高考理科数学复习第2部分 高考22题逐题特训 专题1 12+4分项练3 立体几何
(三)立体几何1.已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是()A.必存在平面α，使得a∥α，b∥αB.必存在平面α，使得a，b与α所成角相等C.必存在平面α，使得a⊂α，b⊥αD.必存在平面α，使得a，b与α的距离相等答案 C解析由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O(不在a，b上)，过点O分别作a，b的平行线，则由过点O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；在B中，平移b至b′与a相交，因而确定一个平面β，在β上作a，b′夹角的平分线，明显可以作出两条.过角平分线且与平面β垂直的平面α使得a，b′与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以.故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面α，使得a⊂α，b⊥α，故C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，则平面α使得a，b与α的距离相等，故D正确.2.(2019·东北三省四市模拟)已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α∥β的是()A.m∥n，m⊂α，n⊂βB.m∥n，m⊥α，n⊥βC.m⊥n，m∥α，n∥βD.m⊥n，m⊥α，n⊥β答案 B解析当m∥n时，若m⊥α，可得n⊥α，又n⊥β，可知α∥β.3.(2019·北京市大兴区模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为()A.13B.2 3C.3D.2 2答案 B解析由三视图得几何体原图是图中的三棱锥A－BCD，所以CD＝3，BD＝22＋12＝5，AB＝22＋12＝5，AC＝(22)2＋12＝3，BC＝22＋22＝22，AD＝(22)2＋22＝2 3.所以AD是最长的棱.4.(2019·马鞍山质检)已知某几何体的三视图如图所示，网格中小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为()A.20B.22C.24D.19＋2 2 答案 B解析 通过三视图可知，该几何体是正方体去掉两个“角”.所以表面积S ＝12×(1＋2)×2×2＋12×(1＋2)×2×2＋4＋3＋12×2×322×2＝22.5.(2019·成都模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.16π－163B.16π－323C.8π－163D.8π－323答案 D解析 由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥. ∴该几何体的体积V ＝12×π×22×4－13×42×2＝8π－323.6.(2019·玉溪调研)三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，且AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝4，AA 1＝6，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.68π B.32π C.17π D.164π 答案 A解析 如图所示，设矩形AA 1C 1C 的中心为O ，由题意知，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝4，则△ABC 为等腰直角三角形，所以AC ＝42， 所以△ABC 的外接圆的圆心为AC 的中点， 所以外接球的球心是矩形ACC 1A 1的中心， 即点O 为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球的球心， 所以外接球半径R ＝OC ＝⎝⎛⎭⎫AC 22＋⎝⎛⎭⎫AA 122＝(22)2＋32＝17，所以外接球表面积S ＝4πR 2＝68π.7.(2019·桂林模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝1，AB ⊥AC ，点E 为棱AA 1的中点，则点C 1到平面B 1EC 的距离等于( ) A.12 B.22 C.63 D.1 答案 C解析 连接C 1E ，设点C 1到平面B 1EC 的距离为d ，根据三棱锥等体积法得到 三棱锥1111C B CE E B CC V V －－＝， 即13·1B CE S △·d ＝13·11B CC S △·h ， 因为AB ＝AC ＝1，再由AB ⊥AC ，得到BC ＝2， △B 1CC 1面积为S ＝12×1×2＝22，点A 1到B 1C 1的距离即三棱锥E －B 1CC 1的高h ＝12B 1C 1＝22； 在△B 1EC 中，B 1E ＝CE ＝52，B 1C ＝3， 则三角形边B 1C 上的高为CE 2－⎝⎛⎭⎫B 1C 22＝22，△B 1EC 的面积为12×3×22＝64，根据等体积公式代入得到1111C B CE E B CC V V －－＝， 即13·1B CE S △·d ＝13·11B CC S △·h ， 解得d ＝63. 8.(2019·南昌适应性测试)在三棱锥S －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，SA ＝SC ＝2，二面角S －AC －B 的余弦值是－33，若S ，A ，B ，C 都在同一球面上，则该球的表面积是( ) A.4π B.6π C.8π D.9π 答案 B解析 取AC 的中点D ，连接SD ，BD .因为SA ＝SC ，AB ＝BC ， 所以SD ⊥AC ，BD ⊥AC ，可得∠SDB 即为二面角S －AC －B 的平面角， 故cos ∠SDB ＝－33. 在Rt △SDC 中，SD ＝SC 2－CD 2＝4－1＝3， 同理可得BD ＝1，由余弦定理得 cos ∠SDB ＝3＋1－SB 22×3×1＝－33，解得SB ＝ 6.在△SCB 中，SC 2＋CB 2＝4＋2＝(6)2＝SB 2， 所以△SCB 为直角三角形， 同理可得△SAB 为直角三角形， 取SB 中点E ，则SE ＝EB ＝62， 在Rt △SCB 与Rt △SAB 中， EA ＝SB 2＝62，EC ＝SB 2＝62，所以点E 为该球的球心，半径为62， 所以球的表面积为S ＝4×π×⎝⎛⎭⎫622＝6π. 9.(2019·湖南六校联考)如图，平面四边形ABCD 中，E ，F 是AD ，BD 中点，AB ＝AD ＝CD ＝2，BD ＝22，∠BDC ＝90°，将△ABD 沿对角线BD 折起至△A ′BD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则四面体A ′－BCD 中，下列结论不正确的是( )A.EF ∥平面A ′BCB.异面直线CD 与A ′B 所成的角为90°C.异面直线EF 与A ′C 所成的角为60°D.直线A ′C 与平面BCD 所成的角为30° 答案 C解析 A 项，因为E ，F 分别为A ′D 和BD 中点， 所以EF ∥A ′B ，即EF ∥平面A ′BC ，A 正确；B 项，因为平面A ′BD ⊥平面BCD ，交线为BD ，且CD ⊥BD ， 所以CD ⊥平面A ′BD ，即CD ⊥A ′B ，故B 正确；C 项，取CD 边中点M ，连接EM ，FM ，则EM ∥A ′C ， 所以∠FEM 为直线A ′C 与异面直线EF 所成角， 又EF ＝1，EM ＝2，FM ＝3， 即∠FEM ＝90°，故C 错误；D 项，因为平面A ′BD ⊥平面BCD ，连接A ′F ， 则A ′F ⊥BD ，所以A ′F ⊥平面CBD ，连接FC ，所以∠A ′CF 为直线A ′C 与平面BCD 所成角， 又CD ⊥A ′D ，所以A ′C ＝22， 又A ′F ＝A ′D 2－DF 2＝2， sin ∠A ′CF ＝A ′F A ′C ＝222＝12，∴∠A ′CF ＝30°，D 正确.10.