已知正四面体ABCD的棱长为a,求其外接球的半径R和内切球的半径r
高中数学人教版必修球的表面积与体积作业（系列三）
⾼中数学⼈教版必修球的表⾯积与体积作业（系列三）球的体积和表⾯积练习基础巩固⼀、选择题1．如果三个球的半径之⽐是123，那么最⼤球的表⾯积是其余两个球的表⾯积之和的( )A ．59倍B ．95倍C ．2倍D ．3倍[答案] B[解析] 设⼩球半径为1，则⼤球的表⾯积S ⼤＝36π，S ⼩＋S 中＝20π，36π20π＝95.2．若两球的体积之和是12π，经过两球球⼼的截⾯圆周长之和为6π，则两球的半径之差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] A[解析] 设两球的半径分别为R 、r(R>r)，则由题意得4π3R 3＋4π3r 3＝12π，2πR ＋2πr ＝6π.解得R ＝2，r ＝1.故R －r ＝1. 3．⼀个正⽅体表⾯积与⼀个球表⾯积相等，那么它们的体积⽐是( ) A ．6π6 B ．π2C ．2π2D ．3π2π[答案] A [解析] 由6a 2＝4πR 2得a R＝2π3，∴V 1V 2＝a 343πR 3＝34π?2π33＝6π6.4．已知轴截⾯是正⽅形的圆柱的⾼与球的直径相等，则圆柱的全⾯积与球的表⾯积的⽐是( )A ．65B ．5 4C ．4 3D ．32[答案] D[解析] 设球的半径为R ，则圆柱的⾼h ＝2R ，底⾯的半径也为R ，∴S 柱S 球＝2πR 2＋4πR 24πR 2＝32. 5．下图是⼀个⼏何体的三视图，根据图中数据，可得该⼏何体的表⾯积是( )A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π[答案] D[解析] 本题是三视图还原为⼏何体的正投影问题．．．．．，考查识图能⼒，空间想像能⼒．由题设可知，该⼏何体是圆柱的上⾯有⼀个球，圆柱的底⾯半径为1，⾼为3，球的半径为1，∴该⼏何体的表⾯积为2π×1×3＋2π×12＋4π×12＝12π.6．64个直径都为a4的球，记它们的体积之和为V 甲，表⾯积之和为S 甲；⼀个直径为a的球，记其体积为V ⼄，表⾯积为S ⼄，则( )A ．V 甲>V ⼄且S 甲>S ⼄B ．V 甲C ．V 甲＝V ⼄且S 甲>S ⼄D ．V 甲＝V ⼄且S 甲＝S ⼄[答案] C[解析] 计算得V 甲＝16πa 3，S 甲＝4πa 2，V ⼄＝16πa 3，S ⼄＝πa 2，∴V 甲＝V ⼄，且S 甲>S⼄．⼆、填空题7．(2013·陕西)某⼏何体的三视图如图所⽰，则其表⾯积为________.[答案] 3π[分析] 由三视图可知该⼏何体为半个球，利⽤球的表⾯积公式求解即可． [解析] 由三视图，易知原⼏何体是个半球，其半径为1，S ＝π×12＋12×4×π×12＝3π.8．已知棱长为2的正⽅体的体积与球O 的体积相等，则球O 的半径为________. [答案] 36π[解析] 设球O 的半径为r ，则43πr 3＝23，解得r ＝36π. 三、解答题9．体积相等的正⽅体、球、等边圆柱(轴截⾯为正⽅形)的全⾯积分别是S 1、S 2、S 3，试⽐较它们的⼤⼩．[解析] 设正⽅体的棱长为a ，球的半径为R ，等边圆柱的底⾯半径为r ，则S 1＝6a 2，S 2＝4πR 2，S 3＝6πr 2.由题意知，43πR 3＝a 3＝πr 2·2r ，∴R ＝334πa ，r ＝312πa ，∴S 2＝4π? ????334πa 2＝4π·3916π2a 2＝336πa 2， S 3＝6π? ????312πa 2＝6π·314π2a 2＝354πa 2，∴S 2⼜6a 2>332πa 2＝354πa 2，即S 1>S 3. ∴S 1、S 2、S 3的⼤⼩关系是S 210．如图，某种⽔箱⽤的“浮球”，是由两个半球和⼀个圆柱筒组成．已知半球的直径是6 cm ，圆柱筒⾼为2 cm.(1)这种“浮球”的体积是多少cm 3(结果精确到0.1)?(2)要在2500个这样的“浮球”表⾯涂⼀层胶，如果每平⽅⽶需要涂胶100克，那么共需胶多少克？[解析] (1)因为半球的直径是6 cm ，可得半径R ＝3 cm ，所以两个半球的体积之和为 V 球＝43πR 3＝43π·27＝36π(cm 3)．⼜圆柱筒的体积为V 圆柱＝πR 2·h ＝π×9×2＝18π(cm 3)．