《创新设计》2022高考数学(浙江专用,理科)二轮专题精练：专题四 立体几何4-1 Word版含解析
2022年高考数学浙江专版三维二轮专题复习训练：知能专练(四) 不 等 式 Word版含答案
知能专练（四） 不 等 式一、选择题1．(2022届高三·衢州联考)“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 当a ＝0时，1>0，明显成立；当a ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4a 2－4a <0.故ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R 等价于0≤a <1.因此，“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的充分而不必要条件．2．(2021·杭州模拟)在约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，y ≥12x ，x ＋y ≤1下，目标函数z ＝x ＋12y 的最大值为( )A.14 B.34C.56D.53解析：选C 法一：由z ＝x ＋12y 得y ＝－2x ＋2z .作出可行域如图中阴影部分所示，⎩⎨⎧x ＝23，y ＝13，所以平移直线y ＝－2x ，当直线经过点C 时，z 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ，x ＋y ＝1，解得点C 的坐标为⎝⎛⎭⎫23，13，代入z ＝x ＋12y ，得z ＝23＋12×13＝56. 法二：作出不等式组所表示的平面区域如图中△OBC 及其内部所示，易知O (0,0)，B ⎝⎛⎭⎫12，12，C ⎝⎛⎭⎫23，13，分别代入z ＝x ＋12y ，z 的值分别为0，34，56，故目标函数z ＝x ＋12y 的最大值为56.3．(2021·温州模拟)若函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋a |的最小值为3，则实数a 的值为( ) A ．5或8 B ．－1或5 C ．－1或－4D ．－4或8解析：选D 当a >2时，－a2<－1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋a ＋1，x >－1，x ＋a －1，－a 2≤x ≤－1－3x －a －1，x <－a 2.其图象如图所示：由图象知f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a2＋a －1＝a 2－1，依题意得a 2－1＝3，解得a ＝8，符合题意．当a ＝2时，f (x )＝3|x ＋1|，其最小值为0，不符合题意． 当a <2时，－a2>－1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋a ＋1，x >－a2，－x －a ＋1，－1≤x ≤－a 2，－3x －a －1，x <－1，得f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a2， 因此－a2＋1＝3，解得a ＝－4，符合题意．故选D.4．(2022·浙江高考)若平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，2x －y －3≤0，x －2y ＋3≥0夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是( )A.355B. 2C.322D. 5解析：选B 依据约束条件作出可行域如图阴影部分，当斜率为1的直线分别过A 点和B 点时满足条件，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x －2y ＋3＝0求得A (1,2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －3＝0，x ＋y －3＝0求得B (2,1)，可求得分别过A ，B 两点且斜率为1的两条直线方程为x －y ＋1＝0和x －y －1＝0，由两平行线间的距离公式得距离为|1＋1|2＝2，故选B.5．(2022届高三·浙江名校联考)不等式x 2＋2x <a b ＋16ba 对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，则实数x 的取值范围是( )A ．(－2,0)B ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)C ．(－4,2)D ．(－∞，－4)∪(2，＋∞)解析：选C 不等式x 2＋2x <a b ＋16ba 对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，等价于x 2＋ 2x <⎝⎛⎭⎫a b ＋16b a min ，由于a b ＋16b a ≥2a b ·16ba ＝8(a ＝4b 时等号成立)，∴x 2＋2x <8，解得－4<x <2.6．设0<b <1＋a ，若关于x 的不等式(x －b )2>(ax )2的解集中的整数恰有4个，则ba －1的取值范围为( )A ．(3,4]B ．(3,4)C ．(2,3]D ．(2,3)解析：选A 整理不等式得[(1－a )x －b ][(1＋a )x －b ]>0.由于整数解只有4个，且1＋a >0，可得1－a <0，所以a >1.其解集为⎝⎛⎭⎫b 1－a ，b 1＋a .又0<b <1＋a ，所以0<b 1＋a <1，欲使解集中的整数只有4个，则－4≤b1－a <－3，所以ba －1∈(3,4]． 7．(2021·天津高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋3，x ≤1，x ＋2x ，x >1.设a ∈R ，若关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪x 2＋a 在R 上恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤－4716，2 B.⎣⎡⎦⎤－4716，3916 C ．[－23，2]D.⎣⎡⎦⎤－23，3916 解析：选A 法一：依据题意，作出f (x )的大致图象，如图所示． 当x ≤1时，若要f (x )≥⎪⎪⎪⎪x 2＋a 恒成立，结合图象，只需x 2－x ＋3≥－⎝⎛⎭⎫x 2＋a ，即x 2－x 2＋3＋a ≥0，故对于方程x 2－x 2＋3＋a ＝0，Δ＝⎝⎛⎭⎫－122－4(3＋a )≤0，解得a ≥－4716；当x >1时，若要f (x )≥⎪⎪⎪⎪x 2＋a 恒成立，结合图象，只需x ＋2x ≥x2＋a ，即x 2＋2x ≥a .又x 2＋2x ≥2，当且仅当x 2＝2x，即x ＝2时等号成立，所以a ≤2.综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－4716，2. 法二：关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪x 2＋a 在R 上恒成立等价于－f (x )≤a ＋x2≤f (x )， 即－f (x )－x 2≤a ≤f (x )－x2在R 上恒成立，令g (x )＝－f (x )－x2.当x ≤1时，g (x )＝－(x 2－x ＋3)－x 2＝－x 2＋x2－3＝－⎝⎛⎭⎫x －142－4716， 当x ＝14时，g (x )max ＝－4716；当x >1时，g (x )＝－⎝⎛⎭⎫x ＋2x －x 2＝－⎝⎛⎭⎫3x 2＋2x ≤－23， 当且仅当3x 2＝2x ，且x >1，即x ＝233时，“＝”成立，故g (x )max ＝－2 3. 综上，g (x )max ＝－4716. 令h (x )＝f (x )－x2，当x ≤1时，h (x )＝x 2－x ＋3－x 2＝x 2－3x2＋3＝⎝⎛⎭⎫x －342＋3916， 当x ＝34时，h (x )min ＝3916；当x >1时，h (x )＝x ＋2x －x 2＝x 2＋2x ≥2，当且仅当x 2＝2x ，且x >1，即x ＝2时，“＝”成立，故h (x )min ＝2. 综上，h (x )min ＝2.故a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－4716，2. 二、填空题8．(2022·江苏高考)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4≥0，2x ＋y －2≥0，3x －y －3≤0，则x 2＋y 2的取值范围是________．解析：依据已知的不等式组画出可行域，如图阴影部分所示，则(x ，y )为阴影区域内的动点．d ＝x 2＋y 2可以看做坐标原点O 与可行域内的点(x ，y )之间的距离．数形结合，知d 的最大值是OA 的长，d 的最小值是点O 到直线2x ＋y －2＝0的距离．由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4＝0，3x －y －3＝0可得A (2,3)， 所以d max ＝22＋32＝13，d min ＝|－2|22＋12＝25.所以d 2的最小值为45，最大值为13.所以x 2＋y 2的取值范围是⎣⎡⎦⎤45，13.答案：⎣⎡⎦⎤45，139．已知正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则x －y 的取值范围为________，1x ＋xy的最小值为________．解析：设y ＝1－x ，则x －y ＝x －(1－x )＝2x －1,0<x <1，所以x －y ∈(－1,1)；1x ＋x y ＝x ＋y x ＋x y ＝y x ＋xy ＋1≥3，当且仅当y x ＝x y ，即x ＝y ＝12时取得等号．答案：(－1,1) 310．设实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤x ，x ＋y ≤1，y ≥0，若z ＝2x ＋y ，则z 的最大值等于________，z 的最小值等于________．解析：作出可行域，由y ＝－2x ＋z 知当z ＝2x ＋y 经过(1,0)时，z max ＝2；当z ＝2x ＋y 经过(0,0)时，z min ＝0. 答案：2 0 11．已知a ，b ，c ∈R.若|a cos 2x ＋b sin x ＋c |≤1对x ∈R 恒成立，则|a sin x ＋b |的最大值为________．解析：设sin x ＝t ∈[－1,1]，则题意为：f (t )＝|－at 2＋bt ＋c ＋a |≤1对于任意t ∈[－1,1]恒成立，求|at ＋b |的最大值，条件等价于⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝|b ＋c |≤1，f (0)＝|a ＋c |≤1，f (－1)＝|－b ＋c |≤1，设|at ＋b |max ＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，由确定值不等式的性质得： 2≥|a ＋c |＋|±b ＋c |≥|a ±b |，当且仅当f (1)＝f (0)＝f (－1)时等号成立，|at ＋b |的最大值为2. 答案：212．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y ≤4，x ≥1表示的平面区域为M ，点P (x ，y )是平面区域内的动点，则z ＝2x －y 的最大值是________，若直线l ：y ＝k (x ＋2)上存在区域M 内的点，则k 的取值范围是________．解析：不等式组对应的平面区域如图阴影部分所示(包括边界)，当z ＝2x －y 经过点B (2,2)时取得最大值2.又k ＝y x ＋2经过点A (1,1)时取得最小值13，经过点C (1,3)时取得最大值1，所以k 的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，1.答案：2 ⎣⎡⎦⎤13，1三、解答题13．某化工企业2021年底投入100万元购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费肯定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．设该企业使用该设备x 年的年平均污水处理费用为y (单元：万元)．(1)用x 表示y ；(2)当该企业的年平均污水处理费用最低时，企业需重新更换新的污水处理设备．求该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备．解：(1)由题意得，y ＝100＋0.5x ＋(2＋4＋6＋…＋2x )x，即y ＝x ＋100x ＋1.5(x ∈N *)．(2)由基本不等式得： y ＝x ＋100x ＋1.5≥2x ·100x＋1.5＝21.5， 当且仅当x ＝100x，即x ＝10时取等号． 故该企业10年后需要重新更换新的污水处理设备．14．