2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（四）（原卷版+解析版）

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A．（﹣∞，0）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（0，+∞）
【解析】解：因为函数f（x）=1+lnx，0＜x≤112x-1，x＞1，
可作出函数的图象如图所示，
因为方程f2（x）+（1﹣a）f（x）﹣a＝0，
所以（f（x）+1）（f（x）﹣a）＝0，
即f（x）＝﹣1或f（x）＝a，
要使方程f2（x）+（1﹣a）f（x）﹣a＝0恰有三个不同的实数根，
因为f（x）＝﹣1只有一个根，
则f（x）＝a要有两个不同的实数根，
所以函数y＝f（x）与y＝a的图象要有两个交点，
由图象可知0＜a＜1，
所以实数a的取值范围是（0，1）．
故选：B．
2．（2020秋•南岗区校级期末）已知数列{an}的首项为a1＝1，且an+1=anan+1，n∈N*，令bn=(n+1-n)anan+1，数列{bn}的前n项和Tn，则满足Tn＞23的最小正整数n的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【解析】解：数列{an}的首项为a1＝1，且an+1=anan+1，n∈N*，
可得1an+1=1an+1，
则{1an}是首项和公差都为1的等差数列，
可得1an=1+n﹣1＝n，即an=1n，
则bn=(n+1-n)anan+1=n+1-nn(n+1)=1n-1n+1，
可得Tn＝1-12+12-13+⋯+1n-1n+1=1-1n+1，
Tn＞23即1n+1＜13，
解得n＞8，
可得最小正整数n的值为9．
故选：B．
3．（2020秋•南岗区校级期末）如图，F1、F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第二、四象限的交点，若∠AF1B=2π3，则C1与C2的离心率之积的最小值为（ ）
A．12B．32C．52D．62
【解析】解：设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，
由椭圆与双曲线的定义，可得|BF1|+|AF1|＝2a1，|BF1|﹣|AF1|＝2a2，
解得：|AF1|＝a1﹣a2，|BF1|＝a1+a2，
∵四边形AF1BF2为平行四边形，|F1F2|＝2c，
∴|AB|2=|AF1|2+|BF1|2+2|AF1|⋅|BF1|cs∠F1BF2
=|AF1|2+|BF1|2+|AF1|2+|BF1|2-|F1F2|2=2|AF1|2+2|BF1|2-|F1F2|2
=4a12+4a22-4c2
∵∠AF1B=2π3，∴|AB|2=|AF1|2+|BF1|2+|AF1|⋅|BF1|，
即4a12+4a22-4c2=(a1+a2)2+(a1-a2)2+（a1﹣a2）（a1+a2）=3a12+a22，
∴a12+3a22=4c2≥23a1a2，
则C1与C2的离心率之积e1e2=c2a1a2≥32．
∴C1与C2的离心率之积的最小值为32．
故选：B．
4．（2020秋•南岗区校级期末）定义在R函数f（x）满足f（x）＝f（﹣x），且对任意不相等的实数x1，x2∈[0，+∞），有f(x1)-f(x2)x1-x2＞0成立，若关于x的不等式f（mx﹣lnx﹣3）+f（﹣mx+lnx+3）≤2f（3）在[1，e2]恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．[12e，8e2]B．[1e，7e]C．[2e2，6]D．[1e，8e2]
【解析】解：由f（x）＝f（﹣x），可得函数f（x）为偶函数，
对任意的不相等的实数x1，x2∈[0，+∞），有f(x1)-f(x2)x1-x2＞0成立，
可得函数f（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
若不等式f（mx﹣lnx﹣3）+f（﹣mx+lnx+3）≤2f（3）在[1，e2]恒成立，
即f（mx﹣lnx﹣3）≤f（3）对x∈[1，e2]恒成立．
则﹣3≤mx﹣lnx﹣3≤3对x∈[1，e2]恒成立，
即0≤mx﹣lnx≤6对x∈[1，e2]恒成立，即m≥lnxx且m≤6+lnxx对x∈[1，e2]恒成立．
令g（x）=lnxx，则 g′（x）=1-lnxx2，当x∈[1，e）时，g′（x）＞0，当x∈（e，e2]时，g′（x）＜0，
所以g（x）在[1，e）上单调递增，在（e，e2]上单调递减，
可得g（x）max＝g（e）=1e．
令h（x）=6+lnxx，h′（x）=-5-lnxx2＜0，在[1，e2]上单调递减，
可得h（x）min＝h（e2）=8e2．
综上所述，m∈[1e，8e2]，
故选：D．
5．（2020秋•营口期末）若函数f（x）=12（csx﹣sinx）（csx+sinx）+3a（sinx﹣csx）+（4a﹣1）x在区间[74π，2π]上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A．[0，17]B．[-169，0]C．（﹣∞，17]D．（﹣∞，0]
