2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编(四)(解析版).docx-淘文阁

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1、2021年新高考数学名校地市选填压轴题好题汇编（四）一选择题（共27小题） 1（2020秋香坊区校级期末）已知函数f（x）=1+lnx，0x112x-1，x1，若方程f2（x）+（1a）f（x）a0恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）A（，0）B（0，1）C（1，+）D（0，+）【解析】解：因为函数f（x）=1+lnx，0x112x-1，x1，可作出函数的图象如图所示，因为方程f2（x）+（1a）f（x）a0，所以（f（x）+1）（f（x）a）0，即f（x）1或f（x）a，要使方程f2（x）+（1a）f（x）a0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

2、的实数根，所以函数yf（x）与ya的图象要有两个交点，由图象可知0a1，所以实数a的取值范围是（0，1）故选：B2（2020秋南岗区校级期末）已知数列an的首项为a11，且an+1=anan+1，nN*，令bn=(n+1-n)anan+1，数列bn的前n项和Tn，则满足Tn23的最小正整数n的值为（）A8B9C10D11【解析】解：数列an的首项为a11，且an+1=anan+1，nN*，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+n1n，即an=1n，则bn=(n+1-n)anan+1=n+1-nn(n+1)=1n-1n+1，可得Tn1-12+12-13

3、+1n-1n+1=1-1n+1，Tn23即1n+113，解得n8，可得最小正整数n的值为9故选：B3（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=23，则C1与C2的离心率之积的最小值为（）A12B32C52D62【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|a1a2，|BF1|a1+a2，四边形AF1BF2为平行四边形，|F1F2|2c，|AB|2=|AF1|2+|BF1|2+2|AF1|BF1

4、|cosF1BF2=|AF1|2+|BF1|2+|AF1|2+|BF1|2-|F1F2|2=2|AF1|2+2|BF1|2-|F1F2|2 =4a12+4a22-4c2 AF1B=23，|AB|2=|AF1|2+|BF1|2+|AF1|BF1|，即4a12+4a22-4c2=(a1+a2)2+(a1-a2)2+（a1a2）（a1+a2）=3a12+a22，a12+3a22=4c223a1a2，则C1与C2的离心率之积e1e2=c2a1a232C1与C2的离心率之积的最小值为32故选：B4（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，x20，+）

5、，有f(x1)-f(x2)x1-x20成立，若关于x的不等式f（mxlnx3）+f（mx+lnx+3）2f（3）在1，e2恒成立，则实数m的取值范围是（）A12e，8e2B1e，7eC2e2，6D1e，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，x20，+），有f(x1)-f(x2)x1-x20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（mxlnx3）+f（mx+lnx+3）2f（3）在1，e2恒成立，即f（mxlnx3）f（3）对x1，e2恒成立则3mxlnx33对x1，e2恒成立，即0mxlnx6对

6、x1，e2恒成立，即mlnxx且m6+lnxx对x1，e2恒成立令g（x）=lnxx，则 g（x）=1-lnxx2，当x1，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）maxg（e）=1e令h（x）=6+lnxx，h（x）=-5-lnxx20，在1，e2上单调递减，可得h（x）minh（e2）=8e2综上所述，m1e，8e2，故选：D5（2020秋营口期末）若函数f（x）=12（cosxsinx）（cosx+sinx）+3a（sinxcosx）+（4a1）x在区间74，2上单调递减，则实数a的取值范围为（）A0，17B

7、-169，0C（，17D（，0【解析】解：函数f（x）=12（cosxsinx）（cosx+sinx）+3a（sinxcosx）+（4a1）x=12cos2x+3a（sinxcosx）+（4a1）xf（x）sin2x+3a（cosx+sinx）+4a1（cosx+sinx）2+3a（cosx+sinx）+4a0，对x74，2恒成立cosx+sinx=2sin（x+4），当x74，2时，0cos+sinx1令g（t）t2+3at+4a（0t1），欲使g（t）0恒成立，只需g(0)0g(1)0，即4a0-1+3a+4a0，解得a0故选：D6（2020秋海原县校级期末）若（m+1）x2（m1）x+3

8、（m1）0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是（）Am1Bm1Cm-1311Dm1或m-1311【解析】解：（m+1）x2（m1）x+3（m1）0对任意实数x恒成立，当m+10，即m1时，不等式为2x60，x3不是对任意实数x满足，故不符合题意；当m+10，即m1时，由（m+1）x2（m1）x+3（m1）0对任意实数x恒成立，m+10(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：C7（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PMAM=0，则|PM|的最小值是（）A2

