2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（二十二）（原卷版+解析版）

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A．(23，-23)B．(63，-63)C．(32，94)D．(-63，63)
【解答】解：设F1（﹣1，0），F2（1，0），则x2+y2+2y+1+x2+y2-2y+1=22，
等价于|PF1|+|PF2|＝22＞|F1F2|，
∴曲线C为以F1，F2为焦点的椭圆，且长轴长为22，焦距为2，
故曲线C的方程为：y22+x2=1，与直线2x﹣y﹣4＝0平行的直线设为2x﹣y+t＝0，
联立方程组2x-y+t=0y2+2x2=2，消去y可得：6x2+4tx+t2﹣2＝0，
△＝16t2﹣24（t2﹣2）＝0，解得t＝±6，当t=-6时，x=63，y=-63，
当t=6时，x=-63，y=63，
曲线C上到直线2x﹣y﹣4＝0的距离最近的点的坐标是（63，-63）．
故选：B．
2．（2021•未央区校级模拟）函数f（x）＝x+1ex，g（x）＝xa﹣alnx（a＜0），当x∈（1，+∞）时，关于x的不等式f（x）≥g（x）恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．-e4B．-e3C．-e2D．﹣e
【解答】解：由题意得x+1ex≥xa﹣alnx（a＜0）在x∈（1，+∞）上恒成立，
即lnxa﹣xa≥lne﹣x﹣e﹣x在x∈（1，+∞）上恒成立，
令m（t）＝lnt﹣t，0＜t＜1，
故m′（t）=1t-1=1-tt＞0在（0，1）上恒成立，
故m（t）在（0，1）上单调递增，故xa≥e﹣x，得aln≥﹣x，即a≥-xlnx，
记φ（x）=-xlnx（x＞1），则φ′（x）=1-lnxln2x（x＞1），
当x∈（1，e）时，φ′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，φ′（x）＜0，
故函数φ（x）在（1，e）递增，在（e，+∞）递减，
故φ（x）的最大值是φ（e）＝﹣e，故a≥﹣e，
即实数a的最小值是﹣e，
故选：D．
3．（2021•惠州一模）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明．他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线；当0＜e＜1时，轨迹为椭圆；当e＝1时，轨迹为抛物线；当e＞1时，轨迹为双曲线．现有方程m（x2+y2+2y+1）＝（x﹣2y+3）2表示的曲线是双曲线，则m的取值范围为（ ）
A．（0，1）B．（1，+∞）C．（0，5）D．（5，+∞）
【解答】解：方程m（x2+y2+2y+1）＝（x﹣2y+3）2，m＞0，
即为m[x2+（y+1）2]＝（x﹣2y+3）2，
可得m•x2+(y+1)2=|x﹣2y+3|，
则x2+(y+1)2|x-2y+3|5=5m，
可得动点P（x，y）到定点（0，﹣1）和定直线x﹣2y+3＝0的距离的比为常数5m，
由双曲线的定义，可得5m＞1，
解得0＜m＜5，
故选：C．
4．（2021•陕西模拟）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，A（0，2a），a→=（1，-ba），P为C右支上一点，当|PA|+|PF1|取得最小值时，PA→=λa→，则C的离心率为（ ）
A．5B．2C．2D．3
【解答】解：记t＝|PA|+|PF1|＝|PA|+|PF2|+2a≥|AF2|+2a，当A，P，F2三点共线时，t有最小值，
此时PA→=λa→，所以AF2→∥PA→∥a→．
设焦距为2c，则F2（c，0），所以AF2→=(c，-2a)．
又a→=(1，-ba)，所以-bca=-2a，化简得e4﹣e2﹣2＝0，解得e2＝2（舍负），
所以双曲线C的离心率e=2（舍负），
故选：C．
5．（2021•陕西模拟）已知函数f(x)=x2-2ex+e2+2xx（x＞0，e为自然对数的底数），g(x)=lnx+axx(a∈R)，若函数F（x）＝f（x）﹣g（x）有零点，则a的取值范围为（ ）
A．（0，+∞）B．[e，+∞）C．[2-1e，+∞)D．(-∞，2-1e]
【解答】解：因为x＞0，所以f(x)=x+e2x-2e+2≥2，
当且仅当x=e2x，即x＝e时，f（x）取最小值2，
由g(x)=lnxx+a，得g'(x)=1-lnxx2，令g'（x）＝0得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增，
当x＞e时，g'（x）＜0，g（x）在（e，+∞）上单调递减，
所以当x＝e时，g（x）有极大值也是最大值，为g(e)=a+1e，
要使函数F（x）＝f（x）﹣g（x）有零点，
即使方程f（x）﹣g（x）＝0有解，
则只需a+1e≥2，解得a≥2-1e，
故选：C．
6．（2021•浙江模拟）已知a，b，c∈R，若关于x的不等式0≤x+ax+b≤cx-1的解集为[x1，x2]∪{x3}（x3＞x2＞x1＞0），则（ ）