【解析】解：函数f（x）=12（csx﹣sinx）（csx+sinx）+3a（sinx﹣csx）+（4a﹣1）x
=12cs2x+3a（sinx﹣csx）+（4a﹣1）x
∴f'（x）＝﹣sin2x+3a（csx+sinx）+4a﹣1＝﹣（csx+sinx）2+3a（csx+sinx）+4a≤0，对x∈[74π，2π]恒成立．
∵csx+sinx=2sin（x+π4），∴当x∈[74π，2π]时，0≤cs+sinx≤1．
令g（t）＝﹣t2+3at+4a（0≤t≤1），欲使g（t）≤0恒成立，只需g(0)≤0g(1)≤0，
即4a≤0-1+3a+4a≤0，解得a≤0．
故选：D．
6．（2020秋•海原县校级期末）若（m+1）x2﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．m＞1B．m＜﹣1
C．m＜-1311D．m＞1或m＜-1311
【解析】解：∵（m+1）x2﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对任意实数x恒成立，
①当m+1＝0，即m＝﹣1时，不等式为2x﹣6＜0，x＜3不是对任意实数x满足，故不符合题意；
②当m+1≠0，即m≠﹣1时，由（m+1）x2﹣（m﹣1）x+3（m﹣1）＜0对任意实数x恒成立，
∴m+1＜0(m-1)2-12(m+1)(m-1)＜0，解得m＜-‘1311，
∴实数m的取值范围是m＜-‘1311．
故选：C．
7．（2021•团风县校级模拟）已知动点P（x，y）在椭圆x225+y216=1上，若A点坐标为（3，0），|AM→|=1，且PM→⋅AM→=0，则|PM→|的最小值是（ ）
A．2B．3C．2D．3
【解析】解：由|AM→|=1可知点M的轨迹为以点A为圆心，1为半径的圆，
过点P作该圆的切线PM，则|PA|2＝|PM|2+|AM|2，得|PM|2＝|PA|2﹣1，
∴要使得|PM→|的值最小，则要|PA→|的值最小，而|PA→|的最小值为a﹣c＝2，
此时|PM→|=3，
故选：B．
8．（2020秋•贵阳期末）已知函数f（x）=2ex+1ex+1+1与g（x）＝mx+m+1（m为常数），若函数F（x）＝f（x）﹣g（x）恰有三个零点x1，x2，x3，则f（x1）+f（x2）+f（x3）＝（ ）
A．eB．e﹣1C．1D．3
【解析】解：由f（x）=2ex+1ex+1+1，得f（﹣2﹣x）=2e-2-x+1e-2-x+1+1=2ex+1+1，
所以f（﹣2﹣x）+f（x）＝2，即f（x）关于（﹣1，1）对称；
直线g（x）＝mx+m+1恒过（﹣1，1），所以g（x）关于（﹣1，1）中心对称，
所以f（x）与g（x）的交点也关于（﹣1，1）对称，所以f（x）+g（x）＝2，
所以f（x1）+f（x2）+f（x3）+g（x1）+g（x2）+g（x3）＝6，
因为函数F（x）＝f（x）﹣g（x）恰有三个零点x1，x2，x3，
所以f（x1）＝g（x1），f（x2）＝g（x2），f（x3）＝g（x3），
所以f（x1）+f（x2）+f（x3）＝3．
故选：D．
9．（2020秋•佛山期末）已知函数f（x）=14x4+12ax2+ax，则下列结论中正确的是（ ）
A．存在实数a，使f（x）有最小值且最小值大于0
B．对任意实数a，f（x）有最小值且最小值大于0
C．存在正实数a和实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
D．对任意负实数a，存在实数x0，使f（x）在（﹣∞，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增
【解析】解：对于选项A：假设存在实数a，使f（x）有最小值且最小值大于0，
则0＜f（x）min
但f（x）min≤f（0）＝0，矛盾，故A错误．
对于选项B：假设对任意实数a，f（x）有最小值且最小值大于0，
则f（x）min＞0，
但f（x）min≤f（0）＝0，矛盾，故B错误．
f′（x）＝x3+ax+a，
令g（x）＝x3+ax+a，
则g′（x）＝3x2+a，
对于选项C：若a＞0，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞；x→+∞时，g（x）→+∞，
所以存在x0∈（﹣∞，+∞），使得g（x0）＝0，
所以当x∈（﹣∞，x0）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故C正确．
对于选项D：令g′（x）＝0，得x1=-a3，x2=a3，
所以在区间（﹣∞，-a3），（a3，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在区间（-a3，a3）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
不妨取a＝﹣27，则在区间（﹣∞，﹣3），（3，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在区间（﹣3，3）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）极大值＝g（﹣3）＝（﹣3）3+（﹣27）×（﹣3）+（﹣27）＝27，