(2022届高三·浙江名校联考)已知函数f (x )＝|x 2－1|，g (x )＝x 2＋ax ＋2，x ∈R. (1)若不等式g (x )＞0的解集是{x |x ＞2或x ＜1}，求不等式f (x )≤g (x )的解集；(2)若函数h (x )＝f (x )＋g (x )＋2在(0,2)上有两个不同的零点x 1，x 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)易得－a ＝1＋2，得a ＝－3， 于是g (x )＝x 2－3x ＋2.f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1，x ≤－1或x ≥1，1－x 2，－1＜x ＜1.当x ≤－1或x ≥1时，由f (x )≤g (x )得x 2－1≤x 2－3x ＋2，解得x ≤1， ∴此时x 的范围为x ≤－1或x ＝1.当－1<x <1时，由f (x )≤g (x )得1－x 2≤x 2－3x ＋2，解得x ≤12或x ≥1，∴此时x 的范围为－1＜x ≤12.综上所述，不等式f (x )≤g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤12或x ＝1. (2)h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋ax ＋3，x ≤－1或x ≥1，ax ＋5，－1＜x ＜1.若a ＝0，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋3，x ≤－1或x ≥1，5，－1＜x ＜1.明显h (x )＞0恒成立，不满足条件．若a ≠0，则函数φ(x )＝ax ＋5在(0,1)上是单调函数，即φ(x )在(0,1)上至多有一个零点， 不妨设0＜x 1＜x 2＜2.①若0＜x 1＜1,1≤x 2＜2，设k (x )＝2x 2＋ax ＋3， 则φ(0)φ(1)＜0，且k (1)k (2)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋5＜0，(a ＋5)(2a ＋11)≤0，解得－112≤a ＜－5.经检验，a ＝－112时，k (x )的零点为34，2，这两个零点均不满足题意，∴a ≠－112，从而－112＜a ＜－5.②若1≤x 1＜x 2＜2，则⎩⎪⎨⎪⎧h (1)≥0，h (2)＞0，1＜－a4＜2，a 2－24＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋5≥0，2a ＋11＞0，－8＜a ＜－4，a ＜－26或a >26，解得－5≤a ＜－2 6.综上所述，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－112，－26.。
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：规范练4 Word版含解析
规范练四 解析几何问题1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，右焦点到直线l 1：3x ＋4y ＝0的距离为35. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 2：y ＝kx ＋m (km ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，且线段AB 的中点恰好在直线l 1上，求△OAB 的面积S 的最大值(其中O 为坐标原点)．解 (1)由题意，得e ＝c a ＝12.∴右焦点(c,0)到直线3x ＋4y ＝0的距离为35，∴3c 5＝35，∴c ＝1，∴a ＝2.∴椭圆的方程为x 24＋y23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把直线l 2：y ＝kx ＋m 代入椭圆方程x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，因此x 1＋x 2＝－8km4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3. ∴AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km4k 2＋3，3m 4k 2＋3， 又点M 在直线l 1上，得3×－4km 4k 2＋3＋4×3m4k 2＋3＝0， ∴k ＝1，故x 1＋x 2＝－8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4677－m 2，原点O 到AB 的距离为d ＝|m |2＝22|m |，∴S ＝237m 2(7－m 2)≤237×m 2＋(7－m 2)2＝3，当且仅当m 2＝72时取到等号，经检验此时Δ>0成立． 故△OAB 的面积S 的最大值为 3.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线l ：x －y ＋2＝0与以原点为圆心， 以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆于A ，B 两点，设两直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝4，证明：直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.(1)解 ∵等轴双曲线离心率为2，∴椭圆C 的离心率e ＝22.∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2.∵由x －y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切，得 b ＝1，∴a 2＝2.∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 ①若直线AB 的斜率不存在， 设方程为x ＝x 0，则点A (x 0，y 0)，B (x 0，－y 0)． 由已知y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝4，得x 0＝－12.此时AB 方程为x ＝－12，明显过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1.②若直线AB 的斜率存在，设AB 方程为y ＝kx ＋m ， 依题意m ≠±1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 则x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.由已知k 1＋k 2＝4，可得y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝4，∴kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝4， 即2k ＋(m －1)x 1＋x 2x 1x 2＝4，。
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：突破练4 Word版含解析
突破练(四)1．已知向量p ＝(2sin x ，3cos x )，q ＝(－sin x,2sin x )，函数f (x )＝p ·q . (1)求f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且f (C )＝1，c ＝1，ab ＝23，且a >b ，求a ，b 的值．解 (1)f (x )＝－2sin 2x ＋23sin x cos x ＝－1＋cos 2x ＋23sin x cos x ＝3sin 2x ＋cos 2x －1 ＝232sin 2x ＋12cos 2x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－1. 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2， 得k π－π3≤x ≤k π＋π6.∴f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )．(2)由于f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6－1＝1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，∵C 是三角形的内角，∴2C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6.∴2C ＋π6＝π2，即C ＝π6. ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32，即a 2＋b 2＝7.将ab ＝23代入可得a 2＋12a 2＝7，解得a 2＝3，或a 2＝4. ∴a ＝3或a ＝2， ∴b ＝2或b ＝ 3. ∵a >b ，∴a ＝2，b ＝ 3.2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PB ⊥底面ABCD ，BC ⊥AB ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，CD ⊥PD ，异面直线P A 和CD 所成角等于60°.(1)求证：面PCD ⊥面PBD ；(2)求直线PC 和平面P AD 所成角的正弦值的大小；(3)在棱P A 上是否存在一点E ，使得二面角A －BE －D 的余弦值为66？若存在，指出点E 在棱P A 上的位置，若不存在，说明理由． (1)证明 PB ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥CD ，又∵CD ⊥PD ，PD ∩PB ＝P ，PD ，PB ⊂平面PBD . ∴CD ⊥平面PBD ，又CD ⊂平面PCD ， ∴平面PCD ⊥平面PBD .(2)解 如图，以B 为原点，BA ，BC ，BP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设BC ＝a ，BP ＝b ，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0，a,0)， D (2,2,0)，P (0,0，b )．∵PD→＝(2,2，－b )，CD →＝(2,2－a,0)，CD ⊥PD ， ∴CD →·PD →＝0，∴4＋4－2a ＝0，a ＝4， 又P A →＝(2,0，－b )，CD →＝(2，－2,0)， 异面直线P A 和CD 所成角等于60°， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·CD →|P A →|·|CD →|＝12， 即4b 2＋4·22＝12，解得b ＝2，PC →＝(0,4，－2)，AD →＝(0,2,0)，P A →＝(2,0，－2)． 设平面P AD 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，。
专题04立体几何-2022年高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)
专题04 立体几何1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD―A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1 B所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设AB =a ,AD =b ,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=c B 1D =bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =a 2+b 2+c 2，解得a =2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan ∠BAE =ca =22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =a 2+b 2=3c ，CB 1=b 2+c 2=2c ，AC ≠CB 1，C 错误；对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin ∠DB 1C =CD B1D=a2c =22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确．故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V甲V 乙=（ ）A ．5B ．22C ．10D ．