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（福建专用）

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专题08 多选压轴题
1．（2021•厦门一模）已知函数，，若函数有3个不同的零点，，，且，则的取值可以是　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】，
令，解得，
当时，函数，函数单调递减，
当时，函数，函数单调递增，
的极小值为，
，
令，
，则，
即，解得方程两根为和，
函数的零点即方程和的根，
函数有3个不同的零点需满足：
当时，，且，，
；
当时，，且，
，，
综上：的范围为，，．
结合选项可得，的取值可以是．
2．（2021•龙岩一模）已知抛物线的焦点为，是坐标原点，为抛物线上一动点，直线交于，两点，点不在抛物线上，则　　
A．若，，，四点共线，则
B．若的最小值为2，则
C．若直线过焦点，则直线，的斜率，满足
D．若过点，所作的抛物线的两条切线互相垂直，且，两点的纵坐标之和的最小值为4，此时的面积为4
【答案】
【详解】若直线过，且与轴垂直，可得，当直线过点，但不与轴垂直时，得不出，故错；
当点在抛物线的内部时，由抛物线的定义可得，
为抛物线准线上的点）；
当点在抛物线外部时，连接，，得，故对；
由条件知直线的斜率存在，设其方程为与联立消去得，
设，，，，
则，，
，故正确；
设，，，，由，得，
，即，
，所以当时，
取得最小值，，
从而解得，，；
，故正确
3．（2021•福建模拟）如图所示，在棱长为1的正方体中，过对角线的一个平面交棱于点，交棱于点，得四边形，在以下结论中，正确的是　　

A．四边形有可能是梯形
B．四边形在底面内的投影一定是正方形
C．四边形有可能垂直于平面
D．四边形面积的最小值为
【答案】
【详解】对于选项，过，作平面与正方体的截面为四边形，如图所示：

因为平面平面，且平面平面，
平面平面，因此．同理．故四边形为平行四边形，因此错误；
对于选项，四边形在底面内的投影一定是正方形，因此正确；
对于选项，当点、分别为，的中点时，平面，又平面，
则平面平面平面，因此正确；
对于选项，当点到线段的距离最小时，此时平行四边形的面积最小，
此时点、分别为，的中点，此时最小值为，因此正确．
4．（2021•福州一模）在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数．最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数等．双曲函数在物理及生活中有着某些重要的应用，譬如达芬奇苦苦思索的悬链线（例如固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线即为悬链线）问题，可以用双曲余弦型函数来刻画．则下列结论正确的是　　
A．
B．为偶函数，且存在最小值
C．，
D．，，且，
【答案】
【详解】对于：双曲正弦函数和双曲余弦函数满足，
只有当时，，但是对于其他的值不一定成立，故错误；
对于，故函数为偶函数，由于，故，（当且仅当时，等号成立），故正确；
对于：函数和函数都为单调递增函数，
所以也为增函数，当时，，
令，令，
则，
所以在单调递增，
所以，
所以，即，故正确；
对于：不妨设，
所以，
则，即，
由选项得：在上单调递增，
由于所以函数为奇函数，
所以函数的图像关于原点对称，在上单调递增，
故，，且，，故正确．
5．（2021•福建模拟）已知函数在区间，和上单调递增，下列说法中正确的是　　
A．的最大值为3
B．方程在，上至多有5个根
C．存在和使为偶函数
D．存在和使为奇函数
【答案】
【详解】由函数
在区间，
和上单调递增，
故不可能为偶函数．
可得当周期最小时，最大，
应有，
求得，故的最大值为3．
故正确；
若方程在，上的根最多，则函数的周期最小，即，
画出两个函数和在的图象，由图中可知，
此时，2个函数的图象有5个交点，故选项正确；
因为函数在区间，上单调递增，
故不可能存在和使为偶函数，
故选项错误；
当和时，为奇函数，满足题意，故选项正确

6．（2021•泉州一模）如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点，分别在半圆弧，（均不含端点）上，且，，，在球上，则　　