A．不存在有序数组（a，b，c），使得x2﹣x1＝1
B．存在唯一有序数组（a，b，c），使得x2﹣x1＝1
C．有且只有两组有序数组（a，b，c），使得x2﹣x1＝1
D．存在无穷多组有序数组（a，b，c），使得x2﹣x1＝1
【解答】解：因为不等式0≤x+ax+b≤cx-1的解集为[x1，x2]∪{x3}（x3＞x2＞x1＞0），
所以0≤x2+bx+a≤c﹣x在x∈[x1，x2]∪{x3}上成立，
假设x1＝m，x2＝m+1，x3＝n，
则c﹣n＝0＝n2+bn+a，根据x3为一个独立的数得出，
所以n＝c，且m+1与n为方程x2+bx+a＝0的两个根，
因为x3＞x2＞x1＞0，
所以﹣b＝m+n+1＝m+c+1，a＝mn+n＝mc+c，
所以b＝﹣m﹣c﹣1，且点(x1，x12+bx1+a)为y＝x2+bx+a与y＝c﹣x的左交点，
所以m2+bm+a＝c﹣m且b＝﹣m﹣c﹣1，a＝mc+c，
故m2+bm+a＝m2﹣m2﹣mc﹣m+mc+c＝c﹣m，
所以c﹣m＝c﹣m恒成立，
所以不论a，b，c取何值，x2﹣x1＝1恒成立，
即存在无穷多组有序数组（a，b，c），使得x2﹣x1＝1，
故选项A，B，C错误，选项D正确．
故选：D．
7．（2021•浙江模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）和点M（a2-b2a，0）．若存在过点M的直线交C于P，Q两点，满足PM→=λMQ→（0＜λ＜12），则椭圆C的离心率取值范围是（ ）
A．（0，22）B．(33，22)C．(33，1)D．(22，1)
【解答】解：设T（x，y）是椭圆上任意一点，
则|TM|2＝（x-c2a）2+y2=c2a2x2-2c2ax+c4a2+b2，
对称轴为x＝a，所以|TM|2在x∈[﹣a，a]上单调递减，
设A1（﹣a，0），A2（a，0），由题意可知，只要|A2M||MA1|＜12即可，
则|A2M||MA1|＜12可得：a-c2ac2a+a＜12，即a2＜3c2，所以33＜e＜1，
故选：C．
8．（2021•金昌模拟）函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，-π2＜φ＜π2）的部分图象如图所示，则f（x）＝（ ）
A．sin（πx+π6）B．sin（πx+π3）C．sin（πx-π6）D．sin（πx-π3）
【解答】解：由图象可得A＝1，再根据34T=53-16=32，可得T＝2，
所以ω=2π2=π，
再根据五点法作图可得π×16+ϕ＝0，求得ϕ=-π6，
故函数的解析式为 f（x）＝sin（πx-π6）．
故选：C．
9．（2021•金昌模拟）已知函数f（x）＝lnx2﹣2ln（x2+1），则下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）为奇函数
B．函数f（x）的值域为（﹣∞，﹣1]
C．当x＞0时，函数f（x）的图象关于直线x＝1对称
D．函数f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（0，1）
【解答】解：函数f（x）＝lnx2﹣2ln（x2+1）=lnx2(x2+1)2，函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
对于A：函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），故函数f（x）为偶函数，故A正确；
对于B：令x2＝t（t＞0），
f（t）=lnt(t+1)2=ln1t+1t+2，＝﹣ln（t+1t+2）≤-ln(2⋅t⋅1t+2)=-ln4，故函数的值域为（﹣∞，﹣ln4），故B错误；
对于C：由于函数f（x）≠f（2﹣x），故函数不关于x＝1对称，故C错误；
对于D：当x＞0时，f（x）＝﹣ln（t+1t+2），
当0＜t＜1时，g（t）＝t+1t+2单调递减，f（x）单调递增，
当t＞1时，g（t）＝t+1t+2单调递增，f（x）单调递减，
故当0＜x2＜1时，即0＜x＜1时，函数f（x）单调递增；
由于偶函数的单调性在对称区间上单调相反，故函数f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1）∪（0，1），故D正确．
故选：D．
10．（2021•金昌模拟）关于函数f（x）＝ln|x+1|+ln|x﹣1|有下列结论，正确的是（ ）
A．函数f（x）的图象关于原点对称
B．函数f（x）的图象关于直线x＝1对称
C．函数f（x）的最小值为0
D．函数f（x）的增区间为（﹣1，0），（1，+∞）
【解答】解：函数f（x）＝ln|x+1|+ln|x﹣1|＝ln|x2﹣1|，
由于函数的定义域为x≠±1，
且满足f（﹣x）＝f（x）故函数f（x）为偶函数，故A错误；
对于B：函数f（0）＝0，f（2）＝ln3，故f（0）≠f（2），故函数f（x）不关于x＝1对称，故B错误；
对于C：由于|x2﹣1|∈（0，+∞），所以f（x）＝ln|x2﹣1|∈R，故函数无最小值，故C错误；
