(专题密卷)河北省衡水中学2022届高考数学万卷检测空间几何体

一、单选题1. 已知一个几何体的三视图如图，则其外接球的体积为（）A．B．C．D．2.已知函数，若的图像与轴有个不同的交点，则实数的取值范围是A．B．C．D．3. 已知点P是双曲线的右支上一点，为双曲线E 的左､右焦点，的面积为20，则下列说法正确的是（ ）①点P的横坐标为②的周长为③的内切圆半径为1④的内切圆圆心横坐标为4A ．②③④B ．①②④C ．①②③D ．①②4. 已知定义在上的函数满足，，且当时，，则A．B．C．D．5. 已知双曲线（，）的渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为（ ）A．B．C．D ．36. 齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为A．B．C．D．7.如图，正方体的棱长为1，为的中点，在侧面上，有下列四个命题：①若，则面积的最小值为；②平面内存在与平行的直线；③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，则这样的平面有4个；④过作面与面平行，则正方体在面的正投影面积为．则上述四个命题中，真命题的个数为河北省衡水中学2022届高三上学期高考模拟卷（一）数学试题(高频考点版)河北省衡水中学2022届高三上学期高考模拟卷（一）数学试题(高频考点版)二、多选题三、填空题四、解答题A ．1B ．2C ．3D ．48. 最近几年，每年11月初，黄浦江上漂浮着的水葫芦便会迅速增长，严重影响了市容景观，为了解决这个环境问题，科研人员进行科研攻关，下图是科研人员在实验室池塘中观察水葫芦面积与时间的函数关系图像，假设其函数关系为指数函数，并给出下列说法:①此指数函数的底数为；②在第个月时，水葫芦的面积会超过；③设水葫芦面积蔓延至所需的时间分别为，则有；其中正确的说法有（ ）A．B．C．D．9. 已知复数，是的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则10.设实数满足，则（ ）A．B．C．D．11. 有两批种子，甲批种子15粒，能发芽的占80％，乙批种子10粒，能发芽的占70％，则下列说法正确的有（ ）．A．从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率是B．从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率是C．从甲乙两批中各任取一粒，至少一粒能发芽的概率是D．如果将两批种子混合后，随机抽出一粒，能发芽的概率为12. 下列函数中最大值为1的是（ ）A．B．C．D．13. 过点可作曲线的两条切线，则实数的取值范围是_____________．14. 已知向量为单位向量，向量，且，则向量的夹角为______．15. 如图，在等边三角形ABC 中，，点N 为AC 的中点，点M 是边CB（包括端点）上的一个动点，则的最大值为___________.16. 某小学认真贯彻教育部门“双减”工作的精神，执行相关措施一段时间后，为了解“双减”工作的实际效果，在该校1200名学生中随机抽取了100名小学生，调查他们周末完成作业的时间（以下简称作业时间，单位：)，将统计数据按[0，0.5)，[0.5，1)，，[4，4.5]分组，得到如图所示的频率分布直方图，(1)求直方图中的值；(2)估计全校学生作业时间不低于2的人数；(3)按照分层抽样的方法，从全校学生作业时间不低于2和低于2的学生中抽取5人组成核心素养考察团，若从考察团中选取2人作为团长和副团长求这2人都来自作业时间低于2的学生的概率．17. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若，求的最大值；（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点共线，求.18. 设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，若，且(S n+1+λ)a n=(S n+1)a n+1对一切n∈N*都成立．（1）若λ=1，求数列{a n}的通项公式;（2）求λ的值，使数列{a n}是等差数列．19. 已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点且长轴长为4．求椭圆E的方程：Ⅱ若A是椭圆E的左顶点，经过左焦点F的直线1与椭圆E交于C，D两点，求与的面积之差的绝对值的最大值为坐标原点20. 某校高一某班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的破坏，其可见部分如下，据此解答如下问题：（1）计算频率分布直方图中[80,90)间的矩形的高；（2）若要从分数在之间的试卷中任取两份分析学生失分情况，求在抽取的试卷中，至少有一份的分数在之间的概率；（3）根据频率分布直方图估计这次测试的平均分．21. 已知动圆过点（0，1），且与直线：相切．(1)求动圆圆心的轨迹的方程；(2)点一动点，过作曲线E两条切线，，切点分别为，，且，直线与圆相交于，两点，设点到直线距离为．是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间120分钟，满分150分。

考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答,在试题卷上作答无效。

第I卷一、选择题1.将正方体模型放置在你的水平细视线的左上角，用斜二测画法绘制成直观图，则正确的是( )2.向高为H水瓶中注水，注满为止.如果注水体积V与水深h的函数关系如图，那么水瓶的形状是图中的( )3.一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的体积是( )A.253π B.343π C.1633π+ D.16123π+4.2( )22D.2 35.一球内切于一圆台，若此圆台的上.下底面半径分别是,a b，则此圆台的体积是（）A.22()a ab b abπ++ B.23π22()a ab b ab++C.3π22(a ab b ++ D.1322(a ab b ++6.已知平面α截球面的圆M 。

过圆心M 且与α成60︒二面角的平面β截该球面得圆N .若该球的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为( ). A.7πB.9πC.11π D .13π7.已知n m ,为异面直线，⊥m 平面α，⊥n 平面β。