g（x）极小值＝g（3）＝33+（﹣27）×3+（﹣27）＝﹣81，
所以存在x0∈（﹣∞，﹣3），x1∈（﹣3，3），x2∈（3，+∞），使得g（x0）＝0，g（x1）＝0，g（x2）＝0，
即f′（x0）＝0，f′（x1）＝0，f′（x2）＝0，
所以在（﹣∞，x0），（x1，x2）上，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（x0，x1），（x2，+∞）上，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故D错误．
故选：C．
10．（2020秋•白银区校级期末）已知椭圆C1：x217+y2=1，双曲线C2：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)，若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A，B两点，且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分，则双曲线C2的离心率为（ ）
A．4B．41313C．2D．1+52
【解析】解：由椭圆C1：x217+y2=1，可得长轴长2a＝217，
所以以C1的长轴为直径的圆的直径为217，则|AB|＝217，
设双曲线的渐近线为y=bax与椭圆交于C，D，
联立y=baxx217+y2=1，解得x2=17a2a2+17b2，y2=17b2a2+17b2，
所以|CD|2＝4（x2+y2）=4×17(a2+b2)a2+17b2，
又因为C，D将线段AB三等分，即|CD|=13|AB|，
所以|CD|2=19|AB|2
所以19×4×17=4×17(a2+b2)a2+17b2，所以a2＝b2，
所以离心率e=ca=c2a2=1+b2a2=2，
故选：C．
11．（2021•大观区校级模拟）偶函数f（x）定义域为（-π2，0）∪（0，π2），其导函数是f′（x），当0＜x＜π2时，有f′（x）csx+f（x）sinx＜0，则关于x的不等式f（x）＞2f（π4）csx的解集为（ ）
A．（π4，π2）B．（-π2，-π4）∪（ π4，π2）
C．（-π4，0）∪（0，π4）D．（-π4，0）∪（π4，π2）
【解析】解：根据题意，设g（x）=f(x)csx，其导数为g′（x）=f'(x)csx+f(x)sinxcs2x，
又由0＜x＜π2时，有f'（x）csx+f（x）sinx＜0，则有g′（x）＜0，
则函数g（x）在（0，π2）上为减函数，
又由f（x）为定义域为（-π2，π2）的偶函数，
则g（﹣x）=f(-x)cs(-x)=f(x)csx=g（x），则函数g（x）为偶函数，
f（x）＞2f（ π4）csx⇒f(x)csx＞2f（ π4）⇒f(x)csx＞f(π4)csπ4⇒g（x）＞g（ π4），
又由g（x）为偶函数且在（0，π2）上为减函数，且其定义域为（-π2，π2），
则有|x|＜π4，
解可得：(-π4，π4)
即不等式的解集为（-π4，0）∪（0，π4）．
故选：C．
12．（2021•山东模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1，(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上异于长轴端点的一点，△MF1F2的内心为I，直线MI交x轴于点E，若|MI||IE|=2，则椭圆C的离心率是（ ）
A．22B．12C．32D．13
【解析】解：△MF1F2的内心为I，连接IF1和IF2，
可得IF1为∠MF1F2的平分线，即有|MF1||F1E|=|MI||IE|，
|MF2||F2E|=|MI||IE|，
可得|MF1||F1E|=|MF2||F2E|=|MI||IE|=2，
即有|MF1|+|MF2||F1E|+|EF2|=2a2c=2，
即有e=12，
故选：B．
13．（2020秋•丰台区期末）在平面直角坐标系中，A，B是直线x+y＝m上的两点，且|AB|＝10．若对于任意点P（csθ，sinθ）（0≤θ＜2π），存在A，B使∠APB＝90°成立，则m的最大值为（ ）
A．22B．4C．42D．8
【解析】解：由已知可得点P（csθ，sinθ）（0≤θ＜2π）在单位圆O：x2+y2＝1上，
因为∠APB＝90°，所以点P在以AB为直径的圆上，
因为|AB|＝10．所以半径为5，
所以点P到AB中点C的距离为5，
所以圆O上任意点P，总能找到一点C，使|CP|＝5，且点C在直线x+y＝m上，
当x＝0时，y＝m，所以m为直线x+y＝m在y轴上的截距，m最大，即直线x+y＝m的截距最大，直线越往上，
因为对于任意点P（csθ，sinθ）（0≤θ＜2π），存在A，B使∠APB＝90°成立，
所以圆O上的点到直线x+y＝m的最大距离不能超过5，
而圆O上的点到直线x+y＝m的最大距离为圆心O到直线x+y＝m的距离d加圆O的半径1，
即d+1≤5，d≤4，所以|m|2≤4，
所以m≤42，所以m的最大值为42．
故选：C．