5104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r 1r 2=2，所以r 1=2r 2，又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l ,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=l 2―49l 2=53l ，乙圆锥的高ℎ2=l 2―19l 2=223l ，所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×53l 19l 2×223l =10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ,BC 的中点，则（ ）A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BDC ．平面B 1EF //平面A 1ACD ．平面B 1EF //平面A 1C 1D【答案】A 【解析】【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD .【详解】解：在正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ，又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0)，C1(0,2,2)，=(0,1,2)，DB=(2,2,0),DA1=(2,0,2)，则EF=(―1,1,0),EB1AA1=(0,0,2),AC=(―2,2,0),A1C1=(―2,2,0),设平面B1EF的法向量为m=(x1,y1,z1)，⋅EF=―x1+y1=0，可取m=(2,2,―1)，⋅EB1=y1+2z1=0同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1,―1,―1)，平面A1AC的法向量为n2=(1,1,0)，平面A1C1D的法向量为n3=(1,1,―1)，则m⋅n1=2―2+1=1≠0，所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A ．13B ．12C ．33D ．22【答案】C 【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为2r 2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则S ABCD =12⋅AC ⋅BD ⋅sin α≤12⋅AC ⋅BD ≤12⋅2r ⋅2r =2r 2（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为2r 2又r 2+ℎ2=1则V O―ABCD =13⋅2r 2⋅ℎ=23r 2⋅r 2⋅2ℎ2≤4327当且仅当r 2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（7≈2.65）（ ）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5―148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2，∴V =13ℎS +S ′+=13×9×(140×106+180×106+140×180×1012)=3×(320+607)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．18,BCD ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ，则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3―ℎ)2,所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2―ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2―l436)×l 264―所以V ′=l 3=19l 当3≤l ≤26时，V ′>0，当26<l ≤33时，V ′<0，所以当l =26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l =3时，V =274，l =33时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A 【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=33sin60∘,2r 2=43sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=R 2―9，d 2=R 2―16，故|d 1―d 2|=1或d 1+d 2=1，即|R 2―9―R 2―16|=1或R 2―9+R 2―16=1，解得R 2=25符合题意，所以球的表面积为S =4πR 2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P―ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×32=23，故PO=36―12=26.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A ．22πB ．8πC ．223πD ．163π【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1 cm ，圆台的下底面半径为2 cm ，所以该几何体的体积V =12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+π×22×π×12)=22π3cm 3．故选：C ．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC ―A 1B 1C 1,AC =AA 1，E ，F 分别是棱BC ,A 1C 1上的点．记EF 与AA 1所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F ―BC ―A 的平面角为γ，则（ ）A ．α≤β≤γB ．β≤α≤γC ．β≤γ≤αD ．α≤γ≤β【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP ⊥AC 于P ，过P 作PM ⊥BC 于M ，连接PE ，则α=∠EFP ，β=∠FEP ，γ=FMP ，tan α=PEFP =PEAB ≤1，tan β=FPPE =ABPE ≥1，tan γ=FPPM ≥FPPE =tan β，所以α≤β≤γ，故选：A ．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1，则（ ）A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90°B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90°C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°【答案】ABD 【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1，因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ，又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确；连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ，因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ，所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =22，BC 1=2，sin ∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确.故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ,AB =ED =2FB ，记三棱锥E ―ACD ，F ―ABC ，F ―ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A―EFM+V C―EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22 a,EG=a，则EM =(2a )2+(2a )2=6a ,FM =a 2+(2a )2=3a ，EF =a 2+(22a )2=3a ，EM 2+FM 2=EF 2，则EM ⊥FM ，S △EFM =12EM ⋅FM =322a 2，AC =22a ，则V 3=V A―EFM +V C―EFM =13AC ⋅S △EFM =2a 3，则2V 3=3V 1，V 3=3V 2，V 3=V 1+V 2，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，△EAB ,△FBC ,△GCD ,△HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：EF //平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)64033．【解析】【分析】（1）分别取AB ,BC 的中点M ,N ，连接MN ，由平面知识可知EM ⊥AB ,FN ⊥BC ，EM =FN ，依题从而可证EM ⊥平面ABCD ，FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN ，即可知四边形EMNF 为平行四边形，于是EF //MN ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD ,DC 中点K ,L ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL ―EFGH 的体积加上四棱锥B ―MNFE 体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB, FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM //FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN ⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．(2)如图所示：，分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG //KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN= NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL―EFGH的体积加上四棱锥B―MNFE体积的4倍．因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B×42×43到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=(42)2×43+4×13×22=1283+25633=64033．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P―ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=3，则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，则AP=(―1,0,3),BP=(0,―3,3),DP=(0,0,3)，设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则有{→n⋅→AP=―x+3z=0→n⋅→BP=―3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，则cos〈n,DP〉n DP =55，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F ―ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)34【解析】【分析】（1）通过证明AC ⊥平面BED 来证得平面BED ⊥平面ACD .（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ―ABC 的体积.(1)由于AD =CD ，E 是AC 的中点，所以AC ⊥DE .