所以这种“浮球”的体积是：V ＝V 球＋V 圆柱＝36π＋18π＝54π≈169.6(cm 3)． (2)根据题意，上下两个半球的表⾯积是 S 球表＝4πR 2＝4×π×9＝36π(cm 2)，⼜“浮球”的圆柱筒的侧⾯积为： S 圆柱侧＝2πRh ＝2×π×3×2＝12π(cm 2)，所以1个“浮球”的表⾯积为 S ＝36π＋12π104＝48104π(m 2)．因此，2500个这样的“浮球”表⾯积的和为2500S ＝2500×48104π＝12π(m 2)．因为每平⽅⽶需要涂胶100克，所以共需要胶的质量为：100×12π＝1200π(克)．能⼒提升⼀、选择题1．(2015·深圳⼀模)⽤⼀个平⾏于⽔平⾯的平⾯去截球，得到如图所⽰的⼏何体，则它的俯视图是( )[答案] B[解析] 选项D 为主视图或者侧视图，俯视图中显然应有⼀个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B ．2．已知球的两个平⾏截⾯的⾯积分别为5π和8π，它们位于球⼼的同⼀侧，且相距为1，那么这个球的半径是( )A ．4B ．3C ．2D ．5[答案] B[解析] BD ＝5，AC ＝22，CD ＝OD －OC ＝R 2－BD 2－R 2－AC 2＝R 2－5－R 2－8＝1.解得R ＝3. 3．⼀个球与⼀个正三棱柱的三个侧⾯和两个底⾯都相切，已知这个球的体积为323π，那么这个正三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3[答案] D[解析] 由题意可知正三棱柱的⾼等于球的直径，从棱柱中间截得球的⼤圆内切于正三⾓形，正三⾓形与棱柱底的三⾓形全等，设三⾓形边长为a ，球半径为r ，由V 球＝43×πr 3＝32π3解r ＝2.S △＝12a 2sin60°＝12a·r×3，得a ＝23r ＝43，所以V 柱＝S △·2r ＝48 3.4．(2015·河北衡⽔中学下学期⼆调考试)已知某⼏何体的三视图如图所⽰，其中正视图、侧视图均是由三⾓形与半圆构成，俯视图由圆与内接三⾓形构成，根据图中的数据可得此⼏何体的体积为( )A ．2π3＋12B ．4π3＋16C ．2π6＋16D ．2π3＋12[答案] C[解析] 由已知的三视图可知原⼏何体的上⽅是三棱锥，下⽅是半球，∴V ＝13×(12×1×1)×1＋[43π(22)3]×12＝16＋2π6，故选C ．⼆、填空题5．(2015·⽢肃武威铁路中学专题训练)⼀个半径为2的球体经过切割后，剩余部分⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________.[答案] 16π[解析] 该⼏何体是从⼀个球体中挖去14个球体后剩余的部分，所以该⼏何体的表⾯积为34×(4π×)＋2×π×2＝16π. 6．若圆柱、圆锥的底⾯直径和⾼都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的⽐为________. [答案] 31 2[解析] V 柱＝πR 2×2R ＝2πR 3， V 锥＝13πR 2×2R ＝2π3R 3，V 球＝43πR 3.V 柱V 锥V 球＝31 2.三、解答题7．某街⼼花园有许多钢球(钢的密度为7.9 g/cm 3)，每个钢球重145 kg ，并且外径等于50 cm ，试根据以上数据，判断钢球是空⼼的还是实⼼的．如果是空⼼的，请你计算出它的内径(π取3.14，结果精确到1 cm,2.243≈11.24098)．[解析] 由于外径为50 cm 的钢球的质量为7.9×43π×(502)3≈516792(g)，街⼼花园中钢球的质量为145 000 g ，⽽145 000<516 792，所以钢球是空⼼的．设球的内径为2x cm ，那么球的质量为 7．9×[43π×(502)3－43πx 3]＝145 000.解得x 3≈11 240.98，∴x≈.4,2x≈45(cm)．即钢球是空⼼的，其内径约为45 cm.8．已知正四⾯体的棱长为a ，求它外接球的体积及内切球的半径．[解析] 如图，设SO 1是正四⾯体S －ABC 的⾼，则外接球的球⼼O 在SO 1上．设外接球半径为R.∵正四⾯体的棱长为a ，O 1为正△ABC 中⼼，∴AO 1＝23×32a ＝33a ，SO 1＝SA 2－AO 21＝a 2－13a 2＝63a ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝AO 21＋OO 21＝AO 21＋(SO 1－R)2，即R 2＝(33a)2＋(63a －R)2，解得R ＝64a ，∴所求外接球体积V 球＝43πR 3＝68πa 3.∴OO 1即为内切球的半径，OO 1＝63a －64a ＝612a ，∴内切球的半径为612a.。
