2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十一）（原卷版+解析版）

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1．（2021•全国模拟）已知为定义在上的偶函数，当时，恒有，则
A．
B．
C．
D．
【解析】解：因为，，所以，，，
，
因此,
因为当时，恒有，
所以当时，，则在上单调递减，
又，故,
故选：．
2．（2021•全国模拟）设为等比数列，且，，现有如下四个命题：
①，，成等差数列；
②不是质数；
③的前项和为；
④数列存在相同的项．
其中所有真命题的序号是
A．①④B．①②③C．①③D．①③④
【解析】解：设等比数列的公比为，则，
所以，从而的前项和为．
因为，所以，则，，成等差数列．
又，而7为质数，所以是质数，因为，所以数列存在相同的项．
故所有真命题的序号是①③④．
故选：．
3．（2021•浙江模拟）已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是
A．B．C．D．1
【解析】解：点关于的对称点为，关于的对称点为，
设为异面直线与之间的距离，
则，
因为，，所以，
又因为△为正三角形，所以，
所以直线与所成角为，
四面体的体积，
又因为，
所以，解得，
所以的最小值为，
故选：．
4．（2021•安徽一模）当时，函数的图象在直线的下方，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：由题意得：,
由,得,
故,令,
则,
令,则,
故在上单调递减，
故,恒成立，
令,解得：,令,解得：,
故在递减，在递增，
故,
故，
故选：．
5．（2021•甘谷县一模）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．已知正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，正二十面体的体积公式为（其中为棱长），已知一个正二十面体各棱长之和为，则该正二十面体内切球的半径为
A．B．C．D．
【解析】解：由题可知，正二十面体的棱长，
设正二十面体内切球的半径为，
，
解得，
故选：．
6．（2021•渭南模拟）已知函数，若，，，则，，的大小关系是
A．B．C．D．
【解析】解：由题意可得，
当时，，，则，
故在上单调递增．
因为，，，
所以，
所以．
故选：．
7．（2021•榆林模拟）已知双曲线的虚轴的一个顶点为，直线与交于，两点，若的垂心在的一条渐近线上，则的离心率为
A．B．2C．D．
【解析】解：设的垂心为，则，
不妨设，则，代入渐近线方程，解得，
则，因为直线与双曲线交于点，，
则，两点的坐标分别为：，，
因为，
化简可得，
所以双曲线的离心率为，
故选：．
8．（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
A．B．C．D．
【解析】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：．
9．（2021•凌源市模拟）如图，在直三棱柱的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则
A．B．2C．D．
【解析】解：由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为的等边三角形，
其外接圆的半径满足，．
由，得．
由球的性质可知，球心到底面的距离为，
结合球和直三棱柱的对称性可知，，
故选：．
10．（2021•道里区校级一模）已知定义在上的函数满足：，则的值等于
A．B．C．D．
【解析】解：当时，，则有，
所以，则，
故当时，是周期为6的周期函数，
所以（4）（1），
（5）（2）,
所以．
故选：．
11．（2020•山东模拟）已知是函数的导数，且，当时，，则不等式的解集是
A．B．C．D．
【解析】解：设，则，
因为当时，，所以当时，，
即在，上单调递增，
因为，所以为偶函数，
则也是偶函数，
因为，
所以，
即，
则，解得，
故选：．
12．（2020•海淀区校级三模）某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当被测物体横向速度为零时，反射光与探测光频率相同．当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移，其中为测速仪测得被测物体的横向速度，为激光波长，为两束探测光线夹角的一半，如图．若激光测速仪安装在距离高铁处，发出的激光波长为，测得某时刻频移为，则该时刻高铁的速度约等于
A．B．C．D．
【解析】解：由题意，
故，即，
故，
故选：．
13．（2020•天津模拟）已知函数，若函数且在区间，上有4个不同的零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：，当，时，，
所以函数在，单调递增，且，，故在上存在唯一的零点，
因为，所以函数为偶函数，
故其在上有另一个零点，作出图象如图所示，
函数恒过定点，
若，函数单调递减，不符合题意，所以，
假设，作出函数与的图象如图所示，
由图象可知，函数与的图象有4个交点，符合题意，
观察四个选项中的取值范围，只有选项中含有，
故选：．
14．（2021•珠海一模）已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，
A．54B．18C．9D．6