由于AD =CD BD =BD ∠ADB =∠CDB，所以△ADB≅△CDB ，所以AB =CB ，故AC ⊥BD ，由于DE ∩BD =D ，DE ,BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)依题意AB =BD =BC =2，∠ACB =60°，三角形ABC 是等边三角形，所以AC =2,AE =CE =1,BE =3，由于AD =CD ,AD ⊥CD ，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以DE =1.DE 2+BE 2=BD 2，所以DE ⊥BE ，由于AC ∩BE =E ，AC ,BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于△ADB≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ，由于BF =BF ∠FBA =∠FBC AB =CB，所以△FBA≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值.过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =32，所以DF=12,BF =2―DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FH DE =BF BD =34，所以FH =34,所以V F―ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×3×34=34.17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，AC⋅EF，所以AC⊥EF，所以S△AFC=12当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，AC=1,因为AD⊥CD，所以DE=12在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E―xyz，则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1)，所以AD=(―1,0,1),AB=(―1,3,0)，设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，―x+z=0，取y=3，则n=(3,3,3)，―x+3y=0又因为C (―1,0,0),F 0,34，所以CF =1,34所以cos ⟨n ,CF⟩n ⋅CF |n ||CF |621×74=437，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ0≤θ≤所以sin θ=|cos ⟨n ,CF⟩|=437，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A ―BD ―C 的正弦值．【答案】(1)2(2)32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱ABC―A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A―A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=V A1―ABC=13S△ABC⋅A1A=13V ABC―A1B1C1=43，解得ℎ=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC―A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则{m⋅BD=x+y+z=0 m⋅BA=2y=0，可取m=(1,0,―1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0 m⋅BC=2a=0，可取n=(0,1,―1)，则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|12×2=12，所以二面角A―BD―C的正弦值为1―(12)2=32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P―ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C―AE―B的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P―ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°，所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，因为PO =3，AP =5，所以OA =AP 2―PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =43，所以AC =12，所以O (23,2,0)，B (43,0,0)，P (23,2,3)，C (0,12,0)，所以E 33,1,则AE =33,1,，AB =(43,0,0)，AC =(0,12,0)，设平面AEB 的法向量为n =(x,y,z )⋅AE =33x +y +32z =0n ⋅AB =43x =0，令z =2，则y =―3，x =0，所以n=(0,―3,2)；设平面AEC 的法向量为m =(a,b,c )⋅AE =33a +b +32c =0m ⋅AC =12b =0，令a =3，则c =―6，b =0，所以m =(3,0,―6)；所以cos ⟨n ,m⟩=n m|n ||m |―1213×39=―4313设二面角C ―AE ―B 为θ，由图可知二面角C ―AE ―B 为钝二面角，所以cos θ=―4313，所以sin θ=1―cos 2θ=1113故二面角C ―AE ―B 的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为正方形，平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，AB =BC =2，M ，N 分别为A 1B 1，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB ⊥MN ；条件②：BM =MN ．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB 的中点为K ，连接MK ,NK ，可证平面MKN //平面CBB 1C 1，从而可证MN //平面CB B 1C 1.（2）选①②均可证明BB 1⊥平面ABC ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC―A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，(2)因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=―1，则n=(―2,2,―1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面MKN，故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=―1，则n=(―2,2,―1)，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F―DC―B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)5714．【解析】【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N ―xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ，即可利用线面角的向量公式解出．(1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB //DC ,CD //EF ,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =23，∵DC ⊥CF ,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F ―DC ―B 的平面角，则∠BCF =60∘，∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ．(2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N ―xyz ，设A (5,3,0),B (0,3,0),D (3,―3,0),E (1,0,3)，则M 3,32∴BM =3,―32,AD =(―2,―23,0),DE =(―2,3,3)设平面ADE 的法向量为n =(x ,y ,z )由n ⋅AD =0n ⋅DE =0 ，得―2x ―23y =0―2x +3y +3z =0，取n =(3,―1,3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴sin θ=|cos 〈n ,BM〉|=|n ⋅BM ||n |⋅BM ||33+32+332|3+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解．【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =，EF =3EC =，由余弦定理得cos ECF ∠==1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小.【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC =，由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =，CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△，若A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯，可得h =，综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=.故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCD V S PM ==⨯=，故D 正确故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A．2B C D ．【答案】C 【解析】【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r因此，球心O 到平面α的距离1d r ==，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45 ，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r ===，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，如图，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==，所以212AB S PC =⋅=.故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π其中所有真命题的序号是（ ）A ．①③B ．①④C ．②④D ．①③④【答案】D 【解析】【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.【详解】令AC BD O = ，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠= ，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO =，则sin OFFAC AF∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆，因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确,所以所有真命题的序号是①③④.故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥D ．11O C ⊥平面11BDD B 【答案】B 【解析】【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11AC 、11B D ，交于点P .连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形.11//O C OC ∴.OC ⊂Q 平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P = ，11B D ∴⊥平面111O A C ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ，11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误.故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ）A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥D ．若,m n αα∥∥，则m n∥【答案】A 【解析】【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；选项B 错误，平面α和β也可以相交；选项C 错误，直线n 可能在平面α内；选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面.故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE =，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在△GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE ，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△211112sin 4))32323AC CF ACF EG x x ⨯∠=⨯⨯=- ，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF 中，由余弦定理，得GF ==知，当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r ，所以r ===3π2.故选：D ．9．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E 是棱1DD 的动点，则下列说法正确的（ ）个．①若E 为1DD 的中点，则直线1//B E 平面1A BD ②三棱锥11C B CE -的体积为定值313a③E 为1DD 的中点时，直线1B E 与平面11CDD C。