14．（2020秋•丰台区期末）为了预防某种病毒，某商场需要通过喷洒药物对内部空间进行全面消毒．出于对顾客身体健康的考虑，相关部门规定空气中这种药物的浓度不超过0.25毫克/立方米时，顾客方可进入商场．已知从喷洒药物开始，商场内部的药物浓度y（毫克/立方米）与时间t（分钟）之间的函数关系为y=0.1t，0≤t≤10(12)t10-a，t＞10（a为常数），函数图象如图所示．如果商场规定10：00顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是（ ）
A．9：40B．9：30C．9：20D．9：10
【解析】解：由图象可知，当t＝10时，y＝1，
∴(12)1010-a=1，解得a＝1，
∴y=0.1t，0≤t≤10(12)t10-1，t＞10，
令(12)t10-1≤0.25，得：t10-1≥2，
解得t≥30，
所以开始喷洒药物的时间最迟是9点30分，
故选：B．
15．（2020秋•冀州区校级期末）已知双曲线x216-y220=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上一点，且PF2的中点M在以O为圆心，OF1为半径的圆上，则|PF2|＝（ ）
A．12B．6C．4D．2
【解析】解：如图，由双曲线x216-y220=1，得a2＝16，b2＝20，
则c=a2+b2=6．
则|OM|＝|OF1|＝6，|PF1|＝2|OM|＝12，
∴|PF2|＝|PF1|﹣8＝4，
故选：C．
16．（2020秋•兴宁区校级期末）在如图所示的平面四边形ABCD中，AB＝4，∠CAB＝30°，AC⊥CB，∠ADC＝120°，则DA2+DC2的最小值为（ ）
A．4B．8C．43D．82
【解析】解：在△ABC中，因为∠CAB＝30°，AC⊥CB，所以cs∠BAC=ACAB，
⇒AC=AB⋅cs∠BAC=4×32=23．
在△ADC中，因为∠ADC＝120°，
所以由余弦定理得AC2＝DA2+DC2﹣2DA•DC•cs∠ADC，即12＝DA2+DC2+DA•DC，
又由不等式的性质可知DA2+DC2≥2DA•DC，即得DA⋅DC≤DA2+DC22，
所以12=DA2+DC2+DA⋅DC≤32(DA2+DC2)，从而DA2+DC2≥8，当且仅当DA＝DC＝2时等号成立．
故选：B．
17．（2020秋•益阳期末）已知函数f(x)=csθx2-1+2csθx+1+sinθ+csθ，θ∈(0，π2)，若存在x∈（0，1），使不等式f（x）＜0成立，则θ的取值范围为（ ）
A．(0，π12)B．(5π12，π2)
C．(0，π12)∪(5π12，π2)D．(π12，5π12)
【解析】解：f(x)=csθx2-1+2csθx+1+sinθ+csθ，θ∈(0，π2)，
可转化为 f(x)=csθ(1x-1+2csθ2csθ)2-(1+2csθ)24csθ+1+sinθ+csθ=csθ(1x-1+2csθ2csθ)2+4sinθcsθ-14csθ，θ∈（0，π2），
当0＜x＜1，则1x＞1，
当1x=1+2csθ2csθ时，f（x）min=4sinθcsθ-14csθ，
由题意可知，f（x）min＜0，
所以4sinθcsθ﹣1＜0，从而得到2sin2θ＜1，即sin2θ＜12，
所以0＜2θ＜π2或5π6＜2θ＜π，所以0＜θ＜π12或5π12＜θ＜π2，
故选：C．
18．（2020秋•东城区期末）某公园门票单价30元，相关优惠政策如下：
①10人（含）以上团体购票9折优惠；
②50人（含）以上团体购票8折优惠；
③100人（含）以上团体购票7折优惠；
④购票总额每满500元减100元（单张票价不优惠）．
现购买47张门票，合理地设计购票方案，则门票费用最少为（ ）
A．1090元B．1171元C．1200元D．1210元
【解析】解：由于需要购买47张门票，所以不能享受优惠政策中的②和③，
若只按优惠政策①购买，则门票费用为47×30×90%＝1269元；
若将47分为17+17+13，则可享受两次优惠政策④，一次优惠政策①，
门票费用为（17×30﹣100）×2+13×30×90%＝1171元，
因为1269＞1171，所以门票费用最少为1171元．
故选：B．
19．（2020秋•三明期末）已知f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0）在区间(12，32)是单调函数，若f(12)=2，且f(0)+f(32)=0．将曲线y＝f（x）向右平移1个单位长度，得到曲线y＝g（x），则函数y＝xg（x）﹣2在区间[﹣4，4]上的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解析】解：因为f（x）＝2sin（ωx+φ），
又f(12)=2，
所以f（x）max＝2，故f(12)=f(x)max，
所以12为波峰（也是对称点），
又f（x）＝2sin（x+φ）（ω＞0）在区间(12，32)是单调函数，
所以T=2πω≥2且(0，12)上也一定单调，
所以f（0）＝f（1），则f(1)+f(32)=0，
故f(1+322)=f(54)=0，
作出简图如图所示，
由图易知f(x)=2sin(2π3x+π6)，