(2019·马鞍山质检)如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥高之差的绝对值为( )A.R 2B.2R 3C.4R3 D.R 答案 D解析 如题图，设球的球心为O ，球的半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h ，体积为V 1，下面圆锥的高为H ，体积为V 2；圆锥的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知，h ＋H ＝2R ，OO 1＝H －R ，由题意可知：V 1＋V 2＝38V ⇒13πr 2h ＋13πr 2H＝38×43πR 3⇒r 2(h ＋H )＝32R 3， 而h ＋H ＝2R ，∴r ＝32R ， ∵OO 1垂直于圆锥的底面， ∴OO 1垂直于底面的半径， 由勾股定理可知：R 2＝r 2＋OO 21， ∴R 2＝r 2＋(H －R )2⇒H ＝32R ，可知h ＝12R ，这两个圆锥高之差的绝对值为R .11.已知三棱锥P －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O 的直径，且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( ) A. 2 B.2 2 C. 3 D.2 3 答案 B解析 取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.12.(2019·上饶模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内有两个球O 1，O 2相外切，球O 1与面ABB 1A 1、面ABCD 、面ADD 1A 1相切，球O 2与面BCC 1B 1、面CC 1D 1D 、面B 1C 1D 1A 1相切，则两球表面积之和的最大值与最小值的差为( )A.(2－3)πB.(2－3)π2C.(3－3)πD.(3－3)π2答案 A解析 设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2， 由题意得3r 1＋r 1＋3r 2＋r 2＝3， 所以r 1＋r 2＝3－32，令a ＝3－32.表面积和为S ，所以S ＝4πr 21＋4πr 22，所以S 4π＝r 21＋r 22＝r 21＋(a －r 1)2＝2⎝⎛⎭⎫r 1－a 22＋a 22，又r 1最大时，球O 1与正方体六个面相切， 且()r 1max ＝12，()r 1min ＝3－32－12＝2－32，所以r 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－32，12.又2－32<a 2<12， 所以当r 1＝a 2时，⎝⎛⎭⎫S 4πmin ＝a 22，当r 1＝12或2－32时，⎝⎛⎭⎫S 4πmax ＝a 2－a ＋12， 所以⎝⎛⎭⎫S 4πmax －⎝⎛⎭⎫S 4πmin ＝a 22－a ＋12＝(a －1)22＝2－34.所以两球表面积之和的最大值与最小值的差为(2－3)π.13.直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为正三角形，AB ＝2，D 是AB 的中点，异面直线AC 1与CD 所成角的余弦值是34，则三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积等于________. 答案 14 3解析 设D 1是A 1B 1的中点， 如图所示，由于CD ∥C 1D 1，故∠AC 1D 1是异面直线AC 1与CD 所成角.设三棱柱的高为h ，则C 1A ＝4＋h 2，AD 1＝1＋h 2，C 1D 1＝22－1＝3，由于异面直线AC 1与CD 所成角的余弦值是34， 在△AC 1D 1中，由余弦定理得AD 21＝AC 21＋C 1D 21－2AC 1·C 1D 1·34，解得h ＝2 3. 故三棱柱的表面积为12×2×3×2＋3×2×2 3 ＝23＋123＝14 3.14.(2019·湘赣十四校联考)如图，正三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，底面边长为4，M ，N 分别在BC 和PO 上，且PN ＝2CM ，当三棱锥N －AMC 体积最大时，三棱锥N －AMC 的内切球的半径r 为________.答案 13－3解析 设CM ＝x ，V N －AMC ＝13S △AMC ·NO ＝13×12AC ·CM ·sin 60°·(PO －PN ) ＝13×12×4·x ×32(8－2x )＝233(4x －x 2)， 当x ＝2时，V N －AMC 取得最大值833， 此时M 为BC 中点，AM 经过点O ，且NO ＝4，AO ＝433， 所以可求NM ＝2393，NA ＝NC ＝833， 因此易求S △NAM ＝43，S △NCM ＝2393， S △NAC ＝4393，S △CAM ＝23， 又∵13(S △NAM ＋S △NCM ＋S △NAC ＋S △CAM )·r ＝V N －AMC ，∴r ＝13－3.15.已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，M ，N 分别为B 1C 1，BB 1的中点.现有下列四个结论：p 1：AC 1∥MN ；p 2：A 1C ⊥C 1N ；p3：B1C⊥平面AMN；p4：异面直线AB与MN所成角的余弦值为2 4.其中正确的结论是________.答案p2，p4解析正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点.对于p1：如图①所示，MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图②所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，∴ON⊥A1C，又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，∴A1C⊥平面ONC1，又C1N⊂平面ONC1，∴A1C⊥C1N，p2正确；对于p3：如图③所示，取BC的中点O，连接AO，BC1，过点O作OP∥BC1，交CC1于点P，连接AP，则AO⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，∴AO⊥B1C，又BC 1∥OP ，BC 1⊥B 1C ，∴B 1C ⊥OP ，又AO ∩OP ＝O ，AO ，OP ⊂平面AOP ， ∴B 1C ⊥平面AOP ，又平面AMN 与平面AOP 有公共点A ， ∴B 1C 与平面AMN 不垂直，p 3错误；对于p 4：如图④所示，连接BC 1，AC 1，则MN ∥BC 1， ∴∠ABC 1是异面直线AB 与MN 所成的角， 设AB ＝1，则AC 1＝BC 1＝2，∴cos ∠ABC 1＝(2)2＋12－(2)22×2×1＝24，p 4正确. 综上，其中正确的结论是p 2，p 4.。
2022年高考数学(理)二轮复习 专项精练：(高考22题) 12+4分项练2 Word版含答案
