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（广东专用）

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专题08 多选压轴题
1．（2021•广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2，；第次得到数列1，，，，，，2；．记，数列的前项和为，则　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】由，，，，
，，，
由有3项，有5项，有9项，有17项，，
故有项．故错误；
所以，即，故正确；
由，可得，故正确；
由
，故正确．
2．（2021•深圳一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点，分别为轴和轴上的动点（可与坐标原点重合），记正四面体在平面上的正投影图形为，则下列说法正确的有　　
A．若平面，则可能为正方形
B．若点与坐标原点重合，则的面积为
C．若，则的面积不可能为
D．点到坐标原点的距离不可能为
【答案】
【详解】对于：若平面，考虑一下特殊情形；
①当点与坐标原点重合时，为正方形，
②当点与坐标原点重合时，为三角形，故正确；
对于：若点原点重合，即在轴上，
易知：平面，且为三角形，
不难知道，其面积为，故正确；
对于：当时，且点在正四面体的外部时，
则点恰好为以，，，为棱的正方体的一个顶点，
由于，所以，
所以为以边长为的正方形，其面积为，故错误；
对于：设的中点为，则，且，
易知，即，
所以点到坐标原点的距离小于，故正确．
3．（2021•湛江一模）在梯形中，，将沿折起，使到的位置与不重合），，分别为线段，的中点，在直线上，那么在翻折的过程中　　
A．与平面所成角的最大值为
B．在以为圆心的一个定圆上
C．若平面，则
D．当平面时，四面体的体积取得最大值
【答案】
【详解】如图，在梯形中，因为，，
所以得到，，，
在将沿翻折至的过程中，与的大小保持不变，
由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故选项正确；
因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，
而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，
但此圆的圆心不是点，故选项不正确；
当平面时，，因为，
所以，所以，故选项正确；
在翻折的过程中，△的面积不变，故
当平面时，四面体的体积取得最大值，故选项正确．

4．（2021•福田区校级二模）已知正方体棱长为2，如图，为上的动点，平面．下面说法正确的是　　

A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】
【详解】对于选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则点，0，、，2，，
设点，2，，平面，则为平面的一个法向量，
且，，，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，选项正确；

对于选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，

平面，，四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知△是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为．
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则△的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，选项错误；
对于选项，设平面交棱于点，0，，点，2，，，

平面，平面，，即，得，，0，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，
则，1，，，而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，
，
所以，四边形为等腰梯形，选项正确；
对于选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，，，
，
所以，点不是棱的中点，选项错误．

5．（2021•广东一模）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是　　
A．无解 B．的解为
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】
【详解】，
设，，
则，
若，则，
则的轨迹是以，为焦点的椭圆，
此时，，即，，
即椭圆方程为，当时，得，得，得，故错误，正确，
关于对称点为，
则，当，，三点共线时，最小，此时，无最大值，
故正确，错误

6．（2021•惠州一模）在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有　　

A．存在点使得异面直线与所成角为
B．存在点使得异面直线与所成角为
C．存在点使得二面角的平面角为
D．当时，平面截正方体所得的截面面积为
【答案】
【详解】对于，连接、，交于，连接，
取点为时，连接，因为、，
所以平面，又因为平面，
所以，所以对；
对于，因为，所以异面直线与所成角就是，
因为，所以错；
对于，因为二面角的平面角为，因为，
所以错；
对于，取中点，连接，过作，交于，交于，连接、，
，，，．
所以对．