【解析】解：奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，
第1行到第行一共有个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，
所以2021位于第45行，
又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2021位于第45行，从左到右第21列，
所以，，
则．
故选：．
15．（2021•潍坊一模）某中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为
A．144B．72C．36D．24
【解析】解：由正六棱柱的每个内角为，
按虚线处折成高为的正六棱柱，即，
，可得正六边形的底面边长为，
则正六棱柱的底面积为，
则此包装盒的体积为．
故选：．
16．（2021•张家口一模）设是上的奇函数，且在上是减函数，又，则不等式的解集是
A．B．
C．，，D．，，
【解析】解：因为是上的奇函数，且在上是减函数，
所以在上是减函数，
又因为，所以（4），
则函数的大致图象如右图所示：
由，得，即，
则或，
则或，解得或，
故的解集是．
故选：．
17．（2021•湖北模拟）已知函数是定义在区间上的可导函数，满足且为函数的导函数），若且，则下列不等式一定成立的是
A．（a）（b）B．（b）（a）
C．（a）（b）D．（b）（a）
【解析】解：令，；
又，，
是上的减函数；
令，则，由已知，
可得，
下面证明：，即证明，
令，则：
，在，（1），
即，
，
若且，
则（a）（b），
故选：．
18．（2020•章丘区校级模拟）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，二面角的大小为，且，则三棱锥体积的最大值为
A．B．C．D．
【解析】解：正四面体中，二面角的余弦值，
证明如下：取中点，连接，，则，，
所以为二面角的平面角，
由余弦定理得，
所以在平面内，又因，
所以在正三角形外接圆弧上（不含，，
，
当在点处时最大，
所以三棱锥体积的最大值为．
故选：．
19．（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
A．B．C．D．
【解析】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，
故选：．
二．多选题（共10小题）
20．（2021•湖南模拟）函数为定义在上的偶函数，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
【解析】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：．
21．（2021•凌源市模拟）已知函数，则下列说法正确的是
A．有且只有一个极值点
B．设，则与的单调性相同
C．有且只有两个零点
D．在上单调递增
【解析】解：因为函数，则，所以，
所以在上单调递增，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
所以函数在上单调递减，在，上单调递增，
故有且只有一个极值点，故正确；
因为，所以，
则，所以，
故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故错误；
因为有且只有一个极值点，，且，
所以在和，上各有一个零点，
所以有且只有两个零点，故正确；
因为与在上都是单调递增，
所以在上单调递增，故正确．
故选：．
22．（2020•山东模拟）一个正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，点是棱的中点，，分别是线段，（不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是
A．在点的运动过程中，存在
B．在点的运动过程中，存在
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的体积不为定值
【解析】解：由平面展开图，还原正方体，如图所示．
对于选项，因为点是线段上的动点，所以平面，因为平面，且与平面不平行，所以不存在．故错误；
对于选项．连接，，连接，，取的中点，连接，．则为的中点，，所以，，，四点共面，
因为，，所以平面，因为平面，所以，即当点运动到点时，，故正确；
对于选项，因为点是棱的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面，则直线上的任意一点到平面的距离相等，且为定值，
因为点是线段上的动点，所以点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以（定值），故正确；
对于选项，因为点是线段上的动点．所以的面积为定值，且平面就是平面，
因为点到平面的距离是定值，即点到平面的距离也是定值，
所以三棱锥的体积（定值），故错误．
故选：．
23．（2021•珠海一模）已知由样本数据，，2，3，，组成的一个样本，得到回归直线方程为且，去除两个歧义点和后，得到新的回归直线的斜率为3．则下列说法正确的是
A．相关变量，具有正相关关系
B．去除歧义点后的回归直线方程为
C．去除歧义点后，随值增加相关变量值增加速度变小
D．去除歧义点后，样本的残差为0.1（附
【解析】解：由，代入，得，
去除两个歧义点和后，
得到新的，，
又得到新的回归直线的斜率为3，
新的线性回归方程的，
则去除两个歧义点后的线性回归方程为，故正确；
又由斜率，相关变量，具有正相关关系，故正确；