12＋4分项练2 不等式1．(2021届重庆市巴蜀中学三诊)设0<a <1，b >c >0，则下列结论不正确的是( ) A ．a b <a c B ．b a >c a C ．log a b <log a c D.a b >ac答案 D解析 取a ＝12，b ＝4，c ＝2可知D 错．故选D.2．(2021·山东)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3≤0，3x ＋y ＋5≤0，x ＋3≥0，则z ＝x ＋2y 的最大值是( )A ．0B ．2C ．5D ．6 答案 C解析 如图所示，先画出可行域， 作出直线l ：x ＋2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋5＝0，x ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝4.∴A (－3,4)．由图可知，平移直线l 至过点A 时，z 取得最大值， z max ＝－3＋2×4＝5. 故选C.3．(2021·辽宁省试验中学模拟)已知实数x ，y 满足x 2－xy ＋y 2＝1，则x ＋y 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 原式可化为：(x ＋y )2＝1＋3xy ≤1＋3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，解得－2≤x ＋y ≤2，当且仅当x ＝y ＝1时x ＋y 有最大值 2.故选B.4．(2021届浙江省嘉兴市第一中学适应性考试)已知xy ＝1，且0<y <22，则x 2＋4y 2x －2y 的最小值为( )A ．4 B.92C ．2 2D ．4 2 答案 A解析 由于xy ＝1且0<y <22， 可知x >2，所以x －2y >0.x 2＋4y 2x －2y ＝(x －2y )2＋4xyx －2y ＝x －2y ＋4x －2y≥4，当且仅当x ＝3＋1，y ＝3－12时等号成立．故选A.5．(2021届吉林省吉林高校附属中学模拟)已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋2y ＋1≥0，2x ＋y －1≤0，若直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2，则k 等于( ) A.14 B.13 C.12 D.34 答案 A解析 作出不等式组对应平面区域如图(△ABC 及其内部)，A (0,1)，B (1，－1)，∵直线y ＝k (x ＋1)过定点C (－1,0)，∵C 点在平面区域ABC 内， ∴点A 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 上＝|k －1|1＋k2，点B 到直线y ＝k (x ＋1)的距离d 下＝|2k ＋1|1＋k2，∵直线y ＝k (x ＋1)把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为1∶2， ∴2×|k －1|1＋k 2＝|2k ＋1|1＋k 2，解得k ＝14.故选A.6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >9 答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －b －7＝0，4a －b －13＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11.所以f (－1)＝c －6，所以0<c －6≤3，解得6<c ≤9，故选C.7．(2021届江西省重点中学联考)假照实数x ，y 满足关系⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，又2x ＋y －7x －3≥c 恒成立，则c 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，95 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫95，＋∞ D ．[3，＋∞) 答案 A解析 不等式组表示的平面区域如图所示，若c ≤2x ＋y －7x －3恒成立，则只需c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋y －7x －3min ，即c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y －1x －3min ，所以问题转化为求y －1x －3的最小值，y －1x －3表示可行域内动点(x ，y )与定点(3,1)连线的斜率，依据图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1x －3min ＝k BC ＝－15，所以c ≤95，故选A.8．(2021届福建省宁德市质量检查)已知实数x ，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，3x －2y －3≤0，x ＋y －1≥0表示的平面区域为D ，若存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，则实数m 的最大值为 ( ) A.18116 B ．1C.913 D .12 答案 A解析 如图，作出可行域D ，要使存在点P (x ，y )∈D ，使x 2＋y 2≥m 成立，只需m ≤(x 2＋y 2)max ，而x 2＋y 2表示阴影部分中的点与原点距离的平方，所以(x 2＋y 2)max ＝18116，即m ≤18116，m 的最大值为18116，故选A. 9．(2021·湖北省武汉市调研)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋2y ≤4，x －2y ≤2，假如目标函数z ＝x ＋ay 的最大值为163，则实数a 的值为( )A ．3 B.143C ．3或143D ．3或－113答案 D解析 先画出线性约束条件所表示的可行域，目标函数化为y ＝－1a x ＋1a z ，当a >0时，－1a<0，(1)当－12≤－1a<0，即a ≥2时，最优解为A ⎝⎛⎭⎫43，43，z ＝43＋43a ＝163，a ＝3，符合题意； (2)当－1a <－12，即0<a <2时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去； 当a <0时，－1a>0.(3)当0<－1a <12，即a <－2时，最优解为C (－2，－2)，z ＝－2－2a ＝163，a ＝－113，符合；(4)当－1a ≥12，即－2≤a <0时，最优解为B ⎝⎛⎭⎫3，12，z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合，舍去． 综上，实数a 的值为3或－113，故选D.10.(2021届河北省衡水中学押题卷)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法争辩代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF ⊥AB ，设AC ＝a ，BC ＝b ，则该图形可以完成的无字证明为( ) A.a ＋b 2≥ab (a >0，b >0)B ．a 2＋b 2≥2ab (a >0，b >0) C.2ab a ＋b ≤ab (a >0，b >0) C.a ＋b 2≤a 2＋b 22(a >0，b >0) 答案 D解析 AC ＝a ，BC ＝b ，可得圆O 的半径r ＝a ＋b2，又OC ＝OB －BC ＝a ＋b 2－b ＝a －b2，则FC 2＝OC 2＋OF 2＝(a －b )24＋(a ＋b )24＝a 2＋b 22，再依据题图知FO ≤FC ，即a ＋b2≤a 2＋b 22，当且仅当a ＝b 时取等号．故选D. 11．(2021·湖南省衡阳市联考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x －1，x ≤3，x ＋5y ≥4，则x 2y的最小值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D解析 作出不等式组所对应的平面区域，由图象可知x >0，y >0，设z ＝x 2y ，则x 2＝zy ，对应的曲线为开口向上的抛物线，由图象可知当直线y ＝x －1与抛物线相切时，z 取得最小值，将y ＝x －1代入抛物线x 2＝zy ，得x 2－zx ＋z ＝0，由Δ＝0⇒z ＝4，z ＝0(舍)． 故选D.12．(2021·湖南省长沙市长郡中学模拟)设正实数x ，y ，z 满足x 2－3xy ＋4y 2－z ＝0，则当xy z 取得最大值时，2x ＋1y －2z的最大值为( ) A ．0 B ．1 C.94 D ．3 答案 B解析 据已知等式得z ＝x 2－3xy ＋4y 2，故xy z ＝xy x 2－3xy ＋4y 2＝1x 2－3xy ＋4y 2xy ＝1x y ＋4y x－3，据基本不等式得xyz＝1x y ＋4yx－3≤12x y ·4yx－3＝1，当且仅当x y ＝4yx ，即x ＝2y 时取得最大值，此时z ＝2y 2且2x ＋1y －2z ＝2y －22y 2＝－⎝⎛⎭⎫1y －12＋1≤1，当y ＝1时取得最大值1. 