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：专题五 解析几何5-2 Word版含解析
第2讲 椭圆、双曲线、抛物线的基本问题(建议用时：70分钟) 一、选择题1．抛物线y 2＝4x 的焦点到双曲线x 2－y23＝1的渐近线的距离是 ( )．A.12B.32 C ．1 D. 3解析 抛物线y 2＝4x 的焦点F (1,0)，双曲线x 2－y 23＝1的渐近线是y ＝±3x ，即3x ±y ＝0，故所求距离为|3±0|(3)2＋(±1)2＝32.选B.答案 B2．(2021·新课标全国Ⅰ卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为 ( )．A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1 解析 直线AB 的斜率k ＝0＋13－1＝12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b 2＝1 ①x 22a 2＋y 22b 2＝1，②①－②得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，所以k ＝－b 2a 2×2－2，所以b 2a 2＝12，③又a 2－b 2＝c 2＝9，④由③④得a 2＝18，b 2＝9.故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.答案 D3．(2021·天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线过点(2，3) ，且双曲线的一个焦点在抛物线y 2＝47x 的准线上，则双曲线的方程为 ( )．A.x 221－y 228＝1 B.x 228－y 221＝1 C.x 23－y 24＝1D.x 24－y 23＝1解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，又渐近线过点(2，3)，所以2ba ＝3，即2b ＝3a ，①抛物线y 2＝47x 的准线方程为x ＝－7，由已知，得a 2＋b 2＝7，即a 2＋b 2＝7.②，联立①②解得a 2＝4，b 2＝3，所求双曲线的方程为x 24－y 23＝1，选D. 答案 D4．已知双曲线C 与椭圆x 216＋y 212＝1有共同的焦点F 1，F 2，且离心率互为倒数．若双曲线右支上一点P 到右焦点F 2的距离为4，则PF 2的中点M 到坐标原点O 的距离等于 ( )．A ．3B ．4C ．2D ．1解析 由椭圆的标准方程，可得椭圆的半焦距c ＝16－12＝2，故椭圆的离心率e 1＝24＝12，则双曲线的离心率e 2＝1e 1＝2.由于椭圆和双曲线有共同的焦点，所以双曲线的半焦距也为c＝2.设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，则有a ＝c e 2＝22＝1，b ＝c 2－a 2＝22－12＝3，所以双曲线的标准方程为x 2－y 23＝1.由于点P 在双曲线的右支上，则由双曲线的定义，可得|PF 1|－|PF 2|＝2a ＝2，又|PF 2|＝4，所以|PF 1|＝6.由于坐标原点O 为F 1F 2的中点，M 为PF 2的中点． 所以|MO |＝12|PF 1|＝3. 答案 A5．(2021·绍兴一模)已知抛物线y 2＝4px (p ＞0)与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)有相同的焦点F ，点A 是两曲线的交点，且AF ⊥x 轴，则双曲线的离心率为 ( )． A.5＋12 B.2＋1 C.3＋1 D.2 2＋12解析 依题意，得F (p,0)，由于AF ⊥x 轴，设A (p ，y )，y >0，y 2＝4p 2，所以y ＝2p .所以A (p,2p )．又点A 在双曲线上，所以p 2a 2－4p 2b 2＝1.又由于c ＝p ，所以c 2a 2－4c 2c 2－a 2＝1，化简，得c 4－6a 2c 2＋a 4＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 4－6⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＋1＝0.所以e 2＝3＋22，∴e ＝2＋1. 答案 B6．(2022·重庆卷)设F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2－y2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P ，使得|PF 1|＋|PF 2|＝3b ，|PF 1|·|PF 2|＝94ab ，则该双曲线的离心率为 ( )．A.43B.53C.94 D ．3解析 不妨设P 为双曲线右支上一点，|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，依据双曲线的定义，得r 1－r 2＝2a ，又r 1＋r 2＝3b ，故r 1＝3b ＋2a 2，r 2＝3b －2a 2.又r 1·r 2＝94ab ，所以3b ＋2a 2·3b －2a 2＝94ab ，解得ba ＝43(负值舍去)，故e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋1＝53，故选B.答案 B7．(2021·浙江卷)如图，设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点A ，B ，C ，其中点A ，B 在抛物线上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是 ( )．A.|BF |－1|AF |－1B.|BF |2－1|AF |2－1C.|BF |＋1|AF |＋1D.|BF |2＋1|AF |2＋1解析 由图象知S △BCF S △ACF ＝|BC ||AC |＝x Bx A ，由抛物线的性质知|BF |＝x B ＋1，|AF |＝x A ＋1，∴x B ＝|BF |－1，x A ＝|AF |－1，∴S △BCF S △ACF ＝|BF |－1|AF |－1.故选A.答案 A 二、填空题8．(2021·陕西卷)若抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线经过双曲线x 2－y 2＝1的一个焦点，则p ＝________.解析 由于双曲线x 2－y 2＝1的焦点为(±2，0)，故应有p2＝2，p ＝2 2. 答案 2 29．(2021·北京卷)已知双曲线x 2a 2－y 2＝1(a ＞0)的一条渐近线为3x ＋y ＝0，则a ＝________. 解析 双曲线渐近线方程为y ＝±b a x ，。
浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四1第1讲空间几何体
专题强化训练1. 《九章算术》中，称底而为矩形而有一侧棱垂直于底而的四棱锥为阳马.设曲】是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点, 以心I为底而矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A. 4 B・ 8D・16解析：选D・如图，以九4i为底面矩形一边的四边形有AAxCxC.AA^D. AA}E}E这4个，每一个面都有4个顶点.所以阳马的个数为16个.故选D.2. 正方体ABCD^BxC x D x中，E为棱的中点（如图），用过点儿E, G的平而截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为（）解析：选C.过点A, E, Ci的平面与棱DD相交于点F,且F是棱DD的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是（）C・12AC.害 cm'解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的纽合体.下 面是棱长为2 cm 的正方体，体积Vi=2X2X2=8（cm 3）： ±面是底面边长为2 cm,高为2 cm 的 i* 32正四棱锥，体积V2X2X2X2=^（cn?）,所以该几何体的体积V= V] + V2=-y （cin 3）.4. （2019-台州模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为L 粗实线画岀的是某多面体的三 A.回 C. 5y[2D. 2你解析：选C.由正視图、侧視图、俯视图的形状，可判斷该几何体为三棱维，形状如图, 其中SC 丄平面ABC. AC 丄AB 9所以最长的棱长为SB=5{5・5. （2019•金华十校联考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体枳是（）解析：选B ・依題意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的 平面去截后所得的部分拼接而成的组合体（各自截后所得的部分也完全相同），其中一个截后所 得的部分的底面半径为1,就短母线长为3、最长母线长为5,将这两个截后所得的部分拼接 恰好形成一个底面半径为1,母线长为5 + 3=8的圆柱，因此题中的几何体的体积为n X12XA. 8 cm 3B. 12 cm 3 视图.则该多而体最长的棱长等于（D. -y cm 3侧视图15n A.~~B ・8nC.罟28 = 8n,选B ・得 R=2, S s ^=2 n R - 2R= 16 n C.7.（2019 •石家庄市第一次棋拟）某几何体的三视图如图所示（网格线中每个小正方形的边长 为1）,则该几何体的表面枳为（解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，則该几何体的表面积S=6X3+*X6X48.在封闭的直三棱柱ABC-A I B J C ］内有一个体积为V 的球.若AB 丄BC, AB=6, BC=8, 人4i=3,则1/的最大值是（）A.4 n解析：选B ・由题意可得若V 最大，則球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切, 可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上 3 4 4 n 27 9 TT下底面相切，此时球的半径R=§ 该球的体积最大，V max =5n^=—Xy= —9. （2019 M 州八校联考）某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，苴直观图和三视图如图所6•如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底而内，且底而 是正三角形.如果三棱柱的体积为12萌，圆柱的底而直径与母线长相等, 则圆柱的侧而积为（）A. 12nB. 14 nC ・ 16nD ・18兀解析：选C.设圆柱的底面半径为/?,则三棱柱的底面边长为羽R,由爭（萌R ）2・2/?=12萌,A. 48+ 2x|x 3 X5+|x 6X5=60,C.6nD ・60B.示.正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为（）C* D.亨解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为“，则斜边长为他,圆锥的底面半径为爭"、母线长为"，因此其俯视图中椭圆的长轴长为◎?