A．当点在的中点处，三棱锥的体积为定值
B．当点在的中点处，过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形
C．球的表面积的取值范围为
D．当点在的三等分点处，球的表面积为
【答案】
【详解】如图1所以，取的中点，的中点，的中点，
根据题意，球心在线段上，设，，
则由余弦定理可得，
设，则，
所以，
因为为球的半径），
所以，，
所以，，
故球的表面积为，，故选项错误；
当点在的三等分点处，，则，
所以，
故球的表面积，故选项正确；
当点在弧上时，连结，
在平面中，过点作的平行线，与线段，分别交于，，
延长与的相交，连结交点与点交于点，
此时当点在的中点处，过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面为五边形，故选项错误；
当在的中点处，三棱锥的体积为，为定值，故选项正确．

7．（2021•福建模拟）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的，两点，在线段上，点为在上的射影，下列命题正确的是　　
A．若，则
B．若，，三点共线，则
C．若，则
D．对于任意直线，都有
【答案】
【详解】如图示：

由题意的焦点为，准线，，
不妨设，联立，则，
即，则，，
设，，，，，
对于，则，，，
整理得：，则，
假设，则直线的斜率为1，
即时，解方程，得，，
故，故错误；
对于：点为在上的射影，则，
，，三点共线时，有，
解得：，，故，，
故，故正确；
对于：作于，由，得，
故，故正确；
对于：由，
而，由，得△，解得：，
故，故正确；
8．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则　　
A．当时，△的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】
【详解】对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故选项错误；

对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；

对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，
则点在线段上，
当点在处时，，，
又，所以平面，
又平面，所以，即，
同理，当点在处，，故选项错误；

对于，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项正确．

9．（2021•漳州模拟）已知为抛物线的焦点，为的准线与轴的交点，点在抛物线上，设，，，则下列结论正确的是　　
A．抛物线在点，处的切线过点
B．的最大值为
C．
D．存在点，使得
【答案】
【详解】对于，
故抛物线在点，处的切线斜率为，
故切线方程为，即，过点，故选项正确；
对于，当直线与抛物线相切时，最大，由选项可知，此时，故选项错误；
对于，设点，过点作轴于点，在中，，
在中，，
，故选项正确；
对于，在中，由正弦定理知，，
若存在点，使得，则，化简可得，
故只需验证，即成立，亦即在成立即可，
设，则，
又，故，故在恒成立，
在上单调递增，故，即，
存在点，使得，选项正确．

10．（2021•福建模拟）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体．关于“等腰四面体”，以下结论正确的是　　
A．“等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形
B．“等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形
C．三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体“的体积为
D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体“的外接球直径为
【答案】
【详解】如图，将“等腰四面体”补成一个长方体，设此“等腰四面体”的对棱棱长分别为，，，与之对应的长方体的长宽高分别为，，，
则，得，
结合图形，容易判断出选项都是正确的；
对于，由，，，得，
因为“等腰四面体”的体积是对应长方体的体积减去四个小三棱锥的体积，所以“等腰四面体”的体积为，故选项正确；
对于，三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为，故选项错误．

11．（2021•鼓楼区校级模拟）音乐，是人类精神通过无意识计算而获得的愉悦享受，1807年法国数学家傅里叶指出任何乐声都是形如之各项之和，的图象就可以近似表示小提琴演奏的某音叉的声音图象，则　　
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．在单调递增
【答案】
【详解】，
设，最小正周期为，
，最小正周期为，
，最小正周期为，
所以的最小正周期为上面所求的三个最小正周期的最小公倍数，
故函数的最小正周期为，故，故正确；
对于：当时，，故正确；
对于，故错误；
对于：由于，函数，故函数为奇函数，函数的图像关于原点对称．
当，，，单调递增；
当，，，单调递增；
当，，，单调递增；
故，当时，单调递增，故正确
12．（2021•福州模拟）在中，，为的中点，且，则下列说法中正确的是　　
A．动点的轨迹是双曲线 B．动点的轨迹关于点对称
C．是钝角三角形 D．面积的最大值为
【答案】
【详解】以点为坐标原点，为轴建立直角坐标，
因为不是定值，即不是定值，故的轨迹是双曲线，故选项错误；
因为，所以一定有关于的对称点关于原点对称，故选项正确；
设，此时点在以为圆心，为半径的动圆上，
由，可知点在以为焦点，的双曲线上，且，
对于点，有，，
所以，
当时，最大，故，
所以，故选项正确；
当时，得到的点，使得为直角三角形，故选项错误．

