2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（十六）（原卷版+解析版）

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1．（2021•霞山区校级模拟）如图所示，直线为双曲线的一条渐近线，，是双曲线的左、右焦点，关于直线的对称点为，且是以为圆心，以半焦距为半径的圆上的一点，则双曲线的离心率为
A．B．C．2D．3
【解答】解：直线为双曲线的一条渐近线，则直线为，
，是双曲线的左、右焦点，
，，
关于直线的对称点为，设为，
，，
解得，，
，，
是以为圆心，以半焦距为半径的圆上的一点，
，
整理可得，
即，
，
故选：．
2．（2021•湖北模拟）已知函数，若，且，则的最小值是
A．2B．C．D．
【解答】解：由函数解析式可知函数在每一段都为单调递增函数，
且当时，，当时，，所以函数在上为单调递增函数，
又，且，所以，中有一个小于1，一个大于等于1，
不妨设，，则，即，
所以，，
令，，所以，
当时，，函数为单调递减函数，
当时，，函数为单调递增函数，所以当时，函数，无最大值，
故的最小值为，
故选：．
3．（2021•陕西模拟）已知，是函数图像与直线的两个不同的交点．若的最小值是，则
A．6B．4C．2D．1
【解答】解：由于，是函数图像与直线的两个不同的交点，
故，的横坐标是方程的解，即，的横坐标是方程的解，
可得，解得．
故选：．
4．（2021•湖南模拟）向量旋转具有反映点与点之间特殊对应关系的特征，在电子信息传导方面有重要应用．平面向量旋转公式在中学数学中用于求旋转相关点的轨迹方程具有明显优势，已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为
A．B．C．D．
【解答】解：由题意可知，，
把点绕点顺时针方向旋转，即点绕点逆时针方向旋转，得到点，
设，则，，，
所以，解得，，
所以点的坐标为，
故选：．
5．（2021•湖南模拟）在正方体中，是侧面内的动点，且平面，则直线与直线所成角的正弦值的最小值是
A．B．C．D．
【解答】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为1，
设，0，，，，
，1，，，1，，
，0，，，1，，
，，，，1，，，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，
得，，，
平面，
，解得，
，，
设直线与直线所成角为，
，1，，，
，，，
．
直线与直线所成角的正弦值的最小值是．
故选：．
6．（2021•湖南模拟）已知连续型随机变量，，2，，其正态曲线如图所示，则下列结论正确的是
A．
B．
C．
D．，
【解答】解：对于是正态分布密度函数在第二条虚线左侧与轴围成的部分，
是正态分布密度函数在第一条虚线左侧与轴围成的部分，
故由图象可知，故错误；
对于，，则，故错误；
对于，故错误；
对于：由于概率表示曲线和轴围成的部分，与是还是无关，
故，成立，故正确．
故选：．
7．（2021•河北模拟）已知函数，若正实数、满足，则的最小值为
A．8B．4C．D．
【解答】解：函数，
所以，
所以．
由于函数在定义域上单调递增，
故正实数、满足，
故，
所以，
所以（当且仅当买时，等号成立）．
故选：．
8．（2021•烟台一模）某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线上取长度为2的线段，并作等边三角形，第一次画线：以点为圆心、为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点；第二次画线：以点为圆心、为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点；以此类推，得到的螺线如图所示，则
A．第二次画线的圆弧长度为
B．前三次画线的圆弧总长度为
C．在螺线与直线恰有4个交点（不含点）时停止画线，此时螺线的总长度为
D．在螺线与直线恰有6个交点（不含点）时停止画线，此时螺线的总长度为
【解答】解：第1次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为；
第2次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，故选项错误，交累计1次；
第3次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，故选项错误，交累计2次；
第4次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为；
第5次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，交累计3次；
前5次累计画线，
第6次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，交累计4次，累计画线，故选项错误；
第7次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为；