对于D：函数f（x）＝ln|x2﹣1|=ln(x2-1)(x＞1或x＜-1)ln(1-x2)(-1＜x＜1)，由于y＝lnx在（0，+∞）单调递增，
而y＝x2﹣1在（0，+∞）上单调递增，函数y＝1﹣x2在（﹣∞，0）上单调递增，
故函数f（x）在（﹣1，0）和（1，+∞）上单调递增，故D正确．
故选：D．
11．（2021•金昌模拟）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，O为坐标原点，直线l1，l2为双曲线C的两条渐近线，过点F的直线l与渐近线l1平行，且l与双曲线C交于点P，若直线OP的斜率为直线l2的斜率的13，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3B．2C．5D．2
【解答】解：由题意，不妨取l1：y=-bax，l2：y=bax，
又F（c，0），则直线l的方程为y=-ba(x-c)=-bax+bca，
由题意可得，直线OP：y=b3ax，
联立y=-bax+bcay=b3ax，解得P（3c4，bc4a），
又P在双曲线上，∴9c216a2-c216a2=1，即c2a2=2，得e=ca=2．
∴双曲线的离心率为2，
故选：B．
12．（2021•宁波二模）设a∈R，函数f（x）=|x-1|，x≥0-x2+ax，x＜0，若函数y＝f[f（x）]恰有3个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣2，0）B．（0，1）C．[﹣1，0）D．（0，2）
【解答】解：设t＝f（x），当x≥0时．f（x）＝|x﹣1|，可得t≥0，
要使y＝f（t）有3个零点，
∴0＜t＜1；
那么x＜0时．f（x）＝﹣x2+ax的对称轴x=a2，
若a≥0，y＝f（t）不存在3个零点．
∴当a＜0时，要使y＝f（t）有3个零点，
则x=a2时取得最大值t∈（0，1，）
即0＜-a24+a22＜1，解得﹣2＜a＜2；
综上可得a的取值范围是（﹣2，0）．
故选：A．
13．（2021•宁波二模）已知数列{xn}满足x0＝0且|xk+1|＝|xk﹣1+2|，k∈N*，则|x1+x2+…+x2021|的最小值是（ ）
A．17B．19C．69D．87
【解答】解：由题意可知xk是整数，对|xk+1|＝|xk﹣1+2|进行两边平方得，
xk2+2xk+1=xk-12+4xk-1+4，
∴x12+2x1+1=x02+4x0+4；
x22+2x2+1=x12+4x1+4；
x32+2x3+1=x22+4x2+4；
…，
x20212+2x2021+1=x20202+4x2020+4；
∴x20212+2x2021-x02=2(x1+x2+x3+⋯+x2020)+4x0+6063，
∴(x2021+2)2=2（x1+x2+…+x2020+x2021）+6067，
∴|x1+x2+…+x2020+x2021|＝|12(x2021+2)2-60672|，
∵当x2021+2＝77时，|x1+x2+…+x2020+x2021|＝|12(x2021+2)2-60672|＝17，
x2021+2＝78时，|x1+x2+…+x2020+x2021|＝|12(x2021+2)2-60672|＝19，
故选：A．
14．（2021•贵溪市校级三模）长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝4，AD＝2，AA1=5，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为 （ ）
A．12B．35C．25D．45
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（2，0，5），B1（2，4，5），A（2，0，0），C1（0，4，5），
A1B1→=（0，4，0），AC1→=（﹣2，4，5），
设异面直线A1B1与AC1所成角为θ，
则csθ=|A1B1→⋅AC1→||A1B1→|⋅|AC1→|=16425=45．
∴异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为45．
故选：D．
15．（2021•昆明一模）已知O1是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点，则下列说法中错误的是（ ）
A．O1C1与D1C是异面直线B．O1C1∥平面A1BCD1
C．O1C1⊥BDD．O1C1⊥平面BDD1B1
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
对于A，O1C1∩平面CDD1C1＝C1，C1∉D1C，
∴O1C1与D1C是异面直线，故A正确；
对于B，O1（1，1，3），C1（0，2，2），D1（0，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），
O1C1→=（﹣1，1，﹣1），BD1→=（﹣2，﹣2，2），BC→=（﹣2，0，0），