9、B3C2D3【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|21，要使得|PM|的值最小，则要|PA|的值最小，而|PA|的最小值为ac2，此时|PM|=3，故选：B8（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）（）AeBe1C1D3【解析】解：由f（x）=2ex+1ex+1+1，得f（2x）=2e-2-x+1e-2-x+1+1=2ex+1+1，

10、所以f（2x）+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：D9（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

11、值大于0B对任意实数a，f（x）有最小值且最小值大于0C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0f（x）min但f（x）minf（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）min0，但f（x）minf（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a0，则g（x）0，g（x）单调递增，当x时

12、，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a27，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

13、）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：C10（2020秋白银区校级期末）已知椭圆C1：x217+y2=1，双曲线C2：x2a2-y2b2=1(a0，b0)，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（）A4B41

14、313C2D1+52【解析】解：由椭圆C1：x217+y2=1，可得长轴长2a217，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|24（x2+y2）=417(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19417=417(a2+b2)a2+17b2，所以a2b2，所以离心率e=ca=c2a2=1+b2a2=2，故选：C11（2021大观区校级模拟）偶函

15、数f（x）定义域为（-2，0）（0，2），其导函数是f（x），当0x2时，有f（x）cosx+f（x）sinx0，则关于x的不等式f（x）2f（4）cosx的解集为（）A（4，2）B（-2，-4）（ 4，2）C（-4，0）（0，4）D（-4，0）（4，2）【解析】解：根据题意，设g（x）=f(x)cosx，其导数为g（x）=f(x)cosx+f(x)sinxcos2x，又由0x2时，有f（x）cosx+f（x）sinx0，则有g（x）0，则函数g（x）在（0，2）上为减函数，又由f（x）为定义域为（-2，2）的偶函数，则g（x）=f(-x)cos(-x)=f(x)cosx=g（x），则函数g（

16、x）为偶函数，f（x）2f（ 4）cosxf(x)cosx2f（ 4）f(x)cosxf(4)cos4g（x）g（ 4），又由g（x）为偶函数且在（0，2）上为减函数，且其定义域为（-2，2），则有|x|4，解可得：(-4，4)即不等式的解集为（-4，0）（0，4）故选：C12（2021山东模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1，(ab0)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（）A22B12C32D13【解析】解：MF1F2的内心为I，连接IF1和IF2，可得IF1为MF1F2的平分线

17、，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：B13（2020秋丰台区期末）在平面直角坐标系中，A，B是直线x+ym上的两点，且|AB|10若对于任意点P（cos，sin）（02），存在A，B使APB90成立，则m的最大值为（）A22B4C42D8【解析】解：由已知可得点P（cos，sin）（02）在单位圆O：x2+y21上，因为APB90，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

18、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+ym上，当x0时，ym，所以m为直线x+ym在y轴上的截距，m最大，即直线x+ym的截距最大，直线越往上，因为对于任意点P（cos，sin）（02），存在A，B使APB90成立，所以圆O上的点到直线x+ym的最大距离不能超过5，而圆O上的点到直线x+ym的最大距离为圆心O到直线x+ym的距离d加圆O的半径1，即d+15，d4，所以|m|24，所以m42，所以m的最大值为42故选：C14（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

19、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，0t10(12)t10-a，t10（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（）A9：40B9：30C9：20D9：10【解析】解：由图象可知，当t10时，y1，(12)1010-a=1，解得a1，y=0.1t，0t10(12)t10-1，t10，令(12)t10-10.25，得：t10-12，解得t30，所以开始喷洒药物的时间最迟是9点30分，故选：B15（2020秋冀州区校级期

20、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|（）A12B6C4D2【解析】解：如图，由双曲线x216-y220=1，得a216，b220，则c=a2+b2=6则|OM|OF1|6，|PF1|2|OM|12，|PF2|PF1|84，故选：C16（2020秋兴宁区校级期末）在如图所示的平面四边形ABCD中，AB4，CAB30，ACCB，ADC120，则DA2+DC2的最小值为（）A4B8C43D82【解析】解：在ABC中，因为CAB30，ACCB，所以cosBAC=ACAB，AC=ABcosB