、短解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线厂是展开图形（即矩形）的对角线, 根据題意，舟轴截面ABCD 绕着轴OOi 逆时针旋转gOVOWn ）后，边BQ 与曲线厂相交于 点P,设BP 的长度为j （e ）9则*0）应当是一次函数的一段，故选A.11. （2019-浙江省重点中学髙三12月期*热身联考）某空间几何体的三视图如图所示，则解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥CTbDiD,A ・*10•已知圆柱OO ］的底而半径为1,髙为兀，ABCD 是圆柱的一个轴截 而.动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧而到达点D,其距离最短时在侧而 留下的曲线厂如图所示.现将轴截而ABCD 绕着轴00］逆时针旋转0（0 VX 叮后，边BQ 与曲线厂相交于点P,设BP 的长度为./（&）,则y=f （e ） 的图象大致为（）该几何体的体积是□俯视图轴长为a 9由三视图可得：AB=29 BC=2, BB\=4, VC-BBiD I D=|x|x2X2X4=y,12. （2019-宁波市余姚中学期中检测）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积为 _________ cmi 表而积为 __________ cm?.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉+后得到的几何 体. 所以该几何体的体积=^x|x|x n X 13="5- cm 3.表面积=^-XyX4n X 1?+㊁X n X 12+^X n X 12=—- cm 2.13. （2019-河北省“五校联盟”质好检测）已知球O 的表而积为25 n ,长方体的八个顶点 都在球O 的球面上，则这个长方体的表而积的最大值等于 __________ •解析：设球的半径为/?,则4n/?2=25n,所以/?=|,所以球的直径为2/?=5,设长方体 的长、宽、商分别为 “、b 、c,则长方体的表面积 5=2ab+2ac 4-2Z?c 2+/?24-a 2+c 24-/>24-c 2= 2（a 2+b 2+c 2）=50.答案：5014. （2019-浙江省髙三考前质录检测）某几何体的三视图如图所示，当小取得最大值时, 该几何体的体积是 ____________ ・止q正视图 侧视图答案：y 16 + 8迈俯视图俯视图16.已知棱长均为“的正三棱柱ABC-A^C,的六个顶点都在半径为晋的球面上，贝9“ 的值为 ________ .解析：设0是球心，D 是等边三角形ADCi 的中心，则04】=七一，因为正三棱柱 AiBQ 的所有棱长均为“，所以 A I D=¥"X |=¥“，OD=*,故 A I £>2+0£)2=(¥“) +(号)= 0?），得召即"2=1，得答案：117. （2019-瑞安四校联考）已知底而为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱 柱的体积的最大值为 ________ ・解析：如图，设球心为0,三棱柱的上、下底面的中心分别为0】，029 面正三角形的边长为匕解析:分析题意可知，该几何体为如图所示的四梭锥P-ABCD, CD=M AB=y 9AC=5f CP=® BP=x 9 所以 BP^BC^+CP 1.即 W=25 — 尸+7, 工+尸=32$2巧，则A >W16,当且仅当x=y=4时，等号成立.此时该几何1 2+4体的体积 V=J X-5-X3X A /7 = 3V7・答案：3申15. （2019-杭州市高考数学二棋）在正方体ABCD^A\B\C\D\中，E 是几切的中点，则异而 直线BE 与5D 所成角的余弦值等于 __________ ，若正方体棱长为1,则四而体B-EBD 的体积解析：取CG 中点F,连接DF, BiF,则BE 綴D\F, 所以ZB4F 为异面直线BE 与BD 所成的角.I --- 7 R2niU设正方体棱长为1,則BiDi=V2, BiF=D\F=、J 1+丰诗•所以cos 亚 2 =yio 逅一 5 • 2巾・绚0 =卩0.〃昭=gs △肪止• AiDi=|x^X 1 X 1 X 1=|,1-6 ^5 M:答则AOi =#><¥“=¥“.由已知得0］。
2022《创新设计》全国通用高考数学理科二轮专题复习 四周训练 第一周 星期五 习题
星期五 (选修4-1、4-4、4-5) 2022年____月____日(请同学从下面所给的三个模块中选定一个模块作答)一、选修4-1：几何证明选讲(命题意图：考查平面几何中圆 的切线的性质以及三角形相像等内容，考查考生对平面几何的推理力量．)如图所示，AB 为圆O 的直径，CB ，CD 为圆O 的切线，B ，D 为切点．(1)求证：AD ∥OC ；(2)若圆O 的半径为2，求AD ·OC 的值．(1)证明 连接BD ，OD ，∵CB ，CD 是圆O 的两条切线，∴BD ⊥OC ，又AB 为直径，∴AD ⊥DB ，AD ∥OC .(2)解 由AD ∥OC ，∴∠DAB ＝∠COB ，∴Rt △BAD ∽Rt △COB ，AD OB ＝AB OC ，AD ·OC ＝AB ·OB ＝8.二、选修4-4：坐标系与参数方程(命题意图：考查极坐标方程、参数方程与平面直角坐标方程的互化、平面内直线与曲线的位置关系，对考生的运算力量有肯定要求．)在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos θ，y ＝－4＋2sin θ(θ为参数)．(1)以原点为极点、x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆C 的极坐标方程；(2)已知A (－2，0)，B (0，2)，圆C 上任意一点M (x ，y )，求△ABM 面积的最大值．解 (1)圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos θ，y ＝－4＋2sin θ(θ为参数)．所以一般方程为(x －3)2＋(y ＋4)2＝4.∴圆C 的极坐标方程：ρ2－6ρcos θ＋8ρsin θ＋21＝0.(2)点M (x ，y )到直线AB ：x －y ＋2＝0的距离为d ＝|2cos θ－2sin θ＋9|2，△ABM 的面积S ＝12×|AB |×d ＝|2cos θ－2sin θ＋9|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＋9，所以△ABM 面积的最大值为9＋2 2. 三、选修4-5：不等式选讲(命题意图：考查含确定值不等式的求解，确定值不等式的几何意义等内容，考查考生的规律思维力量与推理论证力量．) 关于x 的不等式lg(|x ＋3|－|x －7|)＜m . (1)当m ＝1时，解此不等式； (2)设函数f (x )＝lg(|x ＋3|－|x －7|)，当m 为何值时， f (x )＜m 恒成立？ 解 (1)当m ＝1时，原不等式可变为0＜|x ＋3|－|x －7|＜10，可得其解集为{x |2＜x ＜7}． (2)设t ＝|x ＋3|－|x －7|，则由对数定义及确定值的几何意义知0＜t ≤10， 因y ＝lg x 在(0，＋∞)上为增函数，则lg t ≤1，当t ＝10， x ≥7时，lg t ＝1，故只需m ＞1即可， 即m ＞1时，f (x )＜m 恒成立．。
2022年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 阶段滚动检测(四) 专题一-专题五 Word版含答案
阶段滚动检测（四） 专题一~专题五(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≥0}，B ＝{x |y ＝log 2(x －1)}，则(∁R A )∩B ＝( ) A ．(1,3) B ．(－1,3) C ．(3,5)D ．(－1,5)解析：选A A ＝{x |x 2－2x －3≥0}＝{x |x ≥3或x ≤－1}，B ＝{x |y ＝log 2(x －1)}＝{x |x －1>0}＝{x |x >1}，所以∁R A ＝{x |－1<x <3}，则(∁R A )∩B ＝{x |1<x <3}．故选A.2.在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝1，∠BAD ＝60°，若E ，F 分别是BC ，CD 的中点，则BF ―→·DE ―→＝( )A ．2B ．－2 C.54D ．－54解析：选D 如图，BF ―→＝BC ―→＋12CD ―→＝AD ―→－12AB ―→，DE ―→＝DC ―→＋12CB ―→＝AB ―→－12AD ―→.∵AB ＝2，AD ＝1，∠BAD ＝60°，∴BF ―→·DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD ―→－12AB ―→·⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→－12AD ―→＝－12AB ―→2－12AD ―→2＋54AD ―→·AB ―→＝－2－12＋54×1×2×12＝－54.故选D.3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的一部数学专著，书中有如下问题：今有女子善织，日增等尺，七日织二十八尺，其次日、第五日、第八日所织之和为十五尺，则第九日所织尺数为( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选B 问题转化为已知等差数列{a n }中S 7＝28，a 2＋a 5＋a 8＝15，求a 9.由a 2＋a 5＋a 8＝15⇒3a 5＝15⇒a 5＝5.由S 7＝28⇒7a 1＋a 72＝28⇒a 4＝4，所以d ＝a 5－a 4＝1，a 9＝a 4＋(9－4)d ＝9.故选B.4．(2021·山东济宁模拟)一个由半圆锥和平放的直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1＋π3B ．1＋π6C.23＋π3D.23＋π6解析：选B 由已知可得组成该几何体的三棱柱的底面如正视图所示，故底面面积为12×2×1＝1，三棱柱的高为1，故三棱柱的体积为1；组成该几何体的半圆锥的底面如俯视图中半圆所示，故底面面积为π2，半圆锥的高为1，故半圆锥的体积为13×12π×1＝π6.故组合体的体积V ＝1＋π6.故选B.5．已知向量a ，b ，则“a ∥b ”是“|a －b |＝|a |－|b |”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 若a ∥b ，则a 与b 同向或反向，所以|a －b |＝|a |－|b |或|a －b |＝|a |＋|b |，故充分性不成立．若|a －b |＝|a |－|b |，则a 与b 同向平行，即a ∥b ，所以必要性成立． 故“a ∥b ”是“|a －b |＝|a |－|b |”的必要不充分条件．故选B.6．(2021·四川泸州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≤1，1－log 2x ，x >1，则满足不等式f (1－m 2)>f (2m －2)的m 的取值范围是( )A ．(－3,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C ．(－3,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－3，32 解析：选C 当x ≤1时，f (x )＝2x＋1为增函数，且f (x )>1，当x >1时，f (x )＝1－log 2x 为减函数，则f (x )<1.∵f (1－m 2)>f (2m －2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2≤1，2m －2≤1，1－m 2>2m －2或⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2>1，2m －2>1，1－m 2<2m －2或⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2≤1，2m －2>1，解得－3<m <1或m >32.故选C.7．(2021·辽宁抚顺模拟)将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π12个单位，再向上平移1个单位，得到g (x )的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则2x 1－x 2的最大值为( )A.49π12 B.35π6C.25π6D.17π4解析：选A 函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π12个单位，再向上平移1个单位，得到g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋1的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则g (x 1)＝g (x 2)＝3，则2x ＋π3＝π2＋2k π，k ∈Z ，即x ＝π12＋k π，k ∈Z ，由x 1，x 2∈[－2π，2π]，得x 1，x 2∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－23π12，－11π12，π12，13π12，当x 1＝13π12，x 2＝－23π12时，2x 1－x 2取最大值为49π12.