设平面A1BCD1的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅BD1→=-2x-2y+2z=0n→⋅BC→=-2x=0，
取y＝1，得n→=（0，1，1），
O1C1→⋅n→=0，且O1C1⊄平面A1BCD1，∴O1C1∥平面A1BCD1，故B正确；
对于C，O1C1→=（﹣1，1，﹣1），D（0，0，0），B（2，2，0），BD→=（﹣2，﹣2，0），
O1C1→⋅BD→=0，∴O1C1⊥BD，故C正确；
对于D，O1C1→=（﹣1，1，﹣1），D1（0，0，2），B（2，2，0），BD1→=（﹣2，﹣2，2），
O1C1→•BD1→=-2≠0，∴O1C1与BD1不垂直，∴O1C1与平面BDD1B1不垂直，故D错误．
故选：D．
16．（2021•昆明一模）银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一个月的利息．某人在银行贷款金额为A元，采用的还款方式为“等额本息”，即每个月还款1次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止．若月利率p固定不变，按“复利”计算本息和，分n个月还清（贷款1个月后开始第1次还款），则此人每月还款金额为（ ）
A．An元B．A(1+p)nn元
C．A(1+p)n(1+p)n-1元D．Ap(1+p)n(1+p)n-1元
【解答】解：因为贷款金额为A元，月利率为p，分n个月还清，
所以本息和一共为A（1+p）n元，
设每个月还款金额为Q元，则A（1+p）n＝Q+Q（1+p）+Q（1+p）2+…+Q（1+p）n﹣1，
由等比数列求和公式可得A(1+p)n=Q[(1+p)n-1]1+p-1，
所以Q=Ap(1+p)n(1+p)n-1，
所以此人每月还款金额为Ap(1+p)n(1+p)n-1元．
故选：D．
17．（2021•合肥模拟）如图，在△ABC中，D，E是AB边上两点，BM→=2MC→，且△BDM，△EDM，△AEM，△ACM的面积成等差数列．若在△ABC内随机取一点，则该点取自△AEM的概率是（ ）
A．518B．29C．16D．19
【解答】解：因为BM→=2MC→，S△ACM=12S△BAM=12(S△BDM+S△EDM+S△AEM)①，
因为△BDM，△EDM，△AEM，△ACM的面积成等差数列，
设S△BDM＝a1，公差为d，
所以S△EDM＝a1+d，S△AEM＝a1+2d，S△ACM＝a1+3d，
代入①式可得，a1+3d=12(a1+a1+d+a1+2d)，
所以a1＝3d，故S△BDM＝3d，S△EDM＝4d，S△EDM＝5d，S△ACM＝6d，
S总＝3d+4d+5d+6d＝18d，
所以该点取自△AEM的概率是5d18d=518．
故选：A．
18．（2019•天津）已知a∈R．设函数f（x）=x2-2ax+2a，x≤1，x-alnx，x＞1．若关于x的不等式f（x）≥0在R上恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．[0，1]B．[0，2]C．[0，e]D．[1，e]
【解答】解：当x＝1时，f（1）＝1﹣2a+2a＝1＞0恒成立；
当x＜1时，f（x）＝x2﹣2ax+2a≥0⇔2a≥x2x-1恒成立，
令g（x）=x2x-1=-x21-x=-(1-x-1)21-x=-(1-x)2-2(1-x)+11-x=-（1﹣x+11-x-2）≤﹣（2(1-x)⋅11-x-2）＝0，
∴2a≥g（x）max＝0，∴a≥0．
当x＞1时，f（x）＝x﹣alnx≥0⇔a≤xlnx恒成立，
令h（x）=xlnx，则h′（x）=lnx-x⋅1x(lnx)2=lnx-1(lnx)2，
当x＞e时，h′（x）＞0，h（x）递增，
当1＜x＜e时，h′（x）＜0，h（x）递减，
∴x＝e时，h（x）取得最小值h（e）＝e，
∴a≤h（x）min=e，
综上a的取值范围是[0，e]．
故选：C．
19．（2021•山东模拟）新春将至，在某市的广场上正展出一件棱长为20m的正方体展品以庆祝新春，并在以展品底面中心为圆心且半径为20m的圆上设置观光步道，游客只能在观光步道上参观展品．则游客随意走到观光步道的某一位置，能同时看到展品的两个侧面的概率为（ ）
A．16B．15C．14D．13
【解答】解：圆周长为2πr＝40π，在如图阴影对应的观光步道上能同时看到两个侧面，
因为AC=12AD=12×20=10，AD＝20，所以∠AOC＝30°，
同理可得∠BOE＝30°，则∠AOB＝30°，
故弧长AB为30°⋅π⋅20180°=10π3，
所以阴影部分的总弧长4×10π3=40π3，
所以能同时看到展品的两个侧面的概率为P=40π340π=13．
故选：D．
20．（2021•市中区校级模拟）如图，沿着等腰直角三角形ABC斜边上的高BD将三角形ABD折起，使点A到达点A'的位置，且∠A'DC＝45°，则直线A'B与平面BCD所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【解答】解：因为BD为等腰直角三角形ABC斜边上的高，所以BD⊥A'D，BD⊥CD，