因为将曲线y＝f（x）向右平移1个单位长度，得到曲线y＝g（x），
则g(x)=-2cs(2π3x)，
所以函数y＝xg（x）﹣2的零点个数，
即函数y＝g（x）的图象与y=2x的交点的个数，
即函数y=cs(2π3x)的图象与y=-1x图象的交点个数，
作出简图，
故函数y=cs(2π3x)的图象与y=-1x图象的交点个数为5个，
所以函数y＝xg（x）﹣2在区间[﹣4，4]上的零点个数为5个．
故选：C．
20．（2020秋•黔南州期末）已知点M为双曲线C：x2-y23=1的右顶点，过M的直线l与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若A，B分别在第一、第四象限内，且|MA|＝3|MB|，则l的方程为（ ）
A．y＝23x-23B．y＝23x+23
C．y=533x-533D．y=-533x+533
【解析】解：双曲线C：x2-y23=1的右顶点为（1，0），
渐近线方程为y＝±3x，
设直线l的方程为y＝k（x﹣1），
联立渐近线方程可得A的横坐标为kk-3，
B的横坐标为kk+3，
由题意可得MA→=-3MB→，
即kk-3-1＝﹣3（kk+3-1），
解得k＝23，
则直线l的方程为y＝23x﹣23．
故选：A．
21．（2020秋•黔南州期末）定义域为R的函数f（x）满足f（x）+f（2﹣x）＝﹣1，函数g(x)=2-x2(x-1)．若y＝f（x）与y＝g（x）的图象有4个交点，且每个交点的横坐标之和与纵坐标之和分别为M，N，则M+N＝（ ）
A．﹣2B．0C．2D．4
【解析】解：由f（x）+f（2﹣x）＝﹣1可知f（x）的图象关于点(1，-12)对称，
又g(x)=2-x2(x-1)=12(x-1)-12，故g（x）的图象也关于点(1，-12)对称，
所以图象的四个交点也关于点（1，-12）对称，
则M＝4，N＝﹣2，故M+N＝2．
故选：C．
22．（2020秋•昌平区期末）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an＝an﹣1+an﹣2（n≥3，n∈N*），a1＝a2＝1．若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则b2021＝（ ）
A．1B．2C．3D．5
【解析】解：由题设可得数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，
数列{bn}：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，
∴数列{bn}是周期为6的周期数列，
∴b2021＝b336×6+5＝b5＝1，
故选：A．
23．（2020秋•鹿城区校级期末）已知空间内a→，b→，c→为三个两两垂直的单位向量，若x+y+z＝1，pqr＝0，则|xa→+2yb→+3zc→|+|（x+p）a→+（2y+q）b→+（3z+r）c→|的最小值为（ ）
A．255B．31010C．2449D．1
【解析】解：令m＝2y，n＝3z，x+m2+n3=1，
故原式等价于|xa→+mb→+nc→|+|(x+p)a→+(m+q)b→+(n+r)c→|
=|xa→+mb→+nc→|+|xa→+mb→+nc→-(-pa→-qb→-rc→)|，
令OC=xa→+mb→+nc→，OP→=-pa→-qb→-rc→，
因为x+m2+n3=1，pqr＝0，
所以C在x+m2+n3=1平面内，即平面ABE内，
P为xOm，xOn，mOn平面内任意一点，
所以问题等价于求|OC→|+|PC→|的最小值，显然P取C在各平面内的射影时最小，
可分三种情况求解：
①当P在平面xOm内时，作AB的垂面EOD，作OC⊥ED，
P为C投影在OD上投影，得OD=255，作ODE的平面图，
△ODE≌△O′DE，此时，OE＝3，∠EDO＞45°，
所以∠ODO′＞90°，
所以OC+PC＝OC+CP′≥OP′≥OD，
所以当C在D点时|OC→|+|PC→|的最小值为255．
同理②当P在平面xOn内时，D在AE上，可得平面图：
此时，OD=31010，OB＝2，∠ODO′＞90°，
所以OC+PC＝OC+CP′≥OP′≥OD=31010．
同理③当P在平面mOn内时，OD=613，OA＝1，∠ODO′＜90°，
当OP′⊥O′D时，|OC→|+|PC→|最小，
所以cs∠ADO=67，sin∠ADO=137，OP′=613sin2∠ADO=613×2×137×67=7249，
综上：|OC→|+|PC→|的最小值为255．
故选：A．
24．（2020秋•鹿城区校级期末）点F为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，l为其准线，过F的一条直线与抛物线交于A，B两点，与1交于C．已知点B在线段CF上，|BF|，|AF|，|BC|可以排成一个等差数列，则|BC||BF|所有可能值的和为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解析】解：∵B在线段CF上，∴|BC|＞|BF|，|AF|＞|BF|，
①当|BF|＜|AF|＜|BC|时，作BE⊥l于E，AD⊥l于D，
∵|BF|，|AF|，|BC|成等差数列，