21、AC=432=23在ADC中，因为ADC120，所以由余弦定理得AC2DA2+DC22DADCcosADC，即12DA2+DC2+DADC，又由不等式的性质可知DA2+DC22DADC，即得DADCDA2+DC22，所以12=DA2+DC2+DADC32(DA2+DC2)，从而DA2+DC28，当且仅当DADC2时等号成立故选：B17（2020秋益阳期末）已知函数f(x)=cosx2-1+2cosx+1+sin+cos，(0，2)，若存在x（0，1），使不等式f（x）0成立，则的取值范围为（）A(0，12)B(512，2)C(0，12)(512，2)D(12，512)【解析】解：f(x)=co

22、sx2-1+2cosx+1+sin+cos，(0，2)，可转化为 f(x)=cos(1x-1+2cos2cos)2-(1+2cos)24cos+1+sin+cos=cos(1x-1+2cos2cos)2+4sincos-14cos，（0，2），当0x1，则1x1，当1x=1+2cos2cos时，f（x）min=4sincos-14cos，由题意可知，f（x）min0，所以4sincos10，从而得到2sin21，即sin212，所以022或562，所以012或5122，故选：C18（2020秋东城区期末）某公园门票单价30元，相关优惠政策如下：10人（含）以上团体购票9折优惠；50人（含）以上

23、团体购票8折优惠；100人（含）以上团体购票7折优惠；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（）A1090元B1171元C1200元D1210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和，若只按优惠政策购买，则门票费用为473090%1269元；若将47分为17+17+13，则可享受两次优惠政策，一次优惠政策，门票费用为（1730100）2+133090%1171元，因为12691171，所以门票费用最少为1171元故选：B19（2020秋三明期末）已知f（x）2sin（x+）（0）在区间(12，32)是单调函

24、数，若f(12)=2，且f(0)+f(32)=0将曲线yf（x）向右平移1个单位长度，得到曲线yg（x），则函数yxg（x）2在区间4，4上的零点个数为（）A3B4C5D6【解析】解：因为f（x）2sin（x+），又f(12)=2，所以f（x）max2，故f(12)=f(x)max，所以12为波峰（也是对称点），又f（x）2sin（x+）（0）在区间(12，32)是单调函数，所以T=22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(23x+6)，因为将曲线yf（x）向右平移1个单位

25、长度，得到曲线yg（x），则g(x)=-2cos(23x)，所以函数yxg（x）2的零点个数，即函数yg（x）的图象与y=2x的交点的个数，即函数y=cos(23x)的图象与y=-1x图象的交点个数，作出简图，故函数y=cos(23x)的图象与y=-1x图象的交点个数为5个，所以函数yxg（x）2在区间4，4上的零点个数为5个故选：C20（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（）Ay23x-23By23x+23Cy=533x-533Dy=-533x+5

26、33【解析】解：双曲线C：x2-y23=1的右顶点为（1，0），渐近线方程为y3x，设直线l的方程为yk（x1），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-3-13（kk+3-1），解得k23，则直线l的方程为y23x23故选：A21（2020秋黔南州期末）定义域为R的函数f（x）满足f（x）+f（2x）1，函数g(x)=2-x2(x-1)若yf（x）与yg（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（）A2B0C2D4【解析】解：由f（x）+f（2x）1可知f（x）的图象关于点(1，-12)对称，又g(

27、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M4，N2，故M+N2故选：C22（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：anan1+an2（n3，nN*），a1a21若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列bn，则b2021（）A1B2C3D5【解析】解：由题设可得数列an：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，8

29、pa-qb-rc，因为x+m2+n3=1，pqr0，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：当P在平面xOm内时，作AB的垂面EOD，作OCED，P为C投影在OD上投影，得OD=255，作ODE的平面图，ODEODE，此时，OE3，EDO45，所以ODO90，所以OC+PCOC+CPOPOD，所以当C在D点时|OC|+|PC|的最小值为255同理当P在平面xOn内时，D在AE上，可得平面图：此时，OD=31010，OB2，ODO90，所以OC+PC

30、OC+CPOPOD=31010同理当P在平面mOn内时，OD=613，OA1，ODO90，当OPOD时，|OC|+|PC|最小，所以cosADO=67，sinADO=137，OP=613sin2ADO=613213767=7249，综上：|OC|+|PC|的最小值为255故选：A24（2020秋鹿城区校级期末）点F为抛物线y22px（p0）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（）A2B3C4D5【解析】解：B在线段CF上，|BC|BF|，|AF|BF|，当|B