13．（2021•泉州二模）四棱锥的三视图如图所示，平面过点且与侧棱垂直，则　　

A．该四棱锥的表面积为
B．该四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为
C．平面截该四棱锥所得的截面面积为
D．平面将该四棱锥分成上下两部分的体积比为
【答案】
【详解】由三视图可知：四棱锥为正四棱锥，高，
底面正方形的边长．
．连接对角线，，相交于点，取的中点，连接，，则，，，
该四棱锥的表面积，因此正确；
．为四棱锥的侧面与底面所成的角，，因此正确；
．如图所示，平面过点截该四棱锥所得的截面为，，，即为正三角形，点为的中点，，
在中，．
在中，，
，，可得，
，因此不正确．
．由可得：，
，可得：，
可得平面将该四棱锥分成上下两部分的体积比为


14．（2021•莆田二模）看连续函数在其定义区间上的任意个点，，，，恒有，则称在Ⅰ上满足性质．设函数在区间，上满足性质，且过点，，，，，，的图象与线段围成封闭图形的面积记为，则　　
A．
B．可以为
C．
D．
【答案】
【详解】根据函数在区间，上满足性质，
且过点，，，，，，
如图所示：

所以：，故正确，
由于函数的图像比线段要低，第一条边比线段要低，就是凹形，
所以　　的图象与线段围成的封闭图形面积要大于梯形的面积，
即，故正确；
在，上有单调递增部分，故错误；
由于函数的图象比线段低，是凹的，所以不一定小于2，故错误．
15．（2021•厦门模拟）已知正数，满足，则　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】对于：由于正数满足，所以，当且仅当时，等号成立，故错误；
对于：由于正数，所以，所以，
设，所以，当时，，时，，故函数（1），即，故正确；
对于，故正确；
对于：令（b），所以（b），
令（b），解得，
当时，（b），函数（b）单调递减，当时，（b），函数（b）单调递增，所以（b）（1），故正确；
16．（2021•宁德三模）已知正四棱锥的侧面积为，当该棱锥的体积最大时，以下结论正确的是　　
A．棱锥的高与底面边长的比为
B．侧棱与底面所成的角为
C．棱锥的每一个侧面都是等边三角形
D．棱锥的内切球的表面积为
【答案】
【详解】设底面边长为，侧棱长为，则，即，
而，又，
故，
设，则（a），
易知函数（a）在单调递增，在单调递减，
当时，（a）取得最大值，此时棱锥的体积最大，且，
底面边长为2，侧棱长为2，，
棱锥的高与底面边长的比为，选项正确；
侧棱与底面所成的角为，而，则，选项错误；
由于底面边长与侧棱长均为2，故侧面为等边三角形，选项正确；
设内切球的半径为，由于，
，
，选项正确．

17．（2021•福建模拟）一半径为4米的水轮如图所示，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点开始计时，则　　

A．点第一次到达最高点需要20秒
B．当水轮转动155秒时，点距离水面2米
C．当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米
D．点距离水面的高度（米与（秒的函数解析式为
【答案】
【详解】设点距离水面的高度为（米和（秒的函数解析式为，，，
由题意，，，
，解得，
，，则．
当时，，，则，
又，．
，故错误；
令，，得秒，故正确；
当秒时，米，故正确；
当秒时，，故正确．
18．（2021•南平模拟）在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，四面体内接于球，下列说法正确的是　　
A．四面体的体积的最大值是1
B．无论为何值，都有
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【答案】
【详解】对于选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，
同理可知，为等边三角形，
故，且，，
设二面角的平面角为，设点到平面的距离为，
则，，
当且仅当时，等号成立，即当时，四面体的体积的最大值是1，故正确；
对于选项，取中点，连接，
若，
因为，，
所以平面，从而，，
而，不一定相等，故错误；
对于选项，，
，，
，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，选项正确；
对于选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，
平面，
平面，
，
，，
平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，
，所以，，
，
平面，平面，
，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，选项正确．