∴不妨设|BF|＝x﹣d，|AF|＝x，|BC|＝x+d，
由抛物线的定义知，|BE|＝|BF|＝x﹣d，|AD|＝|AF|＝x，
∵BE∥AD，∴|BC||AC|=|BE||AD|，即x+d3x=x-dx，
∴|BC||BF|=x+dx-d=3xx=3，
②当|BF|＜|BC|＜|AF|时，同理可设|BF|＝x﹣d，|BC|＝x，|AF|＝x+d，
由抛物线的定义知，|BE|＝|BF|＝x﹣d，|AD|＝|AF|＝x+d，
∵BE∥AD，∴|BC||AC|=|BE||AD|，即x3x=x-dx+d，化简可得x＝2d，
∴|BC||BF|=xx-d=2d2d-d=2，
综上，|BC||BF|所有可能值的和为5．
故选：D．
25．（2020秋•鹿城区校级期末）非负实数列{an}前n项和为Sn（Sn＞0）．若分别记{n2an}与{ann2}前n项和为Tn与Rn，则T5R5S52的最大值与最小值的差为t，则|t|=（ ）
A．2B．125C．3D．165
【解析】解：由题设和柯西不等式可得：T5R5＝（a1+22a2+32a3+42a4+52a5）（a1+a222+a332+a442+a552）≥（a1+a2+a3+a4+a5）2＝S52，当且仅当a1＞0且a2＝a3＝a4＝a5＝0时取“＝“，
∴T5R5S52的最小值为1，
又T5R5＝（a1+22a2+32a3+42a4+52a5）（a1+a222+a332+a442+a552）
=152（a1+22a2+32a3+42a4+52a5）（52a1+a222•52+a332•52+a442•52+a5）
≤152•14（a1+52a1+22a2+5222a2+32a3+52a332+42a4+52a442+52a5+a5）2≤（(52+1)2102（a1+a2+a3+a4+a5）2＝（135）2S52，当且仅当a1＝a5＞0且a2＝a3＝a4＝0时取“＝“，
∴T5R5S52的最大值为（135）2，
∴|t|=(135)2-1=125，
故选：B．
26．（2020秋•安徽期末）已知a1=4，anan+1=2-an+1，bn=|an-1an+2|，n∈N*，设数列{bn}的前n项和为Sn，则S100＝（ ）
A．1-1299B．1-12101C．1-12100D．1-12102
【解析】解：由题意，可得an+1=2an+1，
则bn+1=|an+1-1an+1+2|=|2an+1-12an+1+2|=12|an-1an+2|=12bn，
∵b1=12，
∴数列{bn}是首项为12，公比为12的等比数列，
∴Sn=12(1-12n)1-12=1-12n，
∴S100=1-12100．
故选：C．
27．（2020秋•天津期末）已知函数f(x)=e2x|x|（e为自然对数的底数），关于x的方程[f（x）]2﹣2af（x）+a﹣2＝0（a∈R）恰有四个不同的实数根，则a的取值范围为（ ）
A．（1，+∞）B．（2，+∞）
C．(e22e-1，+∞)D．(4e2-24e-1，+∞)
【解析】解：∵f(x)=e2x|x|，
x＞0时，f（x）=e2xx，f′（x）=e2x(2x-1)x2，
令f′（x）＞0，解得：x＞12，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜12，
故f（x）在（0，12）递减，在（12，+∞）递增，
故f（x）min＝f（12）＝2e，
x＜0时，f（x）=-e2xx，f′（x）=-e2x(2x-1)x2＞0，
故f（x）在（﹣∞，0）递增，
函数函数f（x）的图象，如图示：
，
设t＝f（x），方程[f（x）]2﹣2af（x）+a﹣2＝0
等价于t2﹣2at+a﹣2＝0，而△＝4a2﹣4（a﹣2）＝4a2﹣4a+8＞0，
若关于x的方程恰有四个不同的实数根，
则0＜t1＜2e，t2＞2e，
设g（t）＝t2﹣2at+a﹣2，
则g(0)＞0g(2e)＜0，即a-2＞04e2-4ae+a-2＜0解得：a＞4e2-24e-1，
故选：D．
二．多选题（共3小题）
28．（2020秋•佛山期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，M为BB1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（ ）
A．截面α可能为六边形
B．存在点N，使得BN⊥截面α
C．若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2
D．当N与C重合时，截面面积为364
【解析】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，M为BB1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，
设N0为CC1的中点，根据点N的位置的变化分析可得，
当1≤CN≤2时，截面α为平行四边形，
当0＜CN＜1时，截面α为五边形，
当CN＝0，即点N与点C重合时，截面α为梯形，故选项A错误，选项C正确；
设BN⊥截面α，因为B1M⊂α，所以BN⊥B1M，
所以N只能与C重合才能使BN⊥B1M，
因为BN不垂直平面B1CQM，故此时不成立，故选项B错误；