又A'D∩CD＝D，A'D⊂平面A'CD，CD⊂平面A'CD，所以BD⊥平面A'CD．
过点A'作A'E⊥CD于点E，则BD⊥A'E，所以A'E⊥平面BCD，连接BE，
则∠A'BE就是直线A'B与平面BCD所成的角．
设AB＝BC＝2，则在直角三角形A'DE中，A'D=2，∠A'DE=45°，
所以A'E＝1，又A'B＝2，A'E⊥BE，所以∠A'BE＝30°，
所以直线A'B与平面BCD所成的角为30°．
故选：A．
21．（2021•昆明一模）已知lg2a=(12)a，b=ln12，c=(12)0.2，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＞a＞bB．a＞b＞cC．b＞a＞cD．a＞c＞b
【解答】解：∵lg2a=(12)a＞0，∴a＞1，
∵ln12＜ln1=0，∴b＜0，
∵0＜(12)0.2＜(12)0=1，∴0＜c＜1，
∴a＞c＞b，
故选：D．
22．（2021•辽宁模拟）如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，AB＝2，∠AFC＝60°，则多面体ABCDEF的体积为（ ）
A．43B．423C．823D．163
【解答】解：∵平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD＝BD，BF⊥BD，
∴BF⊥平面ABCD，可得BF⊥AB，BF⊥BC，
∴AF=AB2+BF2，CF=BC2+BF2，
又AB＝BC，∴AF＝CF，
在正方形ABCD中，AC=22，BD=22，
在△AFC中，由AF＝CF，∠AFC＝60°，知△AFC为正三角形，
∴AF＝AC＝22，则BF=AF2-AB2=(22)2-22=2．
S矩形BDEF=BD×BF=42，
∴VABCDEF＝VA﹣BDEF+VC﹣BDEF=13×42×22=163．
故选：D．
23．（2021•甘肃模拟）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝x2+ax（a∈R），若经过点A（0，﹣1）存在一条直线l与f（x）图象和g（x）图象都相切，则a＝（ ）
A．0B．﹣1C．3D．﹣1或3
【解答】解：设直线l与f（x）＝xlnx相切的切点为（m，mlnm），
由f（x）＝xlnx的导数为f′（x）＝1+lnx，
可得切线的斜率为1+lnm，
则切线的方程为y﹣mlnm＝（1+lnm）（x﹣m），
将A（0，﹣1）代入切线的方程可得﹣1﹣mlnm＝（1+lnm）（0﹣m），
解得m＝1，则切线l的方程为y＝x﹣1，
联立y=x-1y=x2+ax，可得x2+（a﹣1）x+1＝0，
由△＝（a﹣1）2﹣4＝0，
解得a＝﹣1或3，
故选：D．
二．多选题（共7小题）
24．（2021•惠州一模）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的有（ ）
A．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为90°
B．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为45°
C．存在M点使得二面角M﹣BD﹣C的平面角为45°
D．当4A1M＝A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为98
【解答】解：对于A，连接A1C1、B1D1，交于O1，连接BD，
取点M为O1时，连接O1B，因为AC⊥BD、AC⊥B1B，
所以AC⊥平面BB1D1D，又因为O1B⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥O1B，所以A对；
对于B，因为A1C1∥AC，所以异面直线BM与AC所成角就是∠BMC1，
因为∠BMC1≥60°，所以B错；
对于C，因为二面角M﹣BD﹣C的平面角为∠MOC，因为∠MOC＞45°，
所以C错；
对于D，取OA中点N，连接MN，过M作EF∥B1D1，交A1D1于E，交A1B1于F，连接ED、FB，
EF=22，BD=2，OM=ON2+MN2=324，SEFBD=12⋅(EF+BD)⋅OM=12⋅(22+2)⋅324=98．
所以D对．
故选：AD．
25．（2021•山东模拟）已知抛物线y2＝2px的准线为l，焦点为F，原点为O，过F的直线交抛物线于点M、N，M在第一象限.|MF||NF|=3，分别过M、N作准线的垂线于P、Q，直线MN的倾斜角为α．则下列说法正确的是（ ）
A．kMN=3
B．S△MON=psin2α
C．M、O、Q三点共线
D．以MF为直径的圆与y轴相切
【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），
由题意知，直线MN的方程为y＝k（x-p2），且k＞0，
将其与y2＝2px联立，消去y得，k2x2﹣（k2p+2p）x+14k2p2＝0，
∴x1+x2＝p+2pk2①，x1x2=p24②，