第8次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，交累计5次；
第7次画线：以点为圆心，，旋转，划过的圆弧长为，交累计6次，累计画线，故选项正确．
故选：．
9．（2021•青岛一模）在抛物线第一象限内一点，处的切线与轴交点的横坐标记为，其中，已知，为的前项和，若恒成立，则的最小值为
A．16B．32C．64D．128
【解答】解：，，
，
在第一象限内图象上一点，处的切线方程是：，
整理，得，
切线与轴交点的横坐标为，
，又，，
是首项为，公比的等比数列，
，
恒成立，，
即的最小值为128．
故选：．
10．（2021•抚顺一模）已知定义在上的可导函数满足，令，（1），则有
A．B．C．D．
【解答】解：设，
，
函数为上的增函数，
，
（1），
即（1），
（1），即，
故选：．
11．（2021•抚顺一模）已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线相交于，两点，为坐标原点，线段、的中点分别为、，且，则双曲线的离心率为
A．B．C．4D．2
【解答】解：设点在第一象限，设坐标为，，
因为点，，分别为三角形的三边的中点，且，
所以四边形为矩形，所以，而，
则，所以，解得（负值舍去），
所以点的坐标为，，代入双曲线方程可得：，
又，解得，，
所以双曲线的离心率为，
故选：．
12．（2021•洮北区校级模拟）正八边形在生活中是很常见的对称图形，如图1中的正八边形的盘，图2中的正八边形窗花．在图3的正八边形中，，则
A．B．2C．D．
【解答】解：如图：
连接，，，与相交于，
在上取一点，使得，
则，
设，则，
由图可知，，
．
故选：．
13．（2021•洮北区校级模拟）已知函数只有一个零点，则
A．B．4C．2D．1
【解答】解：
，
令，则，
，
所以为偶函数，关于对称，
所以关于对称，
所以如果只有一个零点，那么零点一定是，
证明如下：设为的零点，即，
由于
，
即也是的一个零点，故只能是，即，
即，即，
下面证时，确实只有一个零点，
当时，，
，
，
所以在上单调递增，
当时，，单调递减，故，
当时，，单调递增，故，
所以当时，，
即当时，确实只有一个零点，
故选：．
14．（2021•洮北区校级模拟）在棱长为2的正方体中，以为球心的球与线段交于点，设与底面所成角为，且球的表面积为，则
A．B．C．D．
【解答】解：设球的半径为，因为球的表面积为，
所以，解得，
因为平面，又平面，
所以，
因为，
则，
所以为的中点，故，且，
所以．
故选：．
15．（2021•吉林模拟）平面直角坐标系中，，该平面上的动线段的端点和满足，，，则动线段所形成图形的面积为
A．36B．60C．72D．108
【解答】解：设，
由得，，，，解得，
因为，
代入，得，
所以动点在直线上，且，
由，可得，，，
得，，
则动线段所形成图形是和，
如图所示，．
故选：．
16．（2021•吉林模拟）已知函数，在区间内任取两个实数，，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为
A．B．C．D．
【解答】解：因实数，在区间内，
所以 和在区间内．
不等式恒成立，
即恒成立，
上式表示点，与点，连线斜率的相反数小于1，
即函数在内任意两点的斜率满足，即．
因为函数的导数为，
即有在恒成立．
即在内恒成立．
由于函数，
当且仅当时取“”，所以 在上的最大值为，
所以的取值范围是，，即的最小值为．
故选：．
17．（2021•吉林模拟）对于，恒成立，则的取值范围为
A．，B．，C．，D．，
【解答】解：对于恒成立，所以对于恒成立，即对于恒成立，
因为函数与互为反函数，则有对于恒成立，故对于恒成立，
令，则，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
所以当时，取得最大值（1），
所以，
故的取值范围为．
故选：．
18．（2018•上海）已知、为平面上的两个定点，且，该平面上的动线段的端点、，满足，，，则动线段所形成图形的面积为
A．36B．60C．72D．108
【解答】解：根据题意建立平面直角坐标系，如图所示；
则，，设，，；
由，得；
又，
，；
；
动点在直线上，且，
由相似三角形可知扫过的面积为48，
即，
则扫过的三角形的面积为，
设点，
，
，，，，
，，
动点在直线上，且，
，
扫过的三角形的面积为，
因此和为60，
故选：．
19．（2021•吉林模拟）如图：和是同一圆的两个内接正三角形；且．一个质点在该圆内运动，用表示事件“质点落在扇形（阴形区域）内”， 表示事件“质点落在内”，则
A．B．C．D．
【解答】解：和是同一圆的两个内接正三角形，设半径，
，
，
，
，，
，
故选：．
20．（2021•长春二模）已知函数与函数的图象交点分别为：，，，，，，，则
A．B．0C．2D．4
【解答】解：由题意化简，，
设，则，则关于坐标原点对称，关于点对称，
设，则，则关于坐标原点对称，关于点对称，
故的图象与的图象都关于点对称，
又，所以在，上单调递减，
由可知，在，上单调递减，在上单调递增，
绘制函数图像如图所示，
可得，与的图象有四个交点，且都关于点对称，所以所求和为4，