因为当N与C重合时，截面α为梯形，
如图（2）所示，过M作MM'垂直于B1C于点M'，
设梯形的高为h，B1M′＝x，
则由平面几何知识可得h2=(2)2-x2=(52)2-(52-x)2，解得x=255，h=65，
所以截面α的面积为12×(5+52)⋅h=12×352×65=364，故选项D正确．
故选：CD．
29．（2020秋•三明期末）设F是抛物线y2＝4x的焦点，过F且斜为3的直线与抛物线的一个交点为A．半径为|FA|的圆F交抛物线的准线于B，C两点，且B在C的上方，B关于点F的对称点为D．以下结论正确的是（ ）
A．线段CD的长为8B．A，C，F三点共线
C．△CDF为等边三角形D．四边形ABCD为矩形
【解析】解：由抛物线的方程可得：F（1，0），准线方程为：x＝﹣1，
过F且斜为3的直线的方程为：y=3（x﹣1），代入抛物线方程可得：
3x2﹣10x+3＝0，解得x＝3或13，
令A的坐标为（3，23），则|FA|＝3+1＝4，
所以圆F的方程为：（x﹣1）2+y2＝16，
令x＝﹣1，则B（﹣1，23），C（﹣1，﹣23），
设B关于点F的对称点为D（m，n），
所以m-12=1，n+232=0，得D（3，﹣23），
选项A：|CD|＝3﹣（﹣1）＝4，A错误，
选项B：FA→=(2，23)，FC→=(-2，-23)，所以FA→=-FC→，所以A，F，C三点共线，B正确，
选项C：因为FC＝FD＝r＝4，且CD＝4，所以三角形CDF为等边三角形，C正确，
选项D：由A，B，C，D的坐标可得：AB＝CD，AB⊥BC，AB∥CD，
所以四边形ABCD为矩形，D正确，
故选：BCD．
30．（2020秋•三明期末）设f（x）＝e[sinx]+e[csx]，其中[x]表示不超过x的最大整数．如[2.6]＝2，[﹣3.2]＝﹣4．以下结论正确的是（ ）
A．f（x）是偶函数B．f（x）是周期函数
C．f（x）的最小值是2eD．f（x）的最大值是2e
【解析】解：根据题意，f（x）＝e[sinx]+e[csx]=e0+e1=1+e，x=2kπe0+e0=2，2kπ＜x＜2kπ+π2e1+e0=1+e，x=2kπ+π2e0+e-1=1+e-1，2kπ+π2＜x≤2kπe-1+e-1=2e，2kπ+π＜x＜2kπ+3π2e-1+e0=1+e-1，2kπ+3π2≤x＜2kπ+2π
依次分析选项：
对于A，f（x）＝f（﹣x）不恒成立，f（x）不是偶函数，A错误，
对于B，f（x+2π）＝e[sin（x+2π）]+e[cs（x+2π）]＝e[sinx]+e[csx]＝f（x），则f（x）是周期为2π的周期函数，B正确，
对于C，当2kπ＜x＜2kπ+3π2时，f（x）=2e，取得最小值，C正确，
对于D，f（x）的最大值是1+e，D错误，
故选：BC．
三．填空题（共20小题）
31．（2020秋•南岗区校级期末）已知抛物线C：y2＝4x，过点P（4，0）的直线l与抛物线交于A，B两点．
（1）OA→⋅OB→= 0 ；
（2）以AB为直径的圆与直线x＝1交于M，N，则|MN|的最小值为 27 ．
【解析】解：由题意设直线的方程为：x＝my+4，A（x1，y1），B（x2，y2），
把直线方程代入抛物线方程可得：y2﹣4my﹣16＝0，
所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16，
（1）OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=(y1y2)216+y1y2=16﹣16＝0；
（2）因为y1+y2＝4m，所以AB的中点坐标为（4+2m2，2m），
又OA→⋅OB→=0，所以以AB为直径的圆过原点，
所以|AB|=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2=(1+m2)(16m2+64)，
|MN|＝2|AB|24-(2m2+4-1)2=28m2+7≥27，
当且仅当m＝0时，|MN|min=27，
故答案为：0；27．
32．（2020秋•营口期末）双曲线x2a2-y2b2=1的左右焦点分别为F1、F2，P是双曲线右支上一点，I为△PF1F2的内心，PI交x轴于Q点，若|F1Q|＝|PF2|，且PI：IQ＝2：1，则双曲线的离心率e的值为 32 ．
【解析】解：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
∵I是△PF1F2的内心，∴I为△PF1F2的三条角平分线的交点，
∴|PF1||QF1|=|PI||IQ|=2，即|QF1|=12|PF1|=m2，
又|QF1|＝|PF2|＝n，故n=m2．
又m﹣n＝2a，∴a=m4．
又|QF1||QF2|=|PF1||PF2|=mn=2，
∴m22c-m2=2，∴c=3m8，
∴e=ca=32．
故答案为：32．
33．（2020秋•佛山期末）已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O上，AB＝3，BC＝4，CD＝1，AD＝26，AC＝5，平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥PD，则球O的体积为 125π6 ．