∵|MF||NF|=3，
∴x1+p2=3（x2+p2），即x1﹣3x2＝p③，
由②③解得，x1=32p，x2=16p，
代入①得，32p+16p＝p+2pk2，解得k2＝3，
∵k＞0，∴k=3，即选项A正确；
把x1=32p，x2=16p分别代入y2＝2px中，可得M（32p，3p），N（16p，-33p），
∴y1﹣y2=3p﹣（-33p）=433p，
∴S△MON=12|OF|•（y1﹣y2）=12×p2×433p=33p2，
由选项A可知，k=3=tanα，∴sinα=32，
∴psin2α=p34=4p3≠33p2，即选项B错误；
∵NQ⊥准线l于Q，∴Q（-12p，-33p），
∴kOM=233，kOQ=233，
∴M、O、Q三点共线，即选项C正确；
∵M（32p，3p），F（12p，0），
∴|MF|＝2p，线段MF的中点坐标为（p，32p），
∵线段MF的中点横坐标恰为|MF|的一半，
∴以MF为直径的圆与y轴相切，即选项D正确．
故选：ACD．
26．（2021•山东模拟）已知f（x）＝ax﹣eax，x∈R，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）的值域为R
B．a≠0时，f（x）恒有极值点
C．g(x)=f(x)-kx(k≠0)恒有零点
D．对于x∈R，f（x）＜（1﹣e）ax恒成立
【解答】解：对于A：令t＝ax，则g（t）＝t﹣et，
g′（t）＝t﹣et，g′（t）＝1﹣et，
当t＞0时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
当t＜0时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，
所以g（x）max＝g（0）＝﹣1，
所以f（x）的值域不为R，故A不正确；
对于B：由A选项可知，当a≠0时，x是f（x）的极值点，故B正确；
对于C：因为g（x）＝f（x）-kx（k≠0）有零点，
所以ax﹣eax=kx有根，
当a＝0时，f（x）＝﹣1，
当a≠0时，由A可知，f（x）最大值＝f（0）＝﹣1，且f（x）在（﹣∞，0）上，单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
当k＞0时，函数y=kx图像在第四象限与f（x）有交点，
当k＜0时，函数y=kx图像在第三象限与f（x）有交点，
所以f（x）始终与y=kx有交点，
故ax﹣eax=kx有根，故C正确；
对于D：若f（x）＜（1﹣e）ax，
则ax﹣eax＜（1﹣e）ax，
所以eax＞eax，
当a≠0时，取x=1a，则eax＝ea⋅1a=e，eax＝ea•1a=e，
此时eax＝eax，故D不正确．
故选：BC．
27．（2021•市中区校级模拟）已知F是抛物线C：y2＝x的焦点，A，B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则（ ）
A．若|AF|=54，则△AOF的面积为18
B．若BB'垂直C的准线于点B'，且|BB'|＝2|OF|，则四边形OFBB'周长为3+54
C．若直线AB过点F，则|AB|的最小值为1
D．若OA→⋅OB→=-14，则直线AB恒过定点(12，0)
【解答】解：对于选项A，设A（x1，y1），由焦半径公式得x1+14=54，解得x1＝1，所以y1＝1，从而S△AOF=12×14×1=18，选项A正确；
对于选项B，由题意知|OF|=14，根据抛物线的定义可知|BF|=|BB'|=12．设BB'与y轴的交点为D，易知|OD|=|BF|=12，|B'D|=14，
故|OB'|=(12)2+(14)2=54，所以四边形OFBB'的周长为14+12+12+54=5+54，选项B错误；
对于选项C，若直线AB过点F，则当AB⊥x轴时，|AB|最小，且最小值为1，选项C正确；
对于选项D，设直线AB：x＝my+t，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立直线AB与抛物线方程得y2﹣my﹣t＝0，则y1y2＝﹣t，
所以x1x2=y12y22=t2，
由OA→⋅OB→=-14可得x1x2+y1y2=-14，
即t2-t=-14，解得t=12，
故直线AB的方程为x=my+12，
即直线AB恒过定点(12，0)，选项D正确．
故选：ACD．
28．（2021•市中区校级模拟）已知函数f（x）＝﹣x2lnx，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）在x=e-12处取得极大值12e
B．方程f（x）＝0有两个不同的实数根
C．f(1e)＞f(1π)＞f(12)
D．若不等式k＞f（x）+x2在（0，+∞）上恒成立，则k＞e
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f'(x)=-2xlnx+-x2x=-x(1+2lnx)，
令f′（x）＝﹣x（1+2lnx）＝0，
则1+2lnx＝0，解得x=1e，