13．(2021届河南省南阳市第一中学模拟)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≥0，3x －y －a ≤0，若目标函数z ＝x ＋y 的最小值为－25，则实数a 的值为________．答案 2解析 作出不等式组对应的平面区域为阴影部分ABO .由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线y ＝－x ＋z 经过点B 时，直线y ＝－x ＋z 截距最小，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝－25，2x ＋y ＝0解得⎩⎨⎧x ＝25，y ＝－45.即B ⎝⎛⎭⎫25，－45，同时B 也在直线3x －y －a ＝0上，即3×25－⎝⎛⎭⎫－45－a ＝0，得a ＝2. 14．(2021届云南省师范高校附属中学月考)下表所示为X ，Y ，Z 三种食物的维生素含量及成本，某食品厂欲将三种食物混合，制成至少含44 000单位维生素A 及48 000单位维生素B 的混合物100千克，所用的食物X ，Y ，Z 的质量分别为x ，y ，z (千克)，混合物的成本最少为________元.X Y Z 维生素A (单位/千克) 400 600 400 维生素B (单位/千克) 800 200 400 成本(元/千克)12108答案 960解析 混合食物成本的多少受到维生素A ，B 的含量以及混合物总量等因素的制约，各个条件综合考虑，得⎩⎪⎨⎪⎧400x ＋600y ＋400z ≥44 000，800x ＋200y ＋400z ≥48 000，x ＋y ＋z ＝100，x ≥0，y ≥0，z ≥0，消去不等式中的变量z ，得⎩⎪⎨⎪⎧y ≥20，2x －y ≥40，x ＋y ≤100，目标函数为混合物成本函数P ＝12x ＋10y ＋8z ＝800＋4x ＋2y .画出可行域如图所示，当直线y ＝－2x －400＋P2过可行域内的点A (30,20)时，即x ＝30千克，y ＝20千克，z ＝50千克时，成本P ＝960元为最少．15．(2021届江西省重点中学联考)已知△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，BC ＝4，若点P 是边BC 上的动点，且P 到AB ，AC 的距离分别为m ，n ，则4m ＋1n的最小值为________．答案 92解析 由题知AB ＝AC ＝433，则依据三角形面积相等有12×⎝⎛⎭⎫4332×32＝12×433(m ＋n )，则m ＋n ＝2，依据基本不等式，得4m ＋1n ＝12(m ＋n )⎝⎛⎭⎫4m ＋1n ＝12⎝⎛⎭⎫5＋4n m ＋m n ≥92， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，4n m ＝m n，即m ＝43，n ＝23时，等号成立．16．已知变量x ，y (x ，y ∈R )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y ≥5，y －3≤0，若不等式(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )恒成立，则实数c的最大值为________． 答案2513解析 作出可行域如图所示，设t ＝y x ，由可行域易知1≤t ≤32.又由(x ＋y )2≥c (x 2＋y 2) (c ∈R )，得 c ≤(x ＋y )2x 2＋y 2＝1＋2xy x 2＋y 2＝1＋2x y ＋y x，即c≤1＋2t＋1t，而2≤t＋1t≤136，所以1＋2t＋1t的最小值为1＋2136＝1＋1213＝2513，所以c≤2513.。
广西高考数学二轮复习 第2部分 高考22题各个击破 专题
不必要条件,则下列命题为真命题的是( D )
A.p∧q
B.( p)∧q
C.p∧( q)
D.( p)∧( q)
解析 命题p:对任意x∈R,总有2x>x2;是假命题,例如取x=2时,2x与x2 相等. q:由“a>1,b>1”⇒“ab>1”;反之不成立,例如取a=10,b=12 .
∴“ab>1”是“a>1,b>1”的必要不充分条件,是假命题. ∴选项中为真命题的是( p)∧( q),故选 D.
5.(2018天津,文1)设集合A={1,2,3,4},B={-1,0,2,3},C={x∈R|-
1≤x<2},则(A∪B)∩C=( C )
A.{-1,1} B.{0,1} C.{-1,0,1}
D.{2,3,4}
解析 ∵A={1,2,3,4},B={-1,0,2,3},∴A∪B={-1,0,1,2,3,4}.
解析
∵1
1-i
=
1+i (1-i)(1+i)
=
1+i 2
=
1 2
+
12i,∴12
+
12i
的共轭复数为1
2
−
12i,而
在复平面内,12 − 12i 对应的点的坐标为
1 2
,-
1 2
,点
1 2
,-
1 2
位于第四象限,
故选 D.
-11-
12.(2018 陕西西安质检)已知命题 p:∀x∈R,关于 x 的不等式
2.(2018全国Ⅱ,文1)i(2+3i)=( D )
A.3-2i B.3+2iC.-3-2i D.-3+2i 解析 i(2+3i)=2i+3i2=-3+2i.
2022年高考数学(理)二轮复习 专项精练：(高考22题) 12+4分项练3 Word版含答案
12＋4分项练3 函数的图象与性质1．已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数，记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜a ＜b C ．a ＜c ＜b D ．c ＜b ＜a 答案 B解析 由函数f (x )＝2|x －m |－1为偶函数，得m ＝0，∴f (x )＝2|x |－1，当x ＞0时，f (x )为增函数，log 0.53＝－log 23，∴log 25＞|－log 23|＞0，∴b ＝f (log 25)＞a ＝f (log 0.53)＞c ＝f (2m )＝f (0)， 故选B.2．(2021届安徽省巢湖市柘皋中学模拟)下列函数中，与函数y ＝x 3的单调性和奇偶性全都的函数是( ) A ．y ＝xB ．y ＝tan xC ．y ＝x ＋1xD ．y ＝e x －e －x答案 D 解析 函数y ＝x 3既是奇函数也是R 上的增函数，对比各选项：y ＝x 为非奇非偶函数，排解A ；y ＝tan x 为奇函数，但不是R 上的增函数，排解B ；y ＝x ＋1x 为奇函数，但不是R 上的增函数，排解C ；y ＝e x －e －x 为奇函数，且是R 上的增函数，故选D.3．(2021届河北省唐山市模拟)函数f (x )＝e x＋1x (e x －1)(其中e 为自然对数的底数)的图象大致为( )答案 A解析 f (－x )＝e －x ＋1(－x )(e －x －1)＝e x ＋1(－x )(1－e x )＝e x ＋1x (e x －1)＝f (x )，所以f (x )为偶函数，图象关于y 轴对称， 又当x →＋∞时，f (x )→0，故选A.4．已知定义域为R 的奇函数f (x )满足f (3－x )＋f (x )＝0，且当x ∈⎝⎛⎭⎫－32，0时，f (x )＝log 2(2x ＋7)，则f (2 017)等于( ) A ．－2B ．log 23C ．3D ．－log 25 答案 D解析 由于奇函数f (x )满足f (3－x )＋f (x )＝0， 所以f (x )＝－f (3－x )＝f (x －3)，即周期为3， 所以f (2 017)＝f (1)＝－f (－1)＝－log 25，故选D.5．(2021·天津市第一中学月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1，则函数g (x )＝2|x |f (x )－2的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1的图象如图，由g (x )＝2|x |f (x )－2＝0可得f (x )＝22|x |，则问题化为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1与函数y ＝22|x |＝21－|x |的图象的交点的个数问题．