7．（2021•深圳模拟）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为　　
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为
【答案】
【详解】对于，的导数为，
由，可得，切点为，切线的方程为，
则的图象与轴相切，故正确；
的导数为，
由，，可得恒成立，即有在递增，且，，
所以的图像与轴不相切，故错误；
对于，因为，所以，令，，
，可得在递增，且（1），所以与轴只有一个交点，当时，，递减；
当时，，递增，所以的最小值为（1），即与轴只有一个交点，故正确；
对于，，，令，由题意可得，，
当时，，递增；当时，，递减，所以的最大值为，
令，，
可得递减，又，当时，，故正确．
8．（2021•广东二模）函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法正确的是　　
A．是周期为2的周期函数 B．是周期为4的周期函数
C．为奇函数 D．为奇函数
【答案】
【详解】根据题意，函数为奇函数，则的图象关于点对称，
则有，
同理：若函数为奇函数，则有，
则有，即有，即函数是周期为4的周期函数，错误，正确；
，不一定是奇函数，错误；
由，是奇函数，正确；
9．（2021•潮州一模）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数．记，若在上恒成立，则称在上为凸函数．以下四个函数在上是凸函数的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】．由，得，
，
，当时，，
这与在定义域中小于0不符，故错误；
．由，得，，
，在上恒成立，故正确；
．由，得，，
，恒成立，故正确；
．由，得，，
时，，，
恒成立，与在定义域中小于0不符，故错误．
10．（2021•珠海一模）已知函数，则　　
A．是函数的一个周期
B．直线为函数的对称轴方程
C．函数的最大值是5
D． 在，有三个解
【答案】
【详解】函数，
对于选项，，
所以是函数的一个周期，故选项正确；
对于选项，因为，
又的周期为，所以，即，
故直线为函数的对称轴方程，故选项正确；
对于选项，因为的周期为，不妨取一个周期,进行分析，
则，
当时，，其中，
故当时，取得最大值为5，
当时，，其中，
故当时，取得最大值为5，
综上所述，函数的最大值为5，故选项正确；
当时，，
当时，，
当时，，
所以函数一个周期中有两个最大值5，且关于直线对称，
又，，，作出图象如图所示，
所以 在，有四个解，故选项错误．

11．（2021•佛山二模）已知无穷等差数列的公差，且5，17，23是中的三项，则下列结论正确的是　　
A．的最大值是6 B．
C．一定是奇数 D．137一定是数列中的项
【答案】
【详解】无穷等差数列的公差，且5，17，23是中的三项，
设，
解得，
的最大值为6，故正确；
，，
，故正确；
，当时，，数列可能为5，8，11，14，17，20，23，，故错误；
，
一定是等差数列中的项，故正确．
12．（2021•湛江三模）已知是数列的前项和，且，，则　　
A．数列是等比数列 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
【答案】
【详解】是数列的前项和，，①
所以，②
整理得，
由于，所以，
故数列的奇数项和偶数项分别是以为公比的等比数列；
故错误，
由于公比都为，首先为正数，故数列单调递减，故正确；
对于：根据关系式，整理得，
所以，故正确，错误．
13．（2021•汕头一模）函数，则下列说法正确的是　　
A．（2）（3）
B．
C．若有两个不相等的实根、，则
D．若，、均为正数，则
【答案】
【详解】函数，故函数的定义域为，且，
令，解得，当变化时，，的变化如下表：






0


单调递增
极大值
单调递减
故的图象如图所示：
对于选项，（4），
又函数在上单调递减，所以（4）（3），即（2）（3），故选项错误；
对于选项，因为且在上单调递增，
所以，则，即，故，故选项正确；
对于选项，因为有两个不相等的实根、，
所以，不妨设，要证，
即要证，因为，所以，
因为在上单调递增，
所以只需证，即证，只需证①，
令，则，
当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以（e），即，这与①矛盾，故选项错误；
对于选项，设且，均为正数，则，
所以，
因为且（因为，
所以，所以，故，故选项正确．

14．（2021•惠州模拟）函数为定义在上的奇函数，当时，，下列结论正确的有　　
A．当时，
B．函数有且仅有2个零点
C．若，则方程在上有解
D．，，恒成立
【答案】
【详解】当时，，，
可得时，，递增，时，，递减，可得处取得极大值，
，，画出在的图象，由奇函数的图象关于原点对称，可得在的图象，且，
可得在上的图象．
当时，，，故正确；
由图象可得与轴有三个交点，故错误；
由时，可得，，可得方程在上有解，则，故错误；
由图象可知，，，则，，，故正确．