四面体外接球的球心、半径求法
3 a ，正三棱柱的高为 6
图6
h 2 R2
3 a ，由 RtA1 D1O 中，得 3
2 2 2
3 3 3 5 2 2 R2 2 R1 a 3 3 a 6 a 12 a
，
R1
h 3h ( h 为正四面体的高)， 且外接球的半径 ， 4 4
从而可以通过截面图中 RtOBE 建立棱长与半径之间的关系。 例 2．设棱锥 M ABCD 的底面是正方形，且 MA MD ， MA AB ，如果 AMD 的面积为 1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径. 解： AB AD, AB MA, AB 平面 MAD ，
PB 5 ， PC 51 ， AC 10 ,求球 O 的体积。
解： AB BC 且 PA 7 ， PB 5 ， PC 51 ， AC 10 , 因为 7 2 51 102
2
所以知 AC 2 PA2 PC 2
所以 PA PC
所以可得图形为：
P
在 RtABC 中斜边为 AC 在 RtPAC 中斜边为 AC 取斜边的中点 O ， 在 RtABC 中 OA OB OC 在 RtPAC 中 OP OB OC
3 2 a 3a 2 ． 4
正四面体的体积 V A BCD
1 3 2 3 2 a AE a AB 2 BE 2 3 4 12
3 2 2 3 2 2 3 a a a a 12 3 12
3 2 3 a 6 12 a 2 12 3a
2 2
EFGH 的内切圆，得 R
a ； 2
2． 与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，如图 4 作 截面图，圆 O 为正方形 EFGH 的外接圆，易得 R
内接球和外接球半径计算公式
内接球和外接球半径计算公式
内接球和外接球是几何学中的概念，它们分别是指一个多面体内部最大的（最小的）球和一个多面体外部最小的（最大的）球。
下面是内接球和外接球的半径计算公式。
（以下解释中，我们以正四面体为例）
内接球半径计算公式：
正四面体的内接球是四面体内部最大的球，它的半径可以通过正四面体的棱长计算得出。
设正四面体的棱长为a，则正四面体的内接球半径R为：
R = a / (2√3)
其中√3表示根号下3，也就是3的平方根。
该公式适用于所有正多面体内接球的半径计算。
外接球半径计算公式：
正四面体的外接球是四面体外部最小的球，它的半径可以通过正四面体的边长计算得出。
设正四面体的边长为a，则正四面体的外接球半径r为：
r = a / (2√6)
其中√6表示根号下6，也就是6的平方根。
该公式同样适用于所有正多面体外接球的半径计算。
需要注意的是，以上公式仅适用于正多面体，对于其他不规则多面体，内接球和外接球的半径计算需要用到其他方法。
探求正四面体外接球、内切球半径求法知识讲解
探求正四面体外接球、内切球半径求法探求正四面体外接球、内切球半径正四面体是特殊的正三棱锥，所有的棱长都相等，四个面是全等的等边三角形，有外接球、内切球，且球心重合.已知正四面体ABCD 棱长为a ，设外接球半径为R ，内切球半径为r ，球心为O ，则正四面体的高h a a 即34R h =；内切球a 即14r h =. 外接球半径是内切球半径的3倍. 