结合图象可以看出两函数图象的交点只有两个，故选B.6．(2021届浙江省嘉兴一中适应性考试)设函数f (x )＝(x －a )|x －a |＋b ，a ，b ∈R ，则下列叙述中正确的序号是( )①对任意实数a ，b ，函数y ＝f (x )在R 上是单调函数； ②对任意实数a ，b ，函数y ＝f (x )在R 上都不是单调函数； ③对任意实数a ，b ，函数y ＝f (x )的图象都是中心对称图形；④存在实数a ，b ，使得函数y ＝f (x )的图象不是中心对称图形． A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．③④ 答案 A解析 考虑y ＝x |x |，函数f (x )＝(x －a )|x －a |＋b 的图象是由它平移得到的，因此，其单调性和对称性不变． 7．(2021届河南省息县第一高级中学适应性考试)若函数f (x )＝t e x －t －2e x －1·ln 1＋x 1－x ＋x 2＋1是偶函数，则实数t 等于( ) A ．－2 B ．2C ．1D ．－1答案 D解析 由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x1－x >0，e x－1≠0知定义域为(－1,0)∪(0,1)，令g (x )＝ln 1＋x 1－x ，h (x )＝t e x －t －2e x －1，则g (－x )＝ln 1－x 1＋x ＝－ln 1＋x1－x ＝－g (x )，∴g (x )＝ln 1＋x1－x是奇函数，则h (x )＝t e x－t －2e x －1＝t －2e x －1是奇函数，由h (x )＋h (－x )＝0，即t －2e x －1＋t －2e －x －1＝0，整理得2t －2e x －1－2e x1－e x＝0，解得t ＝－1，故选D.8．(2021届江西省重点中学联考)已知函数f (x )＝x 3＋1，g (x )＝2(log 2x )2－2log 2x ＋t －4，若函数F (x )＝f (g (x ))－1在区间[1,22]上恰有两个不同的零点，则实数t 的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤52，4 B.⎣⎡⎭⎫52，92 C.⎣⎡⎭⎫4，92 D.⎣⎡⎦⎤4，92 答案 C解析 设u ＝g (x )，则F (x )＝f (u )－1＝0，即f (u )－1＝0，则u ＝0，所以问题转化为g (x )＝0在区间[1,22]上恰有两个不同的根，即2(log 2x )2－2log 2x ＋t －4＝0在区间[1,22]上恰有两个不同的根，设v ＝log 2x ，则v ∈⎣⎡⎦⎤0，32，则问题转化为2v 2－2v ＋t －4＝0在区间⎣⎡⎦⎤0，32上有两个不同的根，结合二次函数图象可知，应满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8(t －4)>0，t －4≥0，2×94－2×32＋t －4≥0.解得4≤t <92，故选C.9．(2021届福建省宁德市质量检查)已知函数f (x )是定义域为R 的奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝log 2(x ＋1)＋2x－a ，则满足f (x 2－3x －1)＋9<0的实数x 的取值范围是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1,0) C ．(0,1) D ．(1,2)答案 D解析 由于f (0)＝log 2(0＋1)＋20－a ＝0，所以a ＝1. 由题意可知，当x <0时，f (x )＝－log 2(－x ＋1)－2－x ＋1. 又分析知f (x )在R 上单调递增， 所以若f (x )＋9<0，则f (x )<－9＝f (－3)， 所以x <－3.又由于f (x 2－3x －1)＋9<0， 所以x 2－3x －1<－3，解得1<x <2.故选D.10．已知函数f (x )＝e x 2－ae x ，对于任意的x 1，x 2∈[1,2]，且x 1≠x 2，[|f (x 1)|－|f (x 2)|](x 1－x 2)>0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－e 24，e 24 B.⎣⎡⎦⎤－e 22，e 22 C.⎣⎡⎦⎤－e 23，e23 D ．[－e 2，e 2] 答案 B解析 设任意的x 1，x 2∈[1,2]，且x 1<x 2，由[|f (x 1)|－|f (x 2)|](x 1－x 2)>0，则函数y ＝|f (x )|为增函数，当a ≥0，f (x )在[1,2]上是增函数，则f (1)≥0，解得0≤a ≤e 22，当a <0时，|f (x )|＝f (x )，令e x 2＝－aex ，解得x ＝ln－2a ，对勾函数的单调递增区间为[ln －2a ，＋∞)，故ln－2a ≤1，解得－e 22≤a <0，综上可知，a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－e 22，e 22，故选B. 11．(2021·湖北省武汉市调研)已知函数f (x )＝e x＋a ·e －x＋2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，若g (x )＝f (x )与y ＝f (f (x ))的值域相同，则a 的取值范围是( ) A ．a <0B ．a ≤－1C ．0<a ≤4D ．a <0或0<a ≤4 答案 A解析 方法一 排解法：当a ＝1时，令e x ＝t >0，f (t )＝t ＋1t ＋2≥4，当且仅当t ＝1时“＝”成立，值域为[4，＋∞)，f (f (t ))在[4，＋∞)上为增函数，值域为⎣⎡⎭⎫254，＋∞，不合题意舍去，排解C 和D ；当a ＝－12时，f (x )＝t －12t ＋2，f ′(x )＝1＋12t 2>0，函数在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，f (f (x ))的值域也为R ，符合题意，排解B ，故选A.方法二 当a <0时，令t ＝e x >0，f (t )＝t ＋at ＋2，f ′(t )＝1－at 2＝t 2－at2>0，f (x )的值域为R ，y ＝f (f (x ))的值域也是R ，符合题意，故选A.12．(2021届河北省衡水中学押题卷)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝2f (x )，且当x ∈[2,4]时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，2≤x ≤3，x 2＋2x ，3<x ≤4，g (x )＝ax ＋1，对∀x 1∈[－2,0]，∃x 2∈[－2,1]，使得g (x 2)＝f (x 1)，则实数a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－18∪⎣⎡⎭⎫18，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫－14，0∪⎝⎛⎦⎤0，18 C ．(0,8]D.⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪⎣⎡⎭⎫18，＋∞ 答案 D解析 由题知问题等价于函数f (x )在[－2,0]上的值域是函数g (x )在[－2,1]上的值域的子集．当x ∈[2,4]时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －2)2＋4，2≤x ≤3，x ＋2x，3<x ≤4，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得f (x )∈⎣⎡⎦⎤3，92，由f (x ＋2)＝2f (x )，可得f (x )＝12f (x ＋2)＝14f (x ＋4)，当x ∈[－2，0]时，x ＋4∈[2,4]．