【解析】解：取AC的中点O，AD中点H，连接OH，OB，OD，PH，
∵AB＝3，BC＝4，CD＝1，AD=26，AC＝5，
∴AD2+CD2＝AC2，AB2+BC2＝AC2，
则AD⊥CD，AB⊥BC，∴O到A，B，C，D的距离相等，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，
CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，
∵O，H分别为AC，AD的中点，∴OH∥CD，
∴OH⊥平面 PAD，又PA⊥PD，∴O到P、A、D的距离相等．
∴O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，得OD=OH2+DH2=(12)2+(6)2=52，
∴球O的体积为V=43πR3=43π×(52)3=1256π．
故答案为：125π6．
34．（2020秋•白银区校级期末）已知函数f（x）＝（x-12）3+1，则f（﹣2017）+f（﹣2016）+…+f（﹣1）+f（0）+f（1）+…+f（2018）＝ 4036 ．
【解析】解：∵函数f（x）＝（x-12）3+1，
∴f（x）+f（1﹣x）＝（x-12）3+1+（12-x）3+1＝2，
∴f（﹣2017）+f（﹣2016）+…+f（﹣1）+f（0）+f（1）+…+f（2018）
＝2×2018＝4036．
故答案为：4036．
35．（2021•山东模拟）已知函数f（x）=|x|，x≤mx2-2mx+4m，x＞m，其中m＞0，若存在实数b，使得关于x的方程f（x）＝b有三个不同的根，则m的取值范围是 （3，+∞） ．
【解析】解：当m＞0时，函数f（x）=|x|，x≤mx2-2mx+4m，x＞m的图象如下：
∵x＞m时，f（x）＝x2﹣2mx+4m＝（x﹣m）2+4m﹣m2＞4m﹣m2，
∴y要使得关于x的方程f（x）＝b有三个不同的根，
必须4m﹣m2＜m（m＞0），
即m2＞3m（m＞0），
解得m＞3，
∴m的取值范围是（3，+∞），
故答案为：（3，+∞）．
36．（2020•临沂三模）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，AF⊥BF，线段AB的中点为M，过点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，则|AB||MN|的最小值为 2 ．
【解析】解：设|AF|＝m，|BF|＝n，
AF⊥BF，可得|AB|=m2+n2，
由抛物线的定义可得
|MN|=|AF|+|BF|2=m+n2，
由m2+n2≥2mn，
即为2（m2+n2）≥2mn+m2+n2＝（m+n）2，当且仅当m＝n取得等号，
可得m2+n2≥m+n2，
即有|AB||MN|=m2+n2m+n2≥2，当且仅当m＝n取得等号，
则|AB||MN|的最小值为2，
故答案为：2．
37．（2020秋•丰台区期末）对于平面直角坐标系内的任意两点P（x1，y1），Q（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”为||PQ||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．已知不同三点A，B，C满足||AC||+||CB||＝||AB||，给出下列四个结论：
①A，B，C三点可能共线；
②A，B，C三点可能构成锐角三角形；
③A，B，C三点可能构成直角三角形；
④A，B，C三点可能构成钝角三角形．
其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【解析】解：不妨设C（0，0），A（1，0），B （x1，y1），则||AC||＝1，||CB||＝|x1|+|y1|，||AB||＝|x1﹣1|+|y1|，
当y1＝0，x1＞1时，此时A，B，C三点共线，||AC||+||CB||＝x1+1＝||AB||成立，故①正确；
由||AC||+||CB||＝||AB||，可知1+|x1|＝|x1﹣1|，
当x1＝0，y1≠0时1+|x1|＝|x1﹣1|成立，此时△ABC为直径三角形，故③正确；
当x1＞0时，无解，故②错；
当x1＜0时，此时∠BCA为钝角，且1+|x1|＝|x1﹣1|成立，故④正确．
故答案为：①③④．
38．（2020秋•冀州区校级期末）已知A、B、C是球O的球面上三点，三棱锥O﹣ABC的高为22，且∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝4，则球O的表面积为 48π ．
【解析】解：已知A、B、C是球O的球面上三点，三棱锥O﹣ABC的高为22，且∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝4，
在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cs∠ABC，解得AC＝23，
由于BC2＝AB2+AC2，
所以△ACB为直角三角形．
如图所示：
所以设外接球的半径为r，
则r2=(BC2)2+(22)2，解得r＝23，
所以S=4π(23)2=48π．