当x∈(0，1e)时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈(1e，+∞)时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
所以当x=1e时，函数f（x）有极大值f(1e)=12e，故选项A正确；
因为f(1e)=12e＞0，且当x→0时，f（x）＞0，当x→+∞时f（x）＜0，
所以方程f（x）＝0不可能有两个不同的实数根，选项B错误；
因为函数f（x）在(0，1e)上单调递增，且1e＞1π＞14=12，
所以f(1e)＞f(1π)＞f(12)，选项C正确；
不等式k＞f（x）+x2在（0，+∞）上恒成立，即不等式k＞﹣x2lnx+x2在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝﹣x2lnx+x2，则g′（x）＝x﹣2xlnx＝x（1﹣2lnx），
令g′（x）＝x（1﹣2lnx）＝0，则1﹣2lnx＝0，
解得x=e，当x∈(0，e)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈(e，+∞)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
所以当x=e时，函数g（x）有最大值，g(e)=e2，所以k＞e2，选项D错误．
故选：AC．
29．（2021•辽宁模拟）已知f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈（0，2π））的图象如图，则（ ）
A．ω＝2B．φ=π3
C．A＝2D．x=5π6时，f（x）取最小值
【解答】解：由题意知：T2=π3-（-π6）=π2，则T＝π，
故ω=2πT=2，故A正确；
函数图像由y＝Asinωx的图像向左平移π6而得，
故f（x）＝Asin[2（x+π6）]＝Asin（2x+π3），故φ=π3，故B正确；
f（0）＝Asinπ3=1，解得：A=233，故C错误；
x=5π6时，2x+π3=2π，f（x）不取最小值，故D错误；
故选：AB．
30．（2021•辽宁模拟）矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△ABD沿BD折起，使A到A′的位置，A′在平面BCD的射影E恰落在CD上，则（ ）
A．三棱锥A′﹣BCD的外接球直径为5
B．平面A′BD⊥平面A′BC
C．平面A′BD⊥平面A′CD
D．A′D与BC所成角为60°
【解答】解：对于A，取BD中点E，连接A′E，CE，
则A′E＝BE＝DE＝CE=42+322=52．
∴三棱锥A′﹣BCD的外接球直径为5，故A正确；
对于B，∵DA′⊥BA′，BC⊥CD，A′F⊥平面BCD，∴BC⊥A′F，
又A′F∩CD＝F，A′F、CD⊂平面A′CD，∴BC⊥平面A′CD，
∵A′D⊂平面A′CD，∴DA′⊥BC，
∵BC∩BA′＝B，∴DA′⊥平面A′BC，
∵DA′⊂平面A′BD，∴平面A′BD⊥平面A′BC，故B正确；
对于C，BC⊥A′C，∴A′B与A′C不垂直，
∴平面A′BD与平面A′CD不垂直，故C错误；
对于D，∵DA∥BC，∴∠ADA′是A′D与BC所成角（或所成角的补角），
∵A′C=16-9=7，∴A′F=374，DF=9-(374)2=94，
AF=9+(94)2=154，AA′=(154)2+(374)2=32，
∴cs∠ADA′=9+9-182×3×3=0，∴∠ADA′＝90°，
∴A′D与BC所成角为90°，故D错误．
故选：AB．
三．填空题（共20小题）
31．（2021•未央区校级模拟）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．则下列结论中正确的结论的序号为 ①④ ．
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③∠MFN的余弦值的取值范围是[0，55)；
④△FMN周长的最小值为2+1．
【解答】解：在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点，依次连接可得四面体ABCD，
则四面体ABCD的所有棱长均为2，又M，N分别为棱AD，BC的中点，
∴线段MN的长度为正方体的棱长为1，故①正确；
取AB的中点为F，G为MN的中点，I为CD的中点，由正方体的结构特征可知，F、I、G三点共线，
此时直线FG与直线CD相交于点I，故②错误；
由已知可得，BN=12BC=22，BM=BD2-MD2=2-12=62，
又MN＝1，∴cs∠MBN=12+32-12×22×62=33＞55，故F点无限接近B点时，cs∠MFN无限接近33，
∴∠MFN的余弦值的取值范围为[0，55）错误，故③错误；
如图将等边三角形ABC与ABD铺平，放置在同一平面上，故有N′F+FM′≥M′N′=2，
当且仅当F为AB的中点时取最小值，故在正方体中，NF+FM≥2，即三角形FMN的最小值为2+1，
故④正确．
故选：①④．