则f (x )在[－2,0]上的值域为⎣⎡⎦⎤34，98. 当a >0时，g (x )∈[－2a ＋1，a ＋1]，则有⎩⎨⎧－2a ＋1≤34，a ＋1≥98，解得a ≥18；当a ＝0时，g (x )＝1，不符合题意；当a <0时，g (x )∈[a ＋1，－2a ＋1]，则有⎩⎨⎧a ＋1≤34，－2a ＋1≥98，解得a ≤－14.综上所述，可得a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪⎣⎡⎭⎫18，＋∞.故选D.13．(2021·湛江二模)函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x －2的定义域是____________．答案 (－∞，－1]解析 由⎝⎛⎭⎫12x－2≥0，得2－x ≥2，即－x ≥1，x ≤－1， 所以函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x －2的定义域是(－∞，－1]． 14．(2021届湖南省株洲市一模)某市家庭煤气的使用量x (m 3)和煤气费f (x )(元)满足关系f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧C ，0<x ≤A ，C ＋B (x －A )，x >A ，已知某家庭今年前三个月的煤气费如下表：若四月份该家庭使用了20 m 3答案 11.5解析 由题设可得x ＝C ＝4≤A ，且⎩⎪⎨⎪⎧4＋(25－A )B ＝14，4＋(35－A )B ＝19⇒⎩⎪⎨⎪⎧A ＝5，B ＝12，故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，0<x ≤5，4＋12(x －5)，x >5，则f (20)＝4＋12(20－5)＝11.5.15．已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2，n ＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题是________．(写出全部真命题的序号) 答案 ①④解析 ①中，由于指数函数为单调递增函数，所以m ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，①正确；②中，由二次函数的单调性可知g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞上单调递增， 所以n ＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2>0不肯定成立，②不正确；③中，由m ＝n ，可得f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)， 即为g (x 1)－f (x 1)＝g (x 2)－f (x 2)，设h (x )＝x 2＋ax －2x ⇒h ′(x )＝2x ＋a －2x ln 2，当直线2x ＋a 与曲线2x ln 2相切或相离时，h ′(x )≤0，h (x )单调递减，对于此时的a ，不存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ，③不正确； ④中，由于m ＝－n ，可得f (x 1)－f (x 2)＝－[g (x 1)－g (x 2)]， 即为g (x 1)＋f (x 1)＝g (x 2)＋f (x 2)，设t (x )＝x 2＋ax ＋2x ⇒t ′(x )＝2x ＋a ＋2x ln 2，对于任意的a ，t ′(x )不恒大于0或小于0，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n ，④正确．故填①④. 16．(2021·甘肃省西北师范高校附属中学诊断)若函数f (x )对定义域内的任意x 1，x 2，当f (x 1)＝f (x 2)时，总有x 1＝x 2，则称函数f (x )为单纯函数，例如函数f (x )＝x 是单纯函数，但函数f (x )＝x 2不是单纯函数，下列命题：①函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ≥2，x －1，x <2是单纯函数；②当a >－2时，函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在(0，＋∞)上是单纯函数；③若函数f (x )为其定义域内的单纯函数，x 1≠x 2，则f (x 1)≠f (x 2)；④若函数f (x )是单纯函数且在其定义域内可导，则在其定义域内肯定存在x 0使其导数f ′(x 0)＝0，其中正确的命题为________．(填上全部正确命题的序号) 答案 ①③解析 由题设中供应的“单纯函数”的定义可知：当函数是单调函数时，该函数必为单纯函数．由于当x ≥2时，f (x )＝log 2x 单调，当x <2时，f (x )＝x －1单调，结合f (x )的图象可知f (x )是单纯函数，故命题①正确；对于命题②，由于f (x )＝x ＋1x ＋a 不单调，故不是单纯函数，故命题②错误；此命题是单纯函数定义的逆否命题，故当x 1≠x 2时，f (x 1)≠f (x 2)，即命题③正确；对于命题④，例如，f (x )＝x 是单纯函数，但在定义域内不存在x 0使f ′(x 0)＝0，故④错误，答案为①③.。
高考理科数学复习第2部分 高考22题逐题特训 专题1 12+4分项练5 解析几何
(五)解析几何1.(2019·成都诊断)已知a ∈R 且为常数，圆C ：x 2＋2x ＋y 2－2ay ＝0，过圆C 内一点(1,2)的直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，当弦AB 最短时，直线l 的方程为2x －y ＝0，则a 的值为( )A.2B.3C.4D.5答案 B解析 圆C ：x 2＋2x ＋y 2－2ay ＝0，化简为(x ＋1)2＋(y －a )2＝a 2＋1，圆心坐标为C (－1，a )，半径为a 2＋1.如图，由题意可得，当弦AB 最短时，过圆心与点(1,2)的直线与直线2x －y ＝0垂直. 则a －2－1－1＝－12，即a ＝3. 2.(2019·毛坦厂中学联考)已知F 1，F 2两点是中心为原点的双曲线C 的焦点，F 1(0,5)，P 是该双曲线上一点，||PF 1|－|PF 2||＝6，则该双曲线的渐近线为( )A.3x ±5y ＝0B.5x ±3y ＝0C.4x ±3y ＝0D.3x ±4y ＝0答案 D解析 由题意知，该双曲线焦点在y 轴上，c ＝5,2a ＝6，即a ＝3，∴b ＝c 2－a 2＝4，则双曲线C 的渐近线方程为y ＝±34x ，即3x ±4y ＝0.3.(2019·抚顺模拟)已知斜率为－1的直线过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，且与该抛物线交于A ，B 两点，若线段AB 的中点的纵坐标为－2，则该抛物线的准线方程为( )A.x ＝2B.x ＝1C.x ＝－2D.x ＝－1答案 D解析 由题意，直线AB ：y ＝－x ＋p 2并代入y 2＝2px ， 并整理得：y 2＋2py －p 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－2p ，∴y 1＋y 22＝－p ＝－2，解得p ＝2. 所以该抛物线的准线方程为x ＝－p 2＝－1. 4.(2019·南昌适应性测试)若椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为13，A ，F 分别为椭圆的左、右焦点，B 为右顶点，过右焦点F 作垂直于x 轴的直线交椭圆于点C ，则cos ∠ACB 等于( ) A.35 B.57 C.327 D.725答案 D解析 因为椭圆的离心率为13，所以a ＝3c ，b ＝22c ， 因为过右焦点F 作垂直于x 轴的直线交椭圆于点C ，所以得点C ⎝⎛⎭⎫c ，±b 2a ，即C ⎝⎛⎭⎫c ，±83c ， 从而A (－c ,0)，B (3c ,0)，在△ABC 中，|AC |＝103c ，|BC |＝103c ，|AB |＝4c ， cos ∠ACB ＝1009×c 2×2－16c 21009×c 2×2＝725. 