州期末）设动点在直线上，若在圆上存在点，使得，则点横坐标的取值范围是，【解析】解：如图，动点在直线上，当与圆相切时，最大，设，则，把代入，可得，即，解得或点横坐标的取值范围是，故答案为：，47（2020秋杭州期末）假设太阳光线垂直于平面，在阳光下任意转动单位立方体，则它在平面上的投影面面积的最大值是【解析】解：设正方体为投影最大时候，是投影面与平面平行，三个面的投影为三个全等的菱形，其对角线为，即投影面上三条对角线构成边长为的等边三角形，如图所示，所以投

30、影的面积故答案是：48（2020秋水富市校级期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，设过的直线与的右支相交于，两点，且，则双曲线的离心率是【解析】解：根据题意，作出如下所示的图形，设，由双曲线的定义知，在和中，由余弦定理知，化简得，解得或，舍，离心率故答案为：49（2020巢湖市一模）如图，为椭圆上一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则当四边形面积最大时，的值为【解析】解：连接，设，由切线性质可得，四边形面积，当四边形面积最大时，就是最大，结合椭圆性质可得当点在椭圆左顶点时，最大，此时，则，的值为，故答案为：50（2020秋思南县校级期末）过双曲线的右焦点的直线交双曲线于、两点，交轴于点，若，规定，则的定值为类比双曲线这一结论，在椭圆中，的定值为【解析】解：如图，设椭圆的右焦点为，过点的直线为，代入椭圆的方程，可得，设，则有，过点，分别作轴的垂线，垂足为，则，所以，将，代入上式化简可得，故答案为：40