下面从不同角度、用不同方法进行探求：方法一：（勾股定理）作 平面于点,则点H 是的中心，AH BCD H BCD ⊥V高3h AH a ==，设O 为球心，则.O AH ∈ 连结,.BH BO 在Rt BOH V 中，222BO BH OH =+，即222()()33R a a R =+-，,.R a r h R a a a ∴==-=-= 方法二：（三角正切倍角公式）作 平面于点,则点H 是的中心，AH BCD H BCD ⊥V高3h AH a ==，设O 为球心，则.O AH ∈ 连结,.BH BO = ,2.AO BO ABO BAO BOH θθ=∴∠=∠∠=Q在Rt ABHV中，tan,23aBHAHθ===在Rt OBHV中，3tan2,3aBHOH r rθ===23r⨯∴==,.r a R h r a a a∴==-=-=方法三：（分割等体积）作平面于点,则点H是的中心，AH BCD H BCD⊥V高3h AH a==，设O为球心，则.O AH∈连结,,,BO CO DO得到四个以O为顶点的小棱锥，它们的底面是正四面体的一个面，高是内切球的半径r，设正四面体每个面的面积为S，则4,O BCD A BCDV V--=即114,33S r S AH⨯=g g11,4412.3124r AH h aR h r a a a∴====-=-=方法四：（侧棱、高相似或三角）作平面于点,则点H是的中心，AH BCD H BCD⊥V22tantan2,1tanθθθ=-Q高3h AH a ==，设O 为球心，则.O AH ∈ 设M 是AB 的中点，连结,,,OM OB BHAO BO OM AB =∴⊥QAMO AHB Rt ∴∠=∠=∠，又MAO HAB ∠=∠，AMO AHB ∴V :V ， AM AO AH AB∴=， 即,aR a =,.R a r h R a a a ∴==-=-= 或：设BAH MAO θ∠=∠=，则在Rt ABH V中，3cos a AH AB aθ==， 在Rt AMO V 中，2cos .aAM AO Rθ==32a aa R∴= ， 以下同上. 方法五：（斜高、高相似或三角）作 平面于点,则点H 是的中心，AH BCD H BCD ⊥V高h AH a ==，设O 为球心，则.O AH ∈ 设E 为BC 中点，连结,AE EH ，作ON AE ⊥于N 点，则N 是ABC V 中心，N 是AE 的三等分点，平面，ON 是内切圆半径r,ON ABC ⊥且 ,Rt ANO Rt AEH V :VAN AO AH AE ∴=，32a R = ，,.43412R a r h R a a a ∴==-=-= 或：设EAH NAO θ∠=∠=，则在Rt AEH V中，cos 2a AH AEθ==， 在Rt ANO V中，3cos .a AN AO Rθ==3aa R∴=， 以下同上. 方法六：（斜高、侧棱相似或三角）作 平面于点,则点H 是的中心，AH BCD H BCD ⊥V高h AH a ==，设O 为球心，则.O AH ∈ 设E 为BC 中点，连结,,AE DE DO ，延长DO 交AE 于N ，则N 是AE 的三等分点，.H DE ∈ 且DN ⊥平面.ABC则,Rt ODH Rt DNE V :V OH OD NE DE∴= 即 OH OD = NE DE 13=， 13r R ∴=， 3.R r ∴=又,R r AH h a +===13,.41244r h a R h a ∴==== 或：在Rt DNE V 中，1sin ,3NE NDE DE ∠== 在Rt DOH V 中，sin sin ,OH NDE ODH OD∠=∠= 13OH OD ∴=， 即13r R =， 3.R r ∴=又,3R r AH h a +===13,.41244r h a R h a ∴==== 方法七：（构造正方体）正四面体的四个顶点是正方体的顶点，此时正四面体的外接球也是正方体的外接球，正四面体的棱长为a的棱长为.2a 正方体的体对角线等于外接球直径，有22a R ⨯=，,.43412R a r h R a a a ∴==-=-= 方法八：（相交弦定理）设外接球球心为O ，半径为R ，过A 点作球的直径，交底面BCD V 于H ，则H 为BCD V 的外心，求得,,33AH a BH a == 由相交弦定理得2(2)).333a R a a -=g解得.4R a =.r h R a a a ∴=-=-= 以上从不同角度针对正四面体的外接球半径、内切球半径作了讨论，从而从不同方面对思维作了训练，不仅对正四面体的外接球半径、内切球半径有了透彻的认识，同时对解题能力的提高是有帮助的.。
求棱长为a的正四面体的外接球与内切球的半径．题目和参考答案
2．求棱长为a的正四⾯体的外接球与内切球的半径．
分析画出图形，确定两个球的关系，通过正四⾯体的体积，求出两个球的半径的⽐值，即可求棱长为a的正四⾯体的外接球、内切球的半径．