故选：．
二．多选题（共14小题）
21．（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）
【解答】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．
故选：．
22．（2021•霞山区校级模拟）抛物线的焦点为，，是抛物线上两动点，是平面内一定点，下列说法正确的有
A．准线方程为
B．若，则线段中点到轴为3
C．的周长的最小值为
D．以线段为直径的圆与准线相切
【解答】解：抛物线的焦点为，准线方程为，故错误；
设，的纵坐标分别为，，可得，即，
则，的中点的纵坐标为3，即线段的中点到轴的距离为3，故正确；
设为在准线上的射影，
由抛物线的定义可得，则，当且仅当，，三点共线时，取得等号，
所以的周长的最小值为，故正确；
因为点，没有任何条件限制条件，可以是抛物线上任意两点，
所以以线段为直径的圆与准线不一定相切，故错误．
故选：．
23．（2021•湖北模拟）数学中的很多符号具有简洁、对称的美感，是形成一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．如我们熟悉的符号，我们把形状类似的曲线称为“曲线”．经研究发现，在平面直角坐标系中，到定点，距离之积等于的点的轨迹是“曲线”．若点，是轨迹上一点，则下列说法中正确的有
A．曲线关于原点中心对称
B．的取值范围是，
C．曲线上有且仅有一个点满足
D．的最大值为
【解答】解：在平面直角坐标系中，到定点，距离之积等于的点的轨迹是“曲线”．
故点，满足，
点，代入，得到，故正确；
对于：设轴上范围的最大值为，所以，
解得，
故的范围为．故错误；
对于：若，则点在的垂直平分线上，即，设点，所以，所以，即仅原点满足，故正确；
对于，两边平方化简为：，
根据，，得到，
所以的最大值为，故错误．
故选：．
24．（2021•湖北模拟）正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点．则
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点和点到平面的距离相等
【解答】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系
则，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，0，，，2，，
对于，，0，，，2，，
，直线与直线不垂直，故错误；
对于，，2，，，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
，平面，
直线与平面平行，故正确；
对于，连接，，，分别是，的中点，
面截正方体所得的截面为梯形，
面截正方体所得的截面面积为：
，故正确；
对于，由知平面的法向量，1，，
点到平面的距离，
点到平面的距离，
点和点到平面的距离相等，故正确．
故选：．
25．（2021•湖南模拟）在棱长为的正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点，若球，的半径分别为，，则
A．
B．
C．这两个球的体积之和的最大值是
D．这两个球的表面积之和的最小值是
【解答】解：由题意可得，，
则，从而，
故这两个球的体积之和为：，
因为，所以，
即，当且仅当时等号成立；
这两个球的表面积之和，当且仅当时等号成立．
故选：．
26．（2021•湖南模拟）已知数列，均为等差数列，且，，，则下列各数是数列中项的有
A．810B．922C．1147D．1540
【解答】解：由数列，均为等差数列，
可设．
，，，
，，，
解得，，，
．
时，，因此符合；
时，，因此符合；
时，，因此符合；
则下列各数是数列中项的有．
故选：．
27．（2021•湖南模拟）已知奇函数的定义域为，且满足对任意的，都有．当时，，则下列说法正确的是
A．的周期为2
B．若，则
C．点为的一个对称中心
D．
【解答】解：对于，因为对任意的，都有，所以关于对称，
又因为为奇函数，所以，
所以，，于是的周期为2，所以对；
对于，因为（1），（2），所以当时，，所以，所以对；
对于，因为，所以点为的一个对称中心，所以对；
对于，当时，，当时，，当时，，
所以，所以错．
故选：．
28．（2021•河北模拟）如图1，在正方形中，点为线段上的动点（不含端点），将沿翻折，使得二面角为直二面角，得到图2所示的四棱锥，点为线段上的动点（不含端点），则在四棱锥中，下列说法正确的有
A．、、、四点不共面
B．存在点，使得平面
C．三棱锥的体积为定值
D．存在点使得直线与直线垂直
【解答】解：对于：假设直线与直线在同一平面上，所以：点在平面上，又点在线段上，平面，
所以点与点重合，与点异于矛盾，
所以直线与必不在同一平面上，即、、、四点不共面，故正确；
对于：当点为线段的中点时，，再取的中点，
则，且，
所以：四边形为平行四边形，
所以，
则：直线平面，故正确；
对于：由题，但的移动会导致点到平面的距离在变化，所以的体积不是定值，故错误；
对于：过点作于，
由于平面平面，平面平面，
所以平面，
过点作于，因为平面平面，