32．（2021•惠州一模）已知函数f（x）=lnxx，关于x的不等式f2（x）﹣af（x）＞0只有1个整数解，则实数a的取值范围是 [ln22，ln33) ．
【解答】解：由f（x）=lnxx（x＞0），∴f′（x）=1-lnxx2
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜e，
令f′（x）＜0，解得：x＞e，
∴f（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞），故f（x）的最大值是f（e）=1e；
x→+∞时，f（x）→0，x→0时，x→﹣∞，f（1）＝0，
故在（0，1）时，f（x）＜0，在（1，+∞）时，
f（x）＞0，函数f（x）的图象如下：
①a＜0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0得f（x）＜a或f（x）＞0，
而f（x）＜a＜0时0＜x＜1无整数解，f（x）＞0的解集为（1，+∞），整数解有无数多个，不合题意；
②a＝0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0，得f（x）≠0，解集为（0，1）∪（1，+∞），
整数解有无数多个，不合题意；
③a＞0时，由不等式f2（x）﹣af（x）＞0，得f（x）＜0或f（x）＞a，
∵f（x）＜0的解集为（0，1）无整数解，而f（x）＞a的解集整数解只有一个，
且f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
而2＜e＜3，f（2）＝f（4）＜f（3），这一个正整数只能为3，
∴f（2）≤a＜f（3），∴ln22≤a＜ln33；
综上，a的取值范围是[ln22，ln33)．
故答案为：[ln22，ln33)．
33．（2021•陕西模拟）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线交E于P，Q两点，且PF2⊥F2Q，且S△PQF2=12a2，|PF2|+|F2Q|＝4，则椭圆E的短轴长为 22 ．
【解答】解：如图，连接PF1，QF1.因为|OP|＝|OQ|，|OF1|＝|OF2|，
所以四边形PF1QF2为平行四边形．
又PF2⊥F2Q，所以四边形PF1QF2为矩形．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m+n=2a=4m2+n2=4c212mn=12a2，
解得a=2c=2，
∴b2＝a2﹣c2＝2，∴椭圆E的短轴长2b=22．
故答案为：22．
34．（2021•陕西模拟）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，侧棱AA1⊥底面ABC，E，F分别是AB，AA1的中点，且AC＝BC＝2，AC⊥BC，AA1＝4，过点E作一个截面与平面BFC1平行，则截面的周长为 3+22+25 ．
【解答】解：如图，取AF的中点G，分别在CC1，BC上取点H，M，使HC1=14CC1，BM=14BC，
连接EG，GH，HM，EM．又F，G分别是AA1，AF的中点，
∴FG=14AA1．又AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴FG∥HC1，FG＝HC1，
∴四边形FGHC1为平行四边形，∴GH∥FC1，GH＝FC1，∴GH∥平面BFC1．
∵HC1=14CC1，BM=14BC，∴MH∥BC1，MH=34BC1，
∴MH∥平面BFC1.又MH∩GH＝H，∴平面EGHM∥平面BFC1．
又AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝2，E，F分别是AB，AA1的中点，AC⊥BC，AA1＝4，
∴AB=22，AF＝A1F＝2，∴EG=12BF=12AF2+AB2=3，
GH=FC1=A1F2+A1C12=22，HM=34BC1=34BB12+B1C12=325．
在△BEM中，BM=14BC=12，BE=2，∠EBM＝45°，
∴EM2＝BM2+BE2﹣2BM⋅BEcs45°=14+2-2×12×2×22=54，∴EM=52，
∴平面EGHM的周长为EG+GH+HM+EM=3+22+325+52=3+22+25，
即所求的截面周长为3+22+25．
故答案为：3+22+25．
35．（2021•绍兴二模）已知平面向量a→，b→，c→满足：|a→|＝2，|a→-b→|＝1，|b→|＝|c→|，（c→-12b→）•b→=0，则|12a→-c→|的最大值是 7 ．
【解答】解：由|a→-b→|=1 得|a→-b→|2=|a→|2-2a→⋅b→+|b→|2=1，
即|b→|2-4|b→|cs＜a→，b→＞+3＝0．
又（c→-12b→）•b→=0得|b→||c→|cs＜b→，c→＞-12|b→|2=0，②
∵|b→|＝|c→|，∴cs＜b→，c→＞=12，∴＜b→，c→＞=π3，
∵|a→-b→|=1，|a→|＝2，∴|b→|的最大值为3，当且仅当a→，b→共线同向时取到，