解答解：设正四⾯体为PABC，两球球⼼重合，设为O．
设PO的延长线与底⾯ABC的交点为D，则PD为正四⾯体PABC的⾼，PD⊥底⾯ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四⾯体PABC 内切球的⾼．
设正四⾯体PABC底⾯⾯积为S．
将球⼼O与四⾯体的4个顶点PABC全部连接，
可以得到4个全等的正三棱锥，球⼼为顶点，以正四⾯体⾯为底⾯．
每个正三棱锥体积V1=$\frac{1}{3}$•S•r ⽽正四⾯体PABC体积V2=$\frac{1}{3}$S•（R+r）
根据前⾯的分析，4•V1=V2，
所以，4•$\frac{1}{3}$•S•r=$\frac{1}{3}$•S•（R+r），
所以，R=3r，
因为棱长为a，所以AD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，
所以PD=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，
所以R=$\frac{\sqrt{6}}{4}$a，r=$\frac{\sqrt{6}}{12}$a．
点评本题是中档题，考查正四⾯体的内切球与外接球的半径，找出两个球的球⼼重合，半径的关系是解题的关键，考查空间想象能⼒，计算能⼒．。
正四面体外接球内切球半径
解析正四面体外接球内切球半径正四面体是一种非常特殊的多面体，其四个面都是等边三角形，相互之间都是等角的。
正四面体有个很有意思的性质，就是它的外接球和内切球的半径是相等的。
这个性质可以通过以下步骤进行证明：首先，我们需要知道正四面体外接球和内切球的半径分别为r和R。
我们可以画出如下的图形：正四面体的四个顶点分别为A、B、C、D。
正四面体外接球的圆心为O，内切球的圆心为I。
现在我们来证明r=R。
步骤1：连接OI，这条线段的长度为r+R。
步骤2：连接AB、AC、AD、BC、BD、CD，将正四面体分成四个小正三角形。
步骤3：我们知道正四面体每个小正三角形的面积都相等，设为S。
步骤4：我们可以通过三角形的面积公式求出AO、BO、CO、DO的长度。
AO=BO=CO=DO=√(3S)/3步骤5：再通过余弦定理求出角AOI的大小。
cos(AOI)=（OI²+AO²-AI²）/(2×OI×AO)=（r+R）/（2r）步骤6：由于AOI是一个等腰三角形，所以角OAI也等于角OIA。
因此，我们可以用余弦定理求出AI的长度。
cos(OAI)=（OI²+AI²-OA²）/(2×OI×AI)=cos(AOI)AI=√(OI²+OA²-2×OI×OA×cos(AOI))步骤7：我们可以用同样的方法求出BI、CI、DI的长度。
BI=√(OI²+OB²-2×OI×OB×cos(BOI))CI=√(OI²+OC²-2×OI×OC×cos(COI))DI=√(OI²+OD²-2×OI×OD×cos(DOI))步骤8：根据勾股定理，我们可以求出AB、AC、AD、BC、BD、CD 的长度。
【课件】球与多面体的内切、外接课件2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
o2
o
5πa2
●
R
r o1
课堂练习
2．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球
32π
的体积为
，那么这个正三棱柱的体积是(
3
A．96 3
C．24 3
)
B．16 3
√D．48
3
1 3
3
设正三棱柱的底面边长为a，则球的半径 R＝ × a＝ a，
3 2
6
3
正三棱柱的高为 a.
3
4 3 32π
三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都分别可构造长方体或
A
正方体．
P
B
C
探究新知
总结：正四面体的棱长与外接球、内切球的半径总结的关系
1.若正四面体棱长为a，外接球半径为R，内切球半径为r，则
r PO R
6
R
a
4
R : r 3 :1
6
r
a
12
6
6
6
a
a
a.
3
4
12
P
P
a
a
A
V 球＝ πR ＝ .∴a＝4 3.
3
3
3
3
2
∴V 柱＝ ×(4 3) × ×4 3＝48 3.