31、F|AF|BC|时，作BEl于E，ADl于D，|BF|，|AF|，|BC|成等差数列，不妨设|BF|xd，|AF|x，|BC|x+d，由抛物线的定义知，|BE|BF|xd，|AD|AF|x，BEAD，|BC|AC|=|BE|AD|，即x+d3x=x-dx，|BC|BF|=x+dx-d=3xx=3，当|BF|BC|AF|时，同理可设|BF|xd，|BC|x，|AF|x+d，由抛物线的定义知，|BE|BF|xd，|AD|AF|x+d，BEAD，|BC|AC|=|BE|AD|，即x3x=x-dx+d，化简可得x2d，|BC|BF|=xx-d=2d2d-d=2，综上，|BC|BF|所有可能值的和为5故

32、选：D25（2020秋鹿城区校级期末）非负实数列an前n项和为Sn（Sn0）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|=（）A2B125C3D165【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）2S52，当且仅当a10且a2a3a4a50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+4

33、2a4+52a5）（52a1+a22252+a33252+a44252+a5）15214（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a1a50且a2a3a40时取“，T5R5S52的最大值为（135）2，|t|=(135)2-1=125，故选：B26（2020秋安徽期末）已知a1=4，anan+1=2-an+1，bn=|an-1an+2|，nN*，设数列bn的前n项和为Sn，则S100（）A1-1299B1-12101C1-12100D1-1210

35、x，f（x）=e2x(2x-1)x2，令f（x）0，解得：x12，令f（x）0，解得：0x12，故f（x）在（0，12）递减，在（12，+）递增，故f（x）minf（12）2e，x0时，f（x）=-e2xx，f（x）=-e2x(2x-1)x20，故f（x）在（，0）递增，函数函数f（x）的图象，如图示：，设tf（x），方程f（x）22af（x）+a20等价于t22at+a20，而4a24（a2）4a24a+80，若关于x的方程恰有四个不同的实数根，则0t12e，t22e，设g（t）t22at+a2，则g(0)0g(2e)0，即a-204e2-4ae+a-20解得：a4e2-24e-1，故选：D

36、二多选题（共3小题）28（2020秋佛山期末）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，M为BB1的中点，过B1M作长方体的截面交棱CC1于N，则（）A截面可能为六边形B存在点N，使得BN截面C若截面为平行四边形，则1CN2D当N与C重合时，截面面积为364【解析】解：长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，M为BB1的中点，过B1M作长方体的截面交棱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1CN2时，截面为平行四边形，当0CN1时，截面为五边形，当CN0，即点N与点C重合时，截面为梯形，故选项A错误，选项C正确；设BN截面，因为B

37、1M，所以BNB1M，所以N只能与C重合才能使BNB1M，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，B1Mx，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，所以截面的面积为12(5+52)h=1235265=364，故选项D正确故选：CD29（2020秋三明期末）设F是抛物线y24x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

38、线段CD的长为8BA，C，F三点共线CCDF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：x1，过F且斜为3的直线的方程为：y=3（x1），代入抛物线方程可得：3x210x+30，解得x3或13，令A的坐标为（3，23），则|FA|3+14，所以圆F的方程为：（x1）2+y216，令x1，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

39、C：因为FCFDr4，且CD4，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：ABCD，ABBC，ABCD，所以四边形ABCD为矩形，D正确，故选：BCD30（2020秋三明期末）设f（x）esinx+ecosx，其中x表示不超过x的最大整数如2.62，3.24以下结论正确的是（）Af（x）是偶函数Bf（x）是周期函数Cf（x）的最小值是2eDf（x）的最大值是2e【解析】解：根据题意，f（x）esinx+ecosx=e0+e1=1+e，x=2ke0+e0=2，2kx2k+2e1+e0=1+e，x=2k+2e0+e-1=1+e-1，2k+2x2ke-1+e-1=2e

40、，2k+x2k+32e-1+e0=1+e-1，2k+32x2k+2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+2）esin（x+2）+ecos（x+2）esinx+ecosxf（x），则f（x）是周期为2的周期函数，B正确，对于C，当2kx2k+32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：y24x，过点P（4，0）的直线l与抛物线交于A，B两点（1）OAOB=0；（2）以AB为直径的圆与直线x1交于M，N，则|MN|的最小值为2

41、7【解析】解：由题意设直线的方程为：xmy+4，A（x1，y1），B（x2，y2），把直线方程代入抛物线方程可得：y24my160，所以y1+y24m，y1y216，（1）OAOB=x1x2+y1y2=(y1y2)216+y1y2=16160；（2）因为y1+y24m，所以AB的中点坐标为（4+2m2，2m），又OAOB=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+727，当且仅当m0时，|MN|min=27，故答案为：0；2732（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：IQ2：1，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

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