5.设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点M (5，0)的直线与抛物线相交于A ，B 两点，与抛物线的准线相交于C 点，|BF |＝3，则△BCF 与△ACF 的面积之比S △BCF S △ACF等于( ) A.34 B.45 C.56 D.67答案 D解析 设点A 在第一象限，点B 在第四象限，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝my ＋ 5.由y 2＝4x 得p ＝2，因为|BF |＝3＝x 2＋p 2＝x 2＋1， 所以x 2＝2，则y 22＝4x 2＝4×2＝8，所以y 2＝－22，由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋5，得y 2－4my －45＝0， 由根与系数的关系，得y 1y 2＝－45，所以y 1＝10，由y 21＝4x 1，得x 1＝52. 过点A 作AA ′垂直于准线x ＝－1，垂足为A ′(图略)，过点B 作BB ′垂直于准线x ＝－1，垂足为B ′，易知△CBB ′∽△CAA ′，所以S △BCF S △ACF ＝|BC ||AC |＝|BB ′||AA ′|. 又|BB ′|＝|BF |＝3，|AA ′|＝x 1＋p 2＝52＋1＝72， 所以S △BCF S △ACF ＝372＝67. 6.(2019·凯里模拟)已知F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点，A 是椭圆短轴的一个端点，若F 为过AF 的椭圆的弦的三等分点，则椭圆的离心率为( )A.13B.33C.12D.32答案 B解析 延长AF 交椭圆于点B ，设椭圆左焦点为F ′，连接AF ′，BF ′.根据题意|AF |＝b 2＋c 2＝a ，|AF |＝2|FB |，所以|FB |＝a 2， 根据椭圆定义|BF ′|＋|BF |＝2a ，所以|BF ′|＝3a 2. 在△AFF ′中，由余弦定理得cos ∠F ′AF ＝|F ′A |2＋|F A |2－|F ′F |22|F ′A |·|F A |＝2a 2－4c 22a 2， 在△AF ′B 中，由余弦定理得cos ∠F ′AB ＝|F ′A |2＋|AB |2－|BF ′|22|F ′A |·|AB |＝13， 所以2a 2－4c 22a 2＝13，解得a ＝3c ， 所以椭圆离心率为e ＝c a ＝33. 7.(2019·凯里模拟)已知A 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点，P 为双曲线右支上一点，若点P 关于双曲线中心O 的对称点Q 满足k AP × k AQ ＝14，则双曲线的离心率为( ) A.5＋1 B.52C. 5D.5－1 答案 B解析 设P (x ，y )，Q (－x ，－y )，A (a ,0)，因为k AP × k AQ ＝14， 所以y －0x －a ·－y －0－x －a ＝y －0x －a ·y －0x ＋a ＝y 2x 2－a 2＝14， 因为x 2a 2－y 2b2＝1， 所以y 2＝b 2a 2(x 2－a 2)， 所以b 2a 2(x 2－a 2)x 2－a2＝14， 所以a ＝2b ，所以a 2＝4b 2＝4(c 2－a 2)，所以5a 2＝4c 2，所以e ＝52. 8.(2019·汉中质检)已知抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，交准线于点C ，若|BC |＝2|BF |，则|AB |等于( )A.12B.14C.16D.28答案 C解析 抛物线y 2＝8x ，p ＝4，分别过A ，B 作准线的垂线，垂足为M ，N ，如图：由抛物线的定义可知：|AM |＝|AF |，|BN |＝|BF |，∵BN ∥x 轴，∴|BN |p ＝|BC ||CF |，∵|BC |＝2|BF |，∴有|BF |p ＝2|BF |2|BF |＋|BF |，解得|BF |＝8－4 2.∴|CF |＝|CB |＋|BF |＝4 2.∵AM ∥x 轴，所以p|AM |＝|CF ||CA |，∴p|AF |＝4242＋|AF |，∴|AF |＝8＋42，所以|AB |＝16.9.已知点P 在抛物线y 2＝x 上，点Q 在圆⎝⎛⎭⎫x ＋122＋(y －4)2＝1上，则|PQ |的最小值为() A.352－1 B.332－1C.23－1D.10－1答案 A解析 设抛物线上点的坐标为P (m 2，m ).圆心⎝⎛⎭⎫－12，4与抛物线上的点的距离的平方d 2＝⎝⎛⎭⎫m 2＋122＋(m －4)2＝m 4＋2m 2－8m ＋654.令f (m )＝m 4＋2m 2－8m ＋654，则f ′(m )＝4(m －1)(m 2＋m ＋2)，由导函数与原函数的关系可得函数f (m )在区间(－∞，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，函数f (m )的最小值为f (1)＝454，由几何关系可得|PQ |的最小值为454－1＝352－1. 10.(2019·东北三省三校模拟)已知直线y ＝2x ＋m 与椭圆C ：x 25＋y 2＝1相交于A ，B 两点，O 为坐标原点.当△AOB 的面积取得最大值时，|AB |等于( ) A.54221 B.21021 C.2427 D.3427答案 A解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 25＋y 2＝1， 得21x 2＋20mx ＋5m 2－5＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－20m 21，x 1x 2＝5m 2－521， |AB |＝1＋22(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝520(21－m 2)21＝1021－m 221. 又O 到直线AB 的距离d ＝|m |5， 则△AOB 的面积S ＝12d ·|AB | ＝5m 2(21－m 2)21≤5×m 2＋21－m 2221＝52， 当且仅当m 2＝21－m 2，即m 2＝212时， △AOB 的面积取得最大值. 此时|AB |＝1021－m 221＝54221. 11.(2017·全国Ⅰ)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( )A.(0,1]∪[9，＋∞)B.(0，3]∪[9，＋∞)C.(0,1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)答案 A解析 方法一 设椭圆焦点在x 轴上，则0<m <3，点M (x ，y ).过点M 作x 轴的垂线，交x 轴于点N ，则N (x ,0).故tan ∠AMB ＝tan(∠AMN ＋∠BMN ) ＝3＋x |y |＋3－x |y |1－3＋x |y |·3－x |y |＝23|y |x 2＋y 2－3. 又tan ∠AMB ＝tan 120°＝－3，且由x 23＋y 2m ＝1，可得x 2＝3－3y 2m， 则23|y |3－3y 2m ＋y 2－3＝23|y |⎝⎛⎭⎫1－3m y 2＝－ 3. 解得|y |＝2m 3－m . 又0<|y |≤m ，即0<2m 3－m≤m ， 结合0<m <3解得0<m ≤1. 对于焦点在y 轴上的情况，同理亦可得m ≥9.则m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞).方法二 当0<m <3时，焦点在x 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则a b ≥tan 60°＝3，即3m≥3， 解得0<m ≤1.当m >3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则a b ≥tan 60°＝3，即m 3≥3，解得m ≥9. 故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞).12.