4
3
例题讲解
（4）正棱锥、圆锥 ①内切球
P
例6 正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与
它的四个面都相切，求内切球的表面积与体积．
A
解1：如图，P-ABC为正三棱锥,
设球的半径为r，底面中心为D,取BC边中点E ∴PD=2,易知
1
V锥体 Sh
3
2022-2023学年重庆八中高三(上)期中数学试卷+答案解析(附后)
2022-2023学年重庆八中高三（上）期中数学试卷1. 已知集合，，则( )A. B.C. D.2. 已知，则复数z的共轭复数是( )A. B. C. D.3. 若不等式的一个充分条件为，则实数a的取值范围是( )A. B. C. D.4. 2022年北京冬奥会参加冰壶混双比赛的队伍共有10支，冬奥会冰壶比赛的赛程安排如下，先进行循环赛，循环赛规则规定每支队伍都要和其余9支队伍轮流交手一次，循环赛结束后按照比赛规则决出前4名进行半决赛，胜者决冠军，负者争铜牌，则整个冰壶混双比赛的场数是( )A. 48B. 49C. 93D. 945. 已知函数是偶函数，则m的值是( )A. B. C. 1 D. 26. 某校为落实“双减”政策．在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲、乙、丙、丁四名同学拟参加篮球、足球、乒乓球、羽毛球四项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为( )A. B. C. D.7.已知数列的前n项和为，若，且，则( )A. B. C. D. 88. 已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为( )A. B. C. D.9. 下列说法正确的有( )A. 一组数据按大小顺序排列，位于最中间的一个数据就是中位数B. 分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样C. 若为不可能事件，为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件D. 线性回归分析中，的值越小，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好10.已知曲线C：，焦点为、，，过的直线l与C交于M、N两点，则下列说法正确的有( )A. 是C的一条对称轴B. C的离心率为C. 对C上任意一点P皆有D. 最大值为11. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则( )A. 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为D. 勒洛四面体的体积12. 已知正数x，y，z满足，则( )A. B. C. D.13. 已知为虚数单位是关于x的方程的一个根，则实数a的值为______.14. 的展开式中系数最小项为第______项．15. 从的十个小球，从盒子中同时取出3个小球，这三个小球的最小编号大于4且小于7的概率为______.16. 《孙子算经》是我国南北朝时期的数学著作．在《孙子算经》中有“物不知数”问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？意思是一个整除以三余二，除以五余三、除以七余二，求这个整数．设这个整数为a，当时，符合条件的a的个数为______.17. 已知等差数列中，公差d为整数，其前n项和为满足，且是和的等比中项．求的通项公式；设的前n项和为，求18. 如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且，F是EB的中点；求证：平面ABC；若，，求平面CDF与平面ABE所成锐二面角的余弦值．19. 如图，在中，已知，，，Q为BC的中点．求AQ的长；是线段AC上的一点，当AP为何值时，20. 如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线求曲线C的方程；已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：21. 某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为随后若第次亮起的是红灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？22. 已知函数，求函数的单调区间；若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合，，故选：利用并集定义直接求解．本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C【解析】解：，，故选：根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：由不等式，可得，不合题意，要使得是的一个充分条件，则满足，解得故选：求得不等式的解集为，结合题意，列出不等式组，即可求解．本题考查了不等式的解法和充分必要条件的判断，考查了转化思想，属基础题．4.【答案】B【解析】解：巡回赛有场，决出前4名后，分两组进行半决赛，半决赛举行2场，胜者决冠军举行1场，负者争铜牌举行1场，共举行场，故选：根据比赛规则，利用组合公式进行计算即可．本题主要考查简单的计数问题，根据比赛规则，利用组合公式进行计算是解决本题的关键，是基础题．5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了偶函数定义的应用，属于基础题．由已知结合偶函数的定义可得恒成立，代入可求【解答】解：由题意得恒成立，即恒成立，所以恒成立，所以恒成立，所以恒成立，整理得故选：6.【答案】C【解析】解：每人只能等可能的选择参加其中一项活动，且可以参加相同的项目，四名同学总共的选择为个选择，恰有两人参加同一项活动的情况为，剩下两名同学的选择有种，恰有两人参加同一项活动的概率为故选：首先分析得到四名同学总共的选择为个选择，然后分析恰有两人参加同一项活动的情况为，则剩下两名同学不能再选择同一项活动，他们的选择情况为，然后进行计算即可．本题考查了古典概型及其概率的计算公式，解题的关键是能用排列组合的知识将满足条件的选择方案数计算出来．7.【答案】B【解析】解：①，当时，有，即当时，有②，①-②得：，，即，数列，是从第二项起为公比为的等比数列．