15．（2021•潮州二模）已知数列满足，下列命题正确的有　　
A．当时，数列为递减数列
B．当时，数列一定有最大项
C．当时，数列为递减数列
D．当为正整数时，数列必有两项相等的最大项
【答案】
【详解】，
，
对于，因为，所以，，于是，所以错；
对于，因为，所以，于是当时，递减，所以数列一定有最大项，所以对；
对于，因为当时，，所以当时，数列为递减数列，所以对；
对于，设，当，即时数列为递减，当时为递增，，最大项为，，
所以数列必有两项相等的最大项，所以对．
16．（2021•肇庆二模）在长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法中正确的　　
A．平面
B．与平面所成角的正切值的最大值是
C．的最小值为
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是
【答案】
【详解】对于，由于平面平面，所以平面，所以正确；
对于，当时，与所成角的正切值最大，最大值是，所以不正确；
对于，将△沿翻折与在同一个平面，且点，在直线的异侧，
此时，此时，所以的最小值为，所以正确；
对于，由于平面，所以交线为以为圆心，半径为1的四分之一圆周，取的中点为，交线应该是圆弧，所以交线长为，所以正确．

17．（2021•广东模拟）如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为，，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为，则　　

A．如果，则与重合
B．
C．如果，则圆柱的体积为
D．如果圆锥的体积为圆柱体积的，则圆锥的体积为
【答案】
【详解】由为外接球的球心得，
选项，若与重合，则，所以与题设矛盾，故不正确；
选项，由于，则为中点，如图所示，

因为，，所以，
所以，故正确；
选项，由，，可得，，
所以，又有，则，
所以，故正确；
选项，，则，
又，所以，，则，
所以，
所以，故正确．
18．（2021•霞山区校级模拟）已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论正确的是　　
A．函数 在上为增函数
B．是函数的极小值点
C．函数必有2 个零点
D．（e） （2）
【答案】
【详解】，
，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，故错误；
是的极小值点，故正确；
的极小值为，故当时，没有零点，故错误；
由在上单调递增可得（2）（e），即，（2）（e），故正确．
19．（2021•东莞市校级模拟）已知函数，，下列结论正确的是　　
A．若对任意，，且，都有，则为上减函数
B．若为上的偶函数，且在内是减函数，，则解集为
C．若为上的奇函数，则也是上的奇函数
D．若一个函数定义域且的奇函数，当时，，则当时，
【答案】
【详解】对于，若对于任意， 且，都有，
即当时，，则为上的减函数，则正确；
对于，若为 上的偶函数，且在内是减函数，
则在上递增，（2），
则即为（2），即有，解得或，则错误；
对于，若为上的奇函数，
则，，
即有是奇函数，则正确；
对于，当时，，
当时，，则，故，故错误．
20．（2021•河源模拟）若，则　　
A． B．
C． D．
【答案】
【详解】若，则，，故错误；
若，则，则，故正确；
若，则，，故错误；
若，，故正确
21．（2021•韶关一模）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则　　

A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是
C．球的表面积是 D．球的体积是
【答案】
【详解】如图，

由，平面平面，且平面平面，
平面，
取中点，则为三角形的外心，取的中点，连接，
则，可得平面，
设的外心为，三棱锥的外接球的球心为，
连接，，则平面，底面，
可得四边形为矩形，则到平面的距离等于，故错误；
在中，由余弦定理可得，则，
设三角形外接圆的半径为，可得，
又，到底面的距离为，故正确；
则三棱锥外接球的半径，
则球的表面积是，故正确；
球的体积为，故错误．
22．（2021•江门一模）已知函数，，下列判断正确的是　　
A．在单调递增
B．在有2个极值点
C．在仅有1个极小值
D．当时，
【答案】
【详解】函数，则，
对于，当时，，所以单调递增，故正确；
对于，函数的零点，即为方程的根，
作出函数与函数的大致图象，如图所示：

由图象可知，当时，函数与函数有两个交点，
则方程有两个实根，所以在有2个极值点，故正确；
对于，由图象可得，函数与函数在上只有一个交点，
则方程只有一个实数根，且在上，，单调递增，
在，上，，单调递减，所以在处取得极大值，故错误；
对于，当时，，故错误．
23．（2021•茂名模拟）已知，分别为双曲线的左、右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线，则下列正确的是　　
A．双曲线的方程为
B．
C．
D．点到轴的距离为
【答案】
【详解】渐近线的方程为，，
到的距离为，，
，
双曲线的标准方程为，即选项正确；
，
，，
由角分线定理知，，即选项正确；