故选A. 8．(2021·河南开学模拟)已知等腰梯形ABCD 的顶点都在抛物线y 2＝2px (p >0)上，且AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，∠ADC ＝60°.则点A 到抛物线的焦点的距离是( )A.33B. 3C.32D.7312解析：选D 设A (x 1,1)，D (x 2,2)，x 1>0，x 2>0，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝2px 1，4＝2px 2，即x 2＝4x 1.又∠ADC ＝60°，所以AD ＝x 1－x 22＋1－22＝2，所以x 21＝13，x 1＝33，即p ＝12x 1＝12×33＝32.所以点A 到抛物线的焦点的距离是x 1＋p 2＝7312.9．(2021·湖南长沙一中模拟)已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2.这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，记椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1·e 2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫19，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞D ．(0，＋∞)解析：选C 设椭圆和双曲线的半焦距为c ，|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n (m >n )．由于△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形，若|PF 1|＝10，即有m ＝10，n ＝2c .由椭圆的定义可得m ＋n ＝2a 1，由双曲线的定义可得m －n ＝2a 2，即a 1＝5＋c ，a 2＝5－c (c <5)，再由三角形的两边之和大于第三边，可得2c ＋2c >10，可得c >52，即52<c <5.由离心率公式可得e 1·e 2＝c a 1·c a 2＝c 225－c 2＝125c 2－1，由于1<25c 2<4，可得125c2－1>13，则e 1·e 2的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞，故选C.BC ＝5，点E ，F10.(2021·温州中学模拟)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝4，分别为AD ，BC 的中点，假如对于常数λ，在等腰梯形ABCD 的四条边上，有且只有8个不同的点P 使得PE ―→·PF ―→＝λ成立，那么λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－920B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，114C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，－14D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，114 解析：选C 建立直角坐标系如图所示，由题意，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫72，1，依据对称性可知，问题等价于在等腰梯形ABCD 的每条边上均有两点(不含端点)满足PE ―→·PF ―→＝λ.若P 在CD 上，设P (x,0)，PE ―→·PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－0)2＝(x －2)2－54，其中0<x <4，依据二次函数的对称性，可得－54<PE ―→·PF ―→<114；若P 在AD 上，设P (x,2x )，PE ―→·PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－2x )2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x －452－920，其中0<x <1，依据二次函数的性质可知，－920<PE ―→·PF ―→<－14；若P 在AB 上，设P (x,2)，PE ―→·PF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫72－x ＋(1－2)2＝(x －2)2－54，其中1<x <3，依据二次函数的性质可知，－54<PE ―→·PF ―→<－14；若P 在BC 上，依据图形的对称性可知－920<PE ―→·PF ―→<－14.取交集可知，实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－920，－14，故选C.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上) 11．(2022届高三·舟山联考)已知直线x ＋2y －1＝0与直线2x ＋my ＋4＝0平行，则m ＝________，到两直线距离相等的点M 的轨迹方程是________．解析：由直线x ＋2y －1＝0与直线2x ＋my ＋4＝0平行，得21＝m 2≠4－1，∴m ＝4.设M (x ，y )，则|x ＋2y －1|5＝|x ＋2y ＋2|5，化简得2x ＋4y ＋1＝0.答案：4 2x ＋4y ＋1＝012．(2021·台州模拟)圆心在直线y ＝－4x 上，并且与直线l ：x ＋y －1＝0相切于点P (3，－2)的圆的方程为________，y 轴截该圆的弦长为________．解析：设圆心O 为(x ，－4x )，k OP ＝2－4xx －3，k l ＝－1，由直线l 与圆相切，得k OP ·k l ＝－1，∴x ＝1，∴O (1，－4)，r ＝1－32＋－4＋22＝22，∴所求圆的方程为(x －1)2＋(y ＋4)2＝8，y 轴截该圆的弦长为28－1＝27.答案：(x －1)2＋(y ＋4)2＝8 2713．(2022届高三·温州十校联考)若抛物线y 2＝8x 的焦点恰好是双曲线x2a 2－y23＝1(a >0)的右焦点，则实数a 的值为__________，双曲线的渐近线方程为________．解析：抛物线y 2＝8x 的焦点为(2,0)，双曲线x 2a 2－y 23＝1(a >0)的右焦点为(a 2＋3，0)，由题意可得为a 2＋3＝2，解得a ＝1，可知双曲线的渐近线方程为y ＝±3x .答案：1 y ＝±3x14．(2021·杭州六校联考)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥－1，3x －y ≤a ，目标函数z ＝x ＋2y 的最小值为1，则实数a 的值为________，若点M (2，b )在可行域内，则该点到原点的距离为________．解析：作出不等式组对应的平面区域(图中阴影部分)：∵目标函数z ＝x ＋2y 的最小值为1，∴x ＋2y ＝1，作出直线x ＋2y ＝1，则直线x ＋2y ＝1交直线x ＋y ＝1于B ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x ＋2y ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，即B (1,0)，同时B (1,0)也在直线3x －y ＝a 上，则a ＝3－0＝3.由于点M (2，b )在可行域内，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋b ≥1，2－b ≥－1，6－b ≤3，解得b ＝3，即M (2,3)，所以点M 到原点的距离为|OM |＝13.答案：31315．(2021·温州中学模拟)设数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝lg(n ＋1＋a n )，n ∈N *，若a 2 016∈(lg k ，lg(k ＋1))，则整数k ＝________.解析：由题意，得a 2＝lg(2＋a 1)＝lg 2∈(0,1)，a 3＝lg(3＋a 2)∈(0,1)，…，a 8＝lg(8＋a 7)∈(0,1)，a 9＝lg(9＋a 8)∈(0,1)，a 10＝lg(10＋a 9)∈(1,2)，…，a 98＝lg(98＋a 97)∈(1,2)，a 99＝lg(99＋a 98)∈(2,3)，…，a 997＝lg(997＋a 996)∈(2,3)，a 998＝lg(998＋a 997)∈(3,4)，…，a 2 015＝lg(2 015＋a 2 014)∈(3,4)，a 2 016＝lg(2 016＋a 2 015)∈(lg 2 019，lg 2 020)，∴k ＝2 019.答案：202116．(2022届高三·宁波九校期末联考)若正实数a ，b 满足(2a ＋b )2＝1＋6ab ，则ab2a ＋b ＋1的最大值为________．解析：∵正实数a ，b 满足(2a ＋b )2＝1＋6ab ， ∴ab ＝2a ＋b2－16.∵(2a ＋b )2＝1＋6ab ≤1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 22， 解得2a ＋b ≤2，当且仅当b ＝2a ＝1时取等号，则ab 2a ＋b ＋1＝2a ＋b 2－162a ＋b ＋6＝2a ＋b －16≤2－16＝16， ∴ab 2a ＋b ＋1的最大值为16. 答案：1617．(2021·浙江高考)已知a ∈R ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋4x－a ＋a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是________．解析：∵x ∈[1,4]，∴x ＋4x∈[4,5]，①当a ≤92时，f (x )max ＝|5－a |＋a ＝5－a ＋a ＝5，符合题意；②当a >92时，f (x )max ＝|4－a |＋a ＝2a －4＝5，解得a ＝92(冲突)，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，92. 答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，92三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)(2021·潍坊模拟)设函数f (x )＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3－4cos 2ωx ＋3(0<ω<2)，且y ＝f (x )的图象的一条对称轴方程为x ＝π6.(1)求ω的值并求f (x )的最小值；(2)△ABC 中a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a ＝1，S △ABC ＝34，f (A )＝2，求△ABC 的周长．解：(1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3－4cos 2ωx ＋3＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 2ωx ＋32cos 2ωx －2(1＋cos 2ωx )＋3＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋1＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6，由y ＝f (x )的图象的一条对称轴方程为x ＝π6，可得2ω·π6＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即ω＝3k ＋1，k ∈Z ，由0<ω<2，可得ω＝1，则f (x )＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 当2x ＋π6＝2k π－π2，k ∈Z ，即x ＝k π－π3，k ∈Z 时，f (x )＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6取得最小值1－2＝－1.(2)由f (A )＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝2，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，由A 为三角形的内角，可得2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，即有2A ＋π6＝5π6，解得A ＝π3.