，即，，，解得：故选：先由求，判断出是从第二项起为公比为的等比数列，得到，代入即可解出本题主要考查数列的递推公式，由求，再构造等比数列，求通项公式．8.【答案】D【解析】解：由有两个零点，得有两个根，即有两个根，令，，当时，，当时，，，可得在上恒成立，有两根，令，则，由上可知，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，的极小值为，又当时，，当时，，函数有两个零点，则实数a的取值范围为故选：问题转化为有两根，令，利用导数求其极小值，即可求得实数a 的取值范围．本题考查函数零点的判定及应用，考查化归与转化思想，训练了利用导数求极值，考查运算求解能力，属难题．9.【答案】BC【解析】解：对于A，一组数据按大小顺序排列，当数据的个数是奇数时，位于最中间的一个数据就是中位数，当数据的个数是偶数时，位于最中间的两个数据的平均数就是中位数，故A错误；对于B，分层抽样为保证每个个体等可能入样，需在各层中进行简单随机抽样，由分层抽样的定义得B正确；对于C，若为不可能事件，为必然事件，则由对立事件的定义得事件A与事件B互为对立事件，故C正确；对于D，线性回归分析中，的值越大，说明残差平方和越小，则模型拟合效果越好，故D错误．故选：利用中位数的定义判断A；利用分层抽样的定义判断B；利用对立事件的定义判断C；利用的值判断本题考查命题真假的判断，考查中位数、分层抽样、对立事件、线性回归等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10.【答案】ABD【解析】解：对于A：设点是曲线C上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标的点，代入曲线C方程满足，故是C的一条对称轴，故A正确；对于B：由于点是曲线C上的任意一点，其关于直线对称的点的坐标的点亦在曲线C上，且该曲线是封闭的曲线，故该曲线为椭圆，其对称轴为直线和直线，且椭圆中心为坐标原点，故其顶点坐标为，，，，由于点到椭圆中心的距离为，到椭圆中心的距离为，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，所以椭圆的焦距为，故离心率为，故B正确；对于C：由B知，半焦距为，且焦点、在上，故焦点坐标为，在，故，故C错误；对于D：由题知直线l斜率存在，设其方程为，联立方程得，得，故，即或，设，，则，，所以，到直线的距离为，所以，令，由于，利，故，所以，，所以，当时，取得最大值，最大值为，故D正确．故选：根据点关于直线对称的点的坐标的点在曲线上，可判断A；根据点关于直线对称的点的坐标的点在曲线C上，得该曲线为椭圆，对称轴为直线和直线，进而求顶点坐标，离心率可判断B；结合C选项求焦点坐标，验证，可判断C；设直线l的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理，二次函数最值求解，可判断本题考查椭圆的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系，属难题．11.【答案】ABD【解析】解：首先求得正四面体的一些结论：正四面体ABCD棱长为a，M是底面BCD的中心，O是其外接球也是内切球的球心，外接球半径为R，AM是高，如图．，，由得，解得，内切球半径正四面体ABCD的体积为，外接球体积为对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B、O、E三点共线，且，，因此，故B正确；对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为时，易知截面投影均为上图所示图像在平面上的投影，其面积必然减小．上图截面为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确．故选：先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积．结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项．本题主要考查立体几何中的最值问题，锥体体积的计算，立体几何中的截面问题，球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．12.【答案】ABD【解析】解：由于正数x，y，z，满足，设，，则，，，对于A，，同理，，，故A正确，对于B，，，，，则，故B正确，对于C，，，故C错误，对于D，，，故D正确．故选：化指数式为对数式，求得x，y，z，再由对数的运算性质逐一核对四个选项得答案．本题考查指数式与对数式的互化，考查对数的运算性质，考查运算求解能力，是中档题．13.【答案】【解析】解：因为是关于x的实系数一元二次方程的一个虚根，所以，所以，所以故答案为：将代入方程求解即可．本题考查解复数方程，考查学生的运算能力，属于基础题．14.【答案】6【解析】解：的展开式中通项公式为，其中系数与二项式系数只有符号差异，又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，第6项系数最小．故答案为：由二项展开式可得出系数最小的项系数一定为负，再结合组合数的性质能求出结果．本题考查二项式定理、组合数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15.【答案】【解析】解：满足三个小球的最小编号大于4且小于7有两种可能：5，6两数二选一或5和6都不选，从盒子中同时取出3个小球，这三个小球的最小编号大于4且小于7的概率为：故答案为：满足三个小球的最小编号大于4且小于7有两种可能：5，6两数二选一或5和6都不选，分类讨论能求出这三个小球的最小编号大于4且小于7的概率．本题考查古典概型、组合数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．16.【答案】10【解析】解：因为3，5，7的最小公倍数为105，而满足被3除余2、被5除余3、被7除余2的最小正整数为23，所以被3除余2、被5除余3、被7除余2的数构成首项为23，公差为105的等差数列，记为数列，则，所以，则，又因为，所以符合条件的a的个数为故答案为：根据“被3除余2、被5除余3、被7除余2”可构成等差数列，然后结合等差数列的通项公式即可求出结果．本题考查合情推理，考查学生的推理能力，属于中档题．17.