19．（2021•龙岩模拟）在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线长为6米，是母线的靠近点的三等分点．从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，若灯光带的最小长度为米．下面说法正确的是　　

A．圆锥的侧面积为平方米
B．过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18平方米
C．圆锥的外接球表面积为平方米
D．棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】
【详解】如图所示：
圆锥中，母线长，，侧面展开图是扇形，
且，所以，
所以，所以扇形的面积为，
即圆锥的侧面积为平方米，选项正确；
因为底面圆的半径为，且，
所以，，
所以，
即过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为平方米，即选项错误；
设圆锥的外接球半径为，则，
，
所以，解得，
所以圆锥的外接球表面积为，则选项错误；
棱长为的正四面体中，设其外接球半径为，则，解得；
则此正四面体的底面外接圆半径为，高为，
所以，解得，
因为，所以棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动，则选项正确；

20．（2021•鼓楼区校级模拟）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例．作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列．现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则　　

A．
B．
C．
D．
【答案】
【详解】由递推公式，可得，，
所以，故选项正确；
由递推公式可得，，，，类似的有，
迭加可得，，故错误，故选项错误；
由题意可知，扇形面积为，
故，
则错误，故选项错误；
由，可得，，，，
迭加可得，，
又，
所以，故选项正确．
21．（2021•福建模拟）已知椭圆的左右顶点分别为，，点在椭圆上，点，若直线，的交点为，则的值不可能是　　
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】
【详解】可得，，不妨令，则
直线的方程为，
直线的方程为，
联立以上两方程可得，
整理可得，
则的值不可能是1或2
22．（2021•漳州模拟）已知的三个内角，，满足，则下列结论正确的是　　
A．是钝角三角形
B．
C．角的最大值为
D．角的最大值为
【答案】
【详解】①，
运用正弦定理可得，，即，
角为钝角，故选项正确，
②角为钝角，
为的最大边，，
，
，
，
由正弦定理可得，，故选择正确，
③，
运用余弦定理可得，，化简可得，
，
当且仅当，即，取等号，
的最小值为，
又，
，故选项正确，
④，
，
，
角为钝角，
，
，即，
，
当时，，，
即可取到大于的值，故选项错误
23．（2021•福建模拟）如图，函数的图象由一条射线和抛物线的一部分构成，的零点为，则　　

A．函数（4）有3个零点
B．恒成立
C．函数有4个零点
D．恒成立
【答案】
【详解】由题意可得，（1），可得时，，
当时，由图象可得（2），可设，再由（1），解得，则．
即．
由（4），可得（4），由图象可得只有一个零点，故错误；
由为偶函数，可得时，，又，即有恒成立，故正确；
由函数，可得，
由，可得有三个实根；由，可得有一个实根，则有四个零点，故正确；
当时，递增，，可得；
当时，递增，，可得；
当时，（1）（3），，所以时，，在内，
由（3）（1），所以，而，，
所以．
综上可得，恒成立．故正确．