由a ＝1，S △ABC ＝34，可得12bc sin A ＝34，解得bc ＝1， 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得b 2＋c 2＝2. 所以b ＋c ＝b 2＋c 2＋2bc ＝2＋2＝2， 则△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝3.19．(本小题满分15分)(2021·枣庄模拟)在四边形ABCD 中(如图①)，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，G 为AD 上一点，且AB ＝AG ＝1，GD ＝CD ＝2，M 为GC 的中点，点P 为BC 上的点，且满足BP ＝2PC .现沿GC 折叠使平面GCD ⊥平面ABCG (如图②)．(1)求证：平面BGD ⊥平面GCD ；(2)求直线PM 与平面BGD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在直角梯形ABCD 中，AB ＝AG ＝1，GD ＝CD ＝2，BC ＝22，cos D ＝13，∴GC ＝4＋4－2×2×2×13＝433，BG ＝1＋1－2×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝263.∴BG 2＋GC 2＝BC 2，∴BG ⊥GC .∵平面GCD ⊥平面ABCG ，平面GCD ∩平面ABCG ＝GC ，∴BG ⊥平面GCD . ∵BG ⊂平面BGD ，∴平面BGD ⊥平面GCD .(2)如图，取BP 的中点H ，连接GH ， 则GH ∥MP ，作HQ ⊥平面BGD ，连接GQ ，则∠HGQ 为直线GH 与平面BGD 所成的角， 即直线PM 与平面BGD 所成角． 由(1)，作CN ⊥GD ，则CN ⊥平面BGD . ∵HQ ⊥平面BGD ，∴HQ ∥CN ，∴HQ CN ＝BH BC ＝13，∴HQ ＝13CN . 在△DGC 中，GC ＝433，DM ＝263， 由GD ·CN ＝GC ·DM ，得CN ＝423，∴HQ ＝429. ∵在直角梯形ABCD 中，GH CD ＝GD AD ，∴GH ＝43，∴sin ∠HGQ＝HQ GH ＝23， ∴直线PM 与平面BGD 所成角的正弦值为23. 20．(本小题满分15分)(2021·北京海淀模拟)已知函数f (x )＝ln x －a x－1. (1)若曲线y ＝f (x )存在斜率为－1的切线，求实数a 的取值范围； (2)求f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝x ＋aln x，求证：当－1<a <0时，g (x )在(1，＋∞)上存在微小值． 解：(1)由f (x )＝ln x －a x－1，得f ′(x )＝1x ＋a x2＝x ＋ax2(x >0)．由已知曲线y ＝f (x )存在斜率为－1的切线， 所以f ′(x )＝－1存在大于零的实数根， 即x 2＋x ＋a ＝0存在大于零的实数根． 由于y ＝x 2＋x ＋a 在x >0时单调递增， 所以实数a 的取值范围是(－∞，0)． (2)f ′(x )＝x ＋ax 2，x >0，a ∈R. 当a ≥0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，f ′(x )>0，若x ∈(0，－a )，f ′(x )<0，此时函数f (x )的增区间为(－a ，＋∞)，减区间为(0，－a )．综上所述，当a ≥0时，单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，单调递增区间为(－a ，＋∞)，减区间为(0，－a )．(3)证明：由g (x )＝x ＋a ln x 得g ′(x )＝ln x －ax －1ln x 2＝f xln x2.由－1<a <0可得0<－a <1，由(2)可知函数f (x )在(－a ，＋∞)上递增， 所以f (1)＝－a －1<0.取x ＝e ，明显e>1，f (e)＝ln e －a e－1＝－ae>0，所以存在x 0∈(1，e)满足f (x 0)＝0， 即存在x 0∈(1，e)满足g ′(x 0)＝0，所以g (x )，g ′(x )在区间(1，＋∞)上的状况如下：x (1，x 0) x 0(x 0，＋∞)g ′(x )－＋g (x ) 微小值所以当－1<a <0时，g (x )在(1，＋∞)上存在微小值．21．(本小题满分15分)如图，抛物线C ：y 2＝4x 的弦AB 的中点P (2，t )(t ≠0)，过点P 且与AB 垂直的直线l 与抛物线交于C ，D ，与x 轴交于Q .(1)求点Q 的坐标；(2)当以CD 为直径的圆过A ，B 时，求直线l 的方程．解析：(1)易知AB 不与x 轴垂直，设AB 直线方程为y ＝k (x －2)＋t ， 与抛物线C ：y 2＝4x 联立，消去y 得k 2x 2＋(2tk －4k 2－4)x ＋(t －2k )2＝0， ∴Δ＝(2tk －4k 2－4)2－4k 2×(t －2k )2>0.① 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1，x 2是上述方程两根， ∴x 1＋x 2＝4k 2＋4－2tkk2＝4， 即k ＝2t，代入①中，求得－22<t <22且t ≠0，∴直线l 的方程为y －t ＝－t2(x －2)．令y ＝0，得x ＝4，知Q 点坐标为(4,0)．(2)|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 242－4×t －2k2k 2＝t 2＋4·8－t 2，直线l ：y ＝－t2(x －4)，与抛物线y 2＝4x 联立，消去y 得t 2x 2－(8t 2＋16)x ＋16t 2＝0.设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝8t 2＋16t 2＝8＋16t2，x 3x 4＝16， 设CD 的中点为M (x 0，y 0)，∴x 0＝4＋8t 2，y 0＝－4t ，|PM |＝t 2＋4t2×4＋t 2，∴|CD |＝ 1＋t 24|x 3－x 4|＝1＋t 24x 3＋x 42－4x 3x 4＝1＋t 24⎝ ⎛⎭⎪⎫8＋16t 22－4×16 ＝ 4＋t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋8t 22－16 ＝8×4＋t 2×1t4＋1t2，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，有14|CD |2＝14|AB |2＋|PM |2，代入并整理得t 4－12t 2＋32＝0， 求得t 2＝4或t 2＝8(舍去)，∴t ＝±2. ∴直线l 的方程为y ＝x －4或y ＝－x ＋4.22．(本小题满分15分)(2022届高三·浙江名校协作体联考)已知函数f (x )＝44x ＋15. (1)求方程f (x )－x ＝0的实数解；(2)假如数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，是否存在实数c ，使得a 2n <c <a 2n －1对全部的n ∈N *都成立？证明你的结论．解：(1)由题意得44x ＋15－x ＝0，解得x ＝－4或x ＝14.(2)由于f (x )＝44x ＋15，当x ∈(0,1]时， f (x )单调递减，所以419≤f (x )<415.由于a 1＝1，所以由a n ＋1＝44a n ＋15得a 2＝419，a 3＝76301且0<a n ≤1.由于419<14<76301，所以假设存在实数c ＝14，使得a 2n <c <a 2n －1，下面用数学归纳法证明0<a 2n <14<a 2n －1≤1. 由于0<a 2＝419<14<a 1＝1≤1，所以当n ＝1时结论成立．设当n ＝k (k ≥2)时结论成立，即0<a 2k <14<a 2k －1<1.由于f (x )＝44x ＋15为(0,1]上的减函数，所以f (0)>f (a 2k )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14>f (a 2k －1)>f (1)，从而415>a 2k ＋1>14>a 2k >419，因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫415<f (a 2k ＋1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f (a 2k )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫419， 即0<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫415<a 2k ＋2<14<a 2k ＋1<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫419≤1，即当n ＝k ＋1时结论也成立． 综上所述，对一切n ∈N *,0<a 2n <14<a 2n －1≤1都成立，即存在c ＝14使得a 2n <14<a 2n －1.。
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专题四立体几何
第1讲三视图及空间几何体的计算问题
(建议用时：60分钟)
一、选择题
1．(2021·广东卷)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值
()．
A．大于5 B．等于5
C．至多等于4 D．至多等于3
解析当n＝3时明显成立，故排解A，B；由正四周体的四个顶点，两两距离相等，得n＝4时成立，故选C.
答案 C
2．(2021·东北三校第三次模拟)如图，多面体ABCD-EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如右，则其正视图和侧视图正确的是
()．
解析留意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排解A，C选项，观看B，D选项，侧视图是指光线从几何体的左面对右面正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D.
答案 D
3．(2021·陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
()．
A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4
解析由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：
S＝2×
1
2π×1
2＋12×2π×1×2＋2×2
＝π＋2π＋4＝3π＋4.
答案 D
4．(2021·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
()．
A.1
3＋π B.
2
3＋π
C.1
3＋2π D.
2
3＋2π
解析这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，V＝1
2π×1
2×2＋
1
3×⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
2×1×2×1＝π＋
1
3
，选
A.
答案 A
5．(2021·新课标全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()．
A．1 B．2
C．4 D．8
解析由题意知，2r·2r＋1
2·2πr·2r＋
1
2πr
2＋12πr2＋12·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，解得r＝2.
答案 B
6．在具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中，体积最大的几何体的表面积为()．
A．13 B．7＋3 2 C.
7
2π D．14
解析由正视图和俯视图可知，该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱或水平放置的圆柱．由图象可知四棱柱的体积最大．四棱柱的高为1，底面边长分别为1,3，所以表面积为2(1×3＋1×1＋3×1)＝14.
答案 D
7．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于
()．
A.
3
2B．1 C.
2＋1
2 D. 2
解析易知正方体是水平放置的，又侧视图是面积为2的矩形．所以正方体的对角面平行于投影面，此时正视图和侧视图相同，面积为 2.
答案 D
二、填空题
8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为____________．
解析由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高分别为。