由双曲线的定义知，，
，，
在等腰△中，，
，
，
，即选项正确；
，
，即选项错误．
24．（2021•广东模拟）设，是抛物线上两个不同的点，为坐标原点，若直线与的斜率之积为，则下列结论正确的有　　
A． B．
C．直线过抛物线的焦点 D．面积的最小值是2
【答案】
【详解】取，，满足，
从而，故错误；
由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
联立方程，消去整理可得：，则，，
因为，所以，故直线过定点，正确；
因为抛物线的焦点，所以直线过焦点，则由抛物线的性质可得，正确；
由以上可知直线的方程为，
则，
原点到直线的距离为，
则三角形的面积为，
当且仅当时取等号，此时三角形的面积的最小值为2，故正确，
25．（2021•广州二模）定义在上的函数满足，且当时，．若，则实数的取值可能是　　
A． B． C． D．
【答案】
【详解】
，即，
设，
，
，
，
，
函数是偶函数，
，
当时，，
，
偶函数在对称区间上单调性相反，
在单调递减，在上单调递增，
，
，
，
满足条件的只有选项
26．（2021•广州模拟）如图，设正方体的棱长为2，为的中点，为上的一个动点，设由点，，构成的平面为，则　　

A．平面截正方体的截面可能是三角形
B．当点与点重合时，平面截正方体的截面面积为
C．点到平面的距离的最大值为
D．当为的中点时，平面截正方体的截面为五边形
【答案】
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，延长与轴交于点，
连接与轴交于点，
则平面由平面扩展为平面，
可得截面不可能为三角形，
当点与点重合时，平面截正方体的截面为边长为的菱形，
且
，则，所以截面的面积为；
当为的中点时，平面截正方体的截面为五边形，故错误，，正确；
考虑选项．设，，，，则到直线的距离为，
则可得到直线的距离为，
可得的面积，
设到平面的距离为，
运用等积法可得，
即，
可得，
当时，取得最大值，故正确．

27．（2021•广东模拟）已知曲线．点向曲线引斜率为的切线，切点为，．则下列结论正确的是　　
A．数列的通项为
B．数列的通项为
C．当时，
D．
【答案】
【详解】设直线，联立，
得，
则△，
所以（负的舍去），
，
即，所以，故，正确；
，
由，即为，
即有，
，
可得，故错误；
由于，
可令函数，则，
令，得，
给定区间，则有，则函数在上单调递减，
，即在恒成立，
又，
则有，即，故正确．
28．（2021•福建模拟）已知函数，的图象上，对称中心与对称轴的最小距离为，则下列结论正确的是　　
A．函数的一个对称点为，
B．当，时，函数的最小值为
C．若，则的值为
D．要得到函数的图象，只需要将的图象向右平移个单位
【答案】
【详解】函数，的图象上，
对称中心与对称轴的最小距离为，．
再根据，，可得，故．
令，可得，故错误；
当，时，，，故当时，函数的最小值为，故正确；
若，，，
则，故正确；
将的图象向右平移个单位，可得的图象，故错误，
29．（2021•惠州二模）已知函数（其中，若存在定义域内的两个实数、，使得成立，且的最小值为，则　　
A．
B．的最大值为4
C．
D．在区间上单调递增
【答案】
【详解】，
的最大值为4，故正确；
又存在定义域内的两个实数、，使得成立，且的最小值为，
，得，故正确，错误；
，由，
解得，，则在区间上单调递增，故正确．
30．（2021•梅州二模）曲线为四叶玫瑰线，它是一个几何亏格为零的代数曲线，这种曲线在苜蓿叶型立交桥的布局中有非常广泛的应用，苜蓿叶型立交桥有两层，将所有原来需要穿越相交道路的转向都由环形匝道来实现，即让左转车辆行驶环道后自右侧切向汇入高速公路，四条环形匝道就形成了苜蓿叶的形状．给出下列结论正确的是　　

A．曲线只有两条对称轴
B．曲线经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2
D．曲线上的任一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为2
【答案】
【详解】由图知曲线有4条对称轴，故选项错误；
第一象限内经过的整数点为，，，代入曲线可知等号不成立，
所以曲线在第一象限内不经过整数点，结合对称性可知曲线只经过，故选项错误；
由，，得，
所以，，故选项正确；
矩形面积，所围成矩形面积的最大值为2，故选项正确．