24．（2021•福建模拟）记表示与实数最接近的整数，数列通项公式为．其前项和为设，则下列结论正确的是　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】由题意设，当时，，，故错误；
由，即，解得，
可得，故正确；
由，可得，
两边平方可得，因为为自然数，且不是整数，其中是右侧的最接近的整数，
所以成立，故正确；
当，2时，，此时；
当，4，5，6时，，此时，；
当，8，9，10，11，12时，，此时，；
，14，，20时，，此时，；
，
归纳可得，中，有2个1，4个，6个，8个，，
又由2，4，6，8，，构成首项为2，公差为2的等差数列，可得，
令，解得的最大值为44，
则，故错误．
25．（2021•龙岩模拟）关于函数，，下列说法正确的是　　
A．当时，在，处的切线方程为
B．当时，存在唯一极小值点且
C．对任意，在上均存在零点
D．存在，在上有且只有一个零点
【答案】
【详解】直接法，逐一验证．
选项，当时，，，所以，故切点为，，所以切线斜率，
故直线方程为：，即切线方程为： 选项符合题意；
选项，当时，，，，恒成立，所以单调递增，
又 故存在唯一极值点，不妨设，，则，即，
，，选项符合题意；
对于选项、，，，令，即，当，且 显然没有零点，故，且，
所以则令，，令，解得，，，
所以 单调递减，， 单调递增，有极小值，
单调递增，， 单调单调递减，有极大值，
故选项，任意均有零点，不符合，选项，存在，有且只有唯一零点，此时，
26．（2021•三明模拟）已知抛物线的焦点为，，，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是　　
A．点的坐标为，
B．若直线过点，则
C．若，则的最小值为
D．若，则线段的中点到轴的距离为
【答案】
【详解】抛物线的焦点为，所以不正确；
根据抛物线的性质可得：过时，则，所以正确；
若，则的最小值为抛物线的通径长，为，所以正确；
抛物线的焦点为，准线方程为，
过点、、分别作准线的垂线，，，
则，，，
所以，
所以线段的中的到轴的距离为，所以正确；

27．（2021•厦门二模）直三棱柱，中，，，点是线段上的动点（不含端点），则以下正确的是　　
A．平面 B．与不垂直
C．的取值范围为 D．的最小值为
【答案】
【详解】依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
对于，因为，平面，所以平面，故正确；
对于，当为的中点，与重合，根据正方体的性质可得，故错；
对于，判断以为直径的球与的交点情况，
如图3，取中点，则，
当时，，
所以以为直径的球与没有交点．所以，故错；
对于，将面翻折至与共面，此时点与重合，所以的最小值为，故正确．

28．（2021•福建模拟）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是　　
A．函数的周期为
B．在区间上是减函数
C．是奇函数
D．在区间，上有且仅有一个极值点
【答案】
【详解】对于，，
所以的周期为，故正确；
对于，，当时，，
所以在区间上是增函数，故错误；
对于，，
令，
则，
所以是奇函数，故正确；
对于，由知，，
令，可得，
方程的根，即为函数与图象的交点，
，
对于函数，，，
由复合函数的性质可知函数为增函数，，
函数在，内存在唯一零点，
所以当，时，，单调递减，当时，，单调递增，
，
当，时，恒成立，故单调递增，
作出函数与图象，如图所示：

由图象可知函数与的图象只有一个交点，
即存在唯一，，使，
所以只有一个极值点，故正确．
29．（2021•福建模拟）下列命题中，正确的命题是　　
A．在次独立重复试验中，用表示事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，，则
B．已知，（B），则
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．某人在10次射击中，击中目标的次数为，，则当时概率最大
【答案】
【详解】对于选项：随机变量服从二项分布，由，，
可得，，解得，故选项错误；
对于选项为必然事件，，而与互斥，
，故选项正确；
对于选项：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，
若，则，，故选项正确；
对于选项在10次射击中，击中目标的次数为，
当时，对应的概率，
当时，，
由，得，即，
，且，又，即时，概率最大．
故选项正确．
30．（2021•南安市校级二模）已知函数，给出下列四个结论，其中正确的是　　
A．曲线在处的切线方程为
B．恰有2个零点
C．既有最大值，又有最小值
D．若且，则
【答案】
【详解】依题意，对于，的定义域为，，，
当时，，
所以（1），可知曲线在点处的切线方程为，即，所以错误；
对于，，（1），所以正确；
对于，因为，
所以在上为减函数；
同理可求得在上为减函数，所以错误；
对于，若，，由得，即，
因为在0，上为减函数，所以，即，同理可证当，时，命题也成立，故正确．