【答案】解：数列为等差数列，又，且是和的等比中项，，又d为整数，解得，；由可得，【解析】根据等差数列的通项公式，等比中项的概念，方程思想即可求解；根据分组求和法，等比数列的求和公式，等差数列的求和公式，即可求解．本题考查等差数列的通项公式的应用，等比中项的概念，方程思想，分组求和法的应用，等比数列的求和公式的应用，等差数列的求和公式的应用，属中档题．18.【答案】解：证明：取AB中点G，连接FGCG，因为F为EB的中点，所以，，因为EA，DC均垂直面ABC，所以，因为，所以且，所以DFGC为平行四边形DFGC，所以，面ABC，面ABC，所以面作面ABC，以BA，BC，BO分别为x，y，z建系，所以，，，，，，，，设面CDF法向量，面ABE法向量，所以，，令，则，解得，所以【解析】取AB中点G，连接FG，由中位线定理可得，，进而可得DFGC为平行四边形DFGC，由线面平行的判定定理，即可得出答案．作面ABC，以BA，BC，BO分别为x，y，z建系，设面CDF法向量，面ABE法向量，所以，解得，由向量的夹角，即可得出答案．本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中需要理清思路，属于中档题．19.【答案】解：因为Q为BC的中点，所以，所以，即，在中，由余弦定理得，所以，即，在中，由余弦定理得，所以，因为，所以在中，由正弦定理得，所以，即当时，【解析】根据，两边平方求解；在中，先根据余弦定理求得BC，CQ，再在中，由余弦定理得的正余弦，进而根据内角和，结合两角和差的正弦公式求解，最后再在中，由正弦定理求得AP即可．本题考查了向量数量积的应用以及正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．20.【答案】解：设，因为轴，所以，因为PM为的角平分线，所以，所以，即，所以，即，化简整理得，因为P不在轴上，即曲线C的方程为；证明：易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为，联立方程组，消x整理得，所以，得或，设，，则，由得，所以，设，由，得，所以，所以，所以点在直线上，且，又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数所以，因为，所以，综上所述，【解析】根据条件，代入动点的坐标，化简即可；注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解．本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．21.【答案】解：据题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿“或“红绿红”或“绿红红”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则，所以X的分布列为：X 0 1 2 3P；记第n次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，，则，因为，则，所以是首项为，公比为的等比数列，则，所以，由，得，所以n为奇数，由，得，因为n为奇数，则，即，则，当时，，9，11，13，15，17，因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌．【解析】由题意分析X的所有可能取值为0，1，2，分别求概率，写出分布列，求出数学期望；记第n次亮灯时，亮起红灯的概率为，得到，能证明出是首项为，公比为的等比数列．求出，根据题意建立不等式，求出n的最大值．本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．22.【答案】解：函数，，则，定义域为，又，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减；设直线l分别切，的图象于点，，由，得l的方程为，即；由，得l的方程为，即，比较l的方程可得，且；消去可得，，令，则当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以在上有一个零点；由，可得，所以在上有一个零点．所以在上有两个零点，故有且只有两条直线与函数，的图象都相切．【解析】求出以及，利用导数研究的单调性即可；设直线l分别切，的图象于点，，利用导数的几何意义以及点斜式直线方程，求出切线l，比较两条切线，从而得到，构造函数，利用导数研究函数的单调性，确定函数的取值情况，由此判断函数在上的零点情况，即可得到结论．本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性以及函数的取值情况，导数几何意义的理解与应用，函数与方程的综合应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于难题．。
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已知正四面体ABCD的棱长为a,求其外接球的半径R和内切
球的半径r
已知正四面体ABCD的棱长为a,求其外接球的半径R和内切球的半径r
分析如图1,因为正四面体ABCD的外接球的球心O到点B , C,D 的距离相等, 所以O 在平面BCD 内的射影O1 到点B, C, D 的距离也相等. 又因为在正四面体ABCD 中△BCD 是正三角形, 所以O1 是△BCD 的中心, 进而在正四面体ABCD中,有AO1 ⊥平面BCD,所以球心O 在高线AO1 上;同理:球心O也在其它面的高线上.
又正四面体ABCD 中各面上的高都相等, 所以, 由OA =OB = OC = OD,得:点O到正四面体各面的距离相等,所以点O也是正四面体ABCD的内切球的球心. 这样,正四
面体的内切球的球心与外接球的球心重合. 记正四面体ABCD的高为h,则r + R = h =a. 因此,只要求出r和R 中的一个,便可求出另一个.
解: 如图2,因为在正四面体ABCD 中, △BCD是正三角形, O1 是其中心, 所以O1D =a.因为OO1 ⊥平面BCD, O1D属于平面BCD,所以OO1 ⊥O1D. 所以,在Rt△OO1D 中, 由勾股定理, 得= ,即解得R =,所以r =- R . 故所求的外接球的半径和内切球的半径分别为
应该把上面结论牢记背诵下来
题目中求正四面体内外接球与愣长直接的关系,. 根据题意得该水晶球刚好是正四面体的外接球，设正四面体的愣长为a，正四面体外接圆半径为R.根据外接球半径与愣长的关系：R=,则愣长a=
球心到正四面体的距离=内结圆的半径=。