且去除歧义点后，随值增加相关变量值增加速度变大，故错误；
当时，，则去除歧义点后，样本的残差为，故正确．
故选：．
24．（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
【解析】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．
故选：．
25．（2021•潍坊一模）已知实数，，满足，且，则下列结论正确的是
A．B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
【解析】解：因为，且，所以，故选项正确；
因为，解得，所以的最小值为，最大值为0，故选项错误，选项正确；
令，则，，是方程的三个根，令，则，令，解得或，
要使得有3个零点，则需，解得，所以的最小值为，故选项正确．
故选：．
26．（2021•张家口一模）已知函数，其导函数为，设，则
A．的图象关于原点对称
B．在上单调递增
C．是的一个周期
D．在上的最小值为
【解析】解：的定义域是，
其关于坐标原点对称，且，
所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故项正确；
由，得，则，
恒成立，所以在上单调递增，
并不是在上单调递增，故项错误；
由，得函数的定义域是，，
，故项正确；
设，当时，，此时，故项错误，
故选：．
27．（2021•湖北模拟）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则
A．平面
B．该二十四等边体的体积为
C．该二十四等边体外接球的表面积为
D．与平面所成角的正弦值为
【解析】解：对于，假设对，即平面，于是，
，但六边形为正六边形，，矛盾，
所以错；
对于，补齐八个角构成棱长为2的正方体，
则该二十四等边体的体积为，
所以对；
对于，取正方形对角线交点，
即为该二十四等边体外接球的球心，
其半径为，其表面积为，所以对；
对于，因为在平面内射影为，
所以与平面所成角即为，
其正弦值为，所以对．
故选：．
28．（2020•章丘区校级模拟）若函数的图像和直线有四个不同的交点，则实数的取值可以是
A．B．0C．2D．4
【解析】解：当时，由，得，
得，
当时，由，得，
此时是方程的一个根，
当时，，
设，
当时，，
由，得，即，得，此时函数为增函数，
由，得，即，得，此时函数为减函数，
即当时，取得极小值，
当时，，
作出的图象如图，
要使与直线有四个不同的公共点，等价为与有3个不同的交点，
则满足或，
即实数的取值范围是，，，
结合选项可得，实数的取值可以是．
故选：．
29．（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
【解析】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：．
三．填空题（共21小题）
30．（2021•全国模拟）已知抛物线的焦点为，准线为，过且斜率为1的直线与交于，两点在的上方），过点作，垂足为，点为的角平分线与的交点，则 ．
【解析】解：由抛物线方程可知：，，准线方程为：，
设，，，，，
过点作，连接，，
因为，，所以，
所以，，因此，
所以，则为的中点，则，
由可得：，
所以，则，，故，
故答案为：．
31．（2021•浙江模拟）已知函数，若对任意的不等式恒成立，则实数的最大值为 25 ．
【解析】解：，，
，
不等式化为，
即，
，或，
即①，或②在上恒成立．
若在上恒成立，
令，
，，
则，即，得；
若在上恒成立，
令，
，，
则或，
或，得，
综上，实数的取值范围为，，的最大值为25．
故答案为：25．
32．（2021•浙江模拟）已知抛物线的焦点为，若点，是该抛物线上的点，，，线段的中点在抛物线的准线上的射影为，则的最大值为 ．
【解析】解：如图所示，由，得，
设，，又，则，
而根据抛物线的性质可得，
，
，则的最大值为．
故答案为：．
33．（2021•浙江模拟）已知单位向量，，满足，则的最大值为 1 ，最小值为 ．
【解析】解：利用三角不等式，可得，即；
另一方面，，即，
，
，为单位向量，，
两边平方得，，
得：．
故答案为：1；．
34．（2021•安徽一模）如图，在三棱锥中，是边长为1的等边三角形，，点，，分别在棱，，上，平面平面，若，则三棱锥的外接球被平面所截的截面面积为 ．
【解析】解：设外接球球心为，球半径为，外心为，直线与平面的交点为．
在中，所以，
在中，，则，
所以．
又因为，得，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
则所求截面的面积等于外接圆的面积．
故答案为：．
35．（2021•未央区校级二模）若函数与的图象存在公共切线，则实数的最大值为 ．
【解析】解：的导数为，的导数为，，
设公共切线与的图象切于点，
与切于点，
，
化简可得，，，
可得，
即有，
设，，
则，
在上递增，在，上递减，
，
实数的取值范围为，，
即的最大值为．
故答案为：．
36．（2021•甘谷县一模）如图，已知抛物线，圆，过圆心的直线与抛物线和圆依次交于，，，，则 4 ．
【解析】解：由抛物线，得焦点为．
圆的标准方程为，所以圆心为，半径．
设，，，，
设直线，将直线代入抛物线方程可得，
即，，
故．
故答案为：4．
37．（2021•榆林模拟）关于函数有如下四个命题：
①的最小正周期为2；
②的图像关于点对称；
③若，则的最小值为；
④的图像与曲线共有4个交点．
其中所有真命题的序号是 ①②④ ．
【解析】解：由下图可知：
对于①，根据函数的图像可得：的最小正周期为2，故①正确；