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为双曲线右支上一点(异于右顶点)，△PF 1F 2的内切圆与x 轴切于点(2,0).过F 2作直线l 与双曲线交于A ，B 两点，若使|AB |＝b 2的直线l 恰有三条，则双曲线离心率的取值范围是( )A.(1，2)B.(1,2)C.(2，＋∞)D.(2，＋∞)答案 C解析 |F 1F 2|＝2c (c 2＝a 2＋b 2)，设△PF 1F 2的内切圆分别与PF 1，F 1F 2，PF 2切于点G ，H ，I ，则|PG |＝|PI |，|F 1G |＝|F 1H |，|F 2H |＝|F 2I |.由双曲线的定义知2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝|F 1G |－|F 2I |＝|F 1H |－|F 2H |，又|F 1H |＋|F 2H |＝|F 1F 2|＝2c ，故|F 1H |＝c ＋a ，|F 2H |＝c －a ，所以H (a ,0)，即a ＝2.注意到这样的事实：若直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，则当l ⊥x 轴时，|AB |有最小值2b 2a＝b 2； 若直线l 与双曲线的两支各交于一点(A ，B 两点)，则当l ⊥y 轴时，|AB |有最小值2a ，于是，由题意得b 2>2a ＝4，b >2，c ＝a 2＋b 2>22，所以双曲线的离心率e ＝c a > 2. 13.(2019·靖远模拟)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与圆(x －2)2＋(y －1)2＝1相切，则b a＝________. 答案 34解析 双曲线C 的渐近线方程为by ±ax ＝0，画出图象(图略)可知，与圆相切的只可能是by －ax ＝0， 由|b －2a |a 2＋b 2＝1， 得3a ＝4b ，故b a ＝34. 14.(2019·上海市交大附中模拟)过直线l ：x ＋y ＝2上任一点P 向圆C ：x 2＋y 2＝1作两条切线，切点分别为A ，B ，线段AB 的中点为Q ，则点Q 到直线l 的距离的取值范围为________.答案 ⎣⎡⎭⎫22，2 解析 设点P (x 0,2－x 0)，则直线AB 的方程为x 0x ＋(2－x 0)y ＝1(注：由圆x 2＋y 2＝r 2外一点E (x 0，y 0)向该圆引两条切线，切点分别为F ，G ，则直线FG 的方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2)，注意到直线AB ：x 0x ＋(2－x 0)y ＝1，即x 0(x －y )＋(2y －1)＝0，直线x －y ＝0与2y －1＝0的交点为N ⎝⎛⎭⎫12，12.又OQ →·QN →＝0，因此点Q 的轨迹是以ON 为直径的圆(除去原点)，其中该圆的圆心坐标是⎝⎛⎭⎫14，14，半径是12|ON |＝24.又线段ON 的中点⎝⎛⎭⎫14，14到直线x ＋y －2＝0的距离等于⎪⎪⎪⎪14＋14－22＝324，因此点Q 到直线l 的距离的取值范围是⎣⎡⎭⎫324－24，324＋24＝⎣⎡⎭⎫22，2. 15.(2019·沈阳郊联体模拟)已知椭圆x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 1与过F 2的直线l 2交于点M ，设M 的坐标为(x 0，y 0)，若l 1⊥l 2，则下列结论序号正确的有________. ①x 204＋y 203<1；②x 204＋y 203>1；③x 04＋y 03<1；④4x 20＋3y 20>1. 答案 ①③④解析 F 1(－1,0)，F 2(1,0)，因为l 1⊥l 2，MF 1→·MF 2→＝0，所以(－1－x 0)×(1－x 0)＋(－y 0)×(－y 0)＝0，即x 20＋y 20＝1，M 在圆x 2＋y 2＝1上，它在椭圆的内部，故x 204＋y 203<1，故①正确，②错误； O 到直线x 4＋y 3＝1的距离为3×45＝125>1， O 在直线x 4＋y 3＝1的下方， 故圆x 2＋y 2＝1在其下方，即x 04＋y 03<1，故③正确； 4x 20＋3y 20≥x 20＋y 20＝1，但4x 20＝x 20，3y 20＝y 20不同时成立，故4x 20＋3y 20>x 20＋y 20＝1，故④成立.。
高考22题逐题特训Ⅰ卷考题专练12+4分项练4
32
12
32
12
( ) 1
A. ，1 2
( )1
B. － ，1 2
( ) 1
C. ，－1 2
( ) 1
D. － ，－1 2
答案 A
解析 依题意，得 f′(x)＝x2－x＋3，∴f″(x)＝2x－1，
1 由 f″(x)＝0，即 2x－1＝0，得 x＝ ，
2
( ) ( ) 1
又f 2
11
5
1
＝1，∴函数 f(x)＝ x3－ x2＋3x－ 的对称中心为 ，1 .
调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当 x＝2 时，函数取得极小值－e－2，又当 x>2 时总有 y
＝
( )1
(1－x)e－x<0，∴可得 a 的取值范围是 －e2，0 ，故选 D. 9．(2017·福建省厦门第一中学模拟)若曲线 C1：y＝ax2(a>0)与曲线 C2：y＝ex 存在公共切线，
则 a 的取值范围为( )
32
的取值范围为( )
( ) 5 10
A. ， 23
[ ) 5
B. ，＋∞ 2
[ ) 10
C. ，
x3 a 解析 若函数 f(x)＝ － x2＋x 在区间(1,2)上单调递减，则 f′(x)＝x2－ax＋1≤0 在[1,2]上恒
32
( ) 1
1
15
5
成立，即 a≥x＋ 在[1,2]上恒成立，而 x＋
C.
－ ，＋∞ e2
( )1
D. －e2，0
答案 D
解析 ∵曲线 y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与 y 轴垂直，∴f′(x)
＝a＋(x－1)e－x＝0 有两个不同的解，即 a＝(1－x)e－x 有两个不同的解，设 y＝(1－x)e－x，
高考数学总复习 第二部分 高考22题各个击破 5.1 几何体的三视图与面积、体积的专项练课件 文
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4
第四页，共二十一页。
一、选择题(共12小题,满分60分)
1.(2018全国Ⅲ,文3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部
分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边(yòu bian)的小长方体是榫头.若
如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的
A.27π
B.36π
2 3
3
1
C.45π
D.54π
2
∴
S 侧=π×2r×r=2πr
=18π,S 底=π×r2=9π,S 半球= ×4π×r2=2πr2=18π,
2
关闭
∴几何体的表面积为 S 表面积=S 侧+S 底+S 半球=18π+9π+18π=45π.故选
V=π×r2
C
C.
解析(jiě
解析
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第一页，共二十一页。
5.1 几何体的三视图与面积(miàn jī)、
体积的专项练
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第二页，共二十一页。
1.空间几何体的三视图
(1)三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三
个平面投影图.
(2)几何体的摆放位置不同,其三视图一般也不同.
OA= × ×2r×r×r= r ,
3
3 2
3
1
所以 r3=9,解得 r=3.
3
关闭
36π
所以球
O 的表面积为 4πr2=36π.
解析(jiě
解析
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xī)
答案
(dá
20