平面平面，
所以平面，
所以，
若存在点使得直线与直线垂直，平面，
平面，
，
所以平面，
所以和于重合，与是以点为直角的三角形矛盾，
所以不存在点，使得直线与直线垂直，故错误．
故选：．
29．（2021•烟台一模）已知函数，则
A．在，上单调递增
B．直线是图象的一条对称轴
C．方程在，上有三个实根
D．的最小值为
【解答】解：函数，
对于：由于，时，，
当时，函数达到最大值，故函数在，上单调递增，故错误；
对于，故函数的图象关于对称，故正确；
对于：当时，，
令，则，，由于函数在，内满足，
所以在，满足一个，使得，故有一实根；
当时，，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且满足，，，
所以存在一个实数，使得函数在，上存在，，，，使得，故正确；
对于：函数的周期为，故在，，由于函数关于对称，，故不存在，使得的最小值为，故错误．
故选：．
30．（2021•烟台一模）骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第关要抛掷六面骰次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则
A．直接挑战第2关并过关的概率为
B．连续挑战前两关并过关的概率为
C．若直接挑战第3关，设 “三个点数之和等于15”， “至少出现一个5点”，则
D．若直接挑战第4关，则过关的概率是
【解答】解：对于，直接挑战第2关，则，
所以投掷两次点数之和应大于6，
故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；
对于，闯第1关时，，
所以挑战第1关通过的概率为，
则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；
对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，
抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，
故，
而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，
故，所以，故选正确；
对于，当时，，基本事件共有个，
“4 次点数之和大于20”包含以下情况：
含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，
含5，6，6，6的有1个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，
所以共有个，
所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确．
故选：．
31．（2021•青岛一模）若实数，则下列不等关系正确的是
A．
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
【解答】解：对于：幂函数，当时，函数单调递减，所以，故错误；
对于：当，故正确；
对于，
由于，故成立，故正确；
对于：原不等式变形为，
令，
则，△，
，
解得：，
由于，
所以，，
所以函数在上单调递减，
所以（a）（b），故正确．
故选：．
32．（2021•青岛一模）在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐浙成为一种时尚旅游产品．有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是
A．分笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为
B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米
C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表而积为平方厘米
D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米
【解答】解：对于，作出图形如图所示，，
所以，
故，所以，故选项正确；
对于，设，截面三角形面积为，故选项不正确；
对于，设外接球球心为，半径为，所以，
在中，由勾股定理可得，解得，
所以该球的表面积，故选项正确；
对于，设球心为，截面主视图如图所示，设内切圆半径为，
各边长分别为，，
所以，解得，故选项正确．
故选：．
33．（2021•抚顺一模）下列说法正确的是
A．已知函数的定义域为，若“，使得”是假命题，则
B．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，，都有，则（3）
C．已知函数，若对定义域内的任意值，均有，则
D．已知偶函数在，上单调递增，则对任意实数，，“”是“（a）（b）”的充要条件
【解答】解：对于：若“，使得”是假命题，则对，使得”是真命题，故函数为奇函数，故，所以，故正确；
对于：函数的定义域为，且为偶函数，则函数关于轴对称，则关于对称，
故，由于，，都有，
所以函数在，上单调递减，