直线l 满足,,,l m l n l l αβ⊥⊥⊄⊄，则（A ）βα//，且α//l（B ）βα⊥，且β⊥l（C ）α与β相交，且交线垂直于l（D ）α与β相交，且交线平行于l8.平面α的斜线l 与平面α所成的角是45°,则l 与平面α内所有不经过斜足的直线所成的角中,最大的角是( )A B C D .45 .60 .90 .135︒︒︒︒9.已知四面体ABCD 中，AB.AC.AD 两两互相垂直，给出下列两个命题： ①AB CD AC BD AD BC ⋅=⋅=⋅;②2222||||||||AB AC AD AB AC AD ++=++.A. ①真，②真B.①真，②假C. ①假，②假D.①假，②真10.已知在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行。

衡水万卷周测（三）理科数学三视图、空间几何体考试时间：120分钟姓名：__________班级：__________考号：__________题号 一 二 三 总分得分一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1.（2015新课标1高考真题）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 ）82.如右图放置的六条棱长都相等的三棱锥，则这个几何体的侧视图是A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.无两边相等的三角形3.一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分几何体，余下的几何体的三视图（如图所示），则余下部分的几何体的表面积为A ．532323++ππ＋1 B ．523323++ππ＋1 C．53233++ππ D．52333++ππ4.在如图所示的空间直角坐标系xyz O -中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0）， （1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）A. ①和②B.③和①C. ④和③D.④和②5.一块石材表示的几何体的三视图如下图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于A ．1B ．2C ．3D ．46.如图，边长为2的正方形ABCD 中，点,E F 分别是边,AB BC 的中点，将AED ∆,EBF ∆,FCD ∆分别沿,,DE EF FD 折起，使,,A B C 三点重合于点A ',若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为ABCDEFEFDAA.2B.62 C.112 D.527.已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为 A ．3172 B ．210 C ．132D ．310 8.三棱锥P —ABC 的四个顶点均在同一球面上，其中△ABC 是正三角形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ＝6，则该球的体积为( )A ．163πB ．323πC ．48πD ．643π9.在四棱锥V-ABCD 中，1,B 1D 分别为侧棱VB,VD 的中点，则四面体11AB CD 的体积与四棱锥 V-ABCD 的体积比为（ ）A.1：6B.1：5C.1：4D.1：310.正四棱锥S-ABCD 中，侧棱与底面所成角为a ，侧面与底面所成二面角为b ，侧棱SB 与底面正方形ABCD 的对角线AC 所成角为g ，相邻两侧面所成二面角为q ， 则a bgq 之间的大小关系是（ ）(A) a b q g <<< (B) a b g q <<< (C) a g b q <<< (D) b a g q <<<11.已知空间不共面的四点A,B,C,D ，则到这四点距离相等的平面有（ ）个A ．4B ．6C ．7D ．512.如图，设AB ⊥平面α，CD ⊥平面α，垂足分别为B 、D ,且AB CD ≠.EF 是平面α与平面β的交线，如果增加一个条件就能推出BD EF ⊥,给出四个条件不可能是⊥①AC 平面β；AC EF ⊥②;AC ③与BD 在平面β内的射影在同一条直线上;AC ④与BD 在平面β内的射影所在的直线交于一点.那么这个条件不可能是( )A.①②B.②③C.③D.④二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）152正视图侧视图俯视图13.四棱锥P ABCD -的顶点P 在底面ABCD 中的投影恰好是A ，其三视图如下图所示, 根据图中的信息，在四棱锥P ABCD -的任两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线对数为 .14.已知各顶点都在同一球面上的正四棱锥高为3，体积为6，则这个球的表面积是 . 15.设12,,,n P P P 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到12,,,n P P P 点的距离之和最小，则称点P为12,,,n P P P 点的一个“中位点”.例如，线段AB 上的任意点都是端点,A B 的中位点.则有下列命题：①若,,A B C 三个点共线，C 在线AB 上，则C 是,,A B C 的中位点； ②直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点； ③若四个点,,,A B C D 共线，则它们的中位点存在且唯一； ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点.其中的真命题是____________.（写出所有真命题的序号数学社区）16.如图,过四面体V-ABC 的底面上任意一点O,分别作OA 1∥VA,OB 1∥VB,OC 1∥VC,A 1,B 1,C 1分别是作直线现侧面的交点,则1OA VA +1OB VB +1OC VC= . 三、解答题（本大题共5小题，每题14分，共70分）17.已知正四棱锥ABCD P -底面正方形的边长为4cm ，高PO 与斜高PE 的夹角为030，如图，求正四棱锥的表面积与体积18.如（图24—3）所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，,2AP AB BP BC ===,E .F分别是PB .PC 的中点. (1)证明：EF ∥平面PAD ; (2)求三棱锥E ABC -的体积V19.如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形,其中BD 是圆的直径,60ABD ∠=︒，45BDC ∠=︒,ADP BAD ∆∆∽.(1)求线段PD 的长；(2)若11R PC =，求三棱锥P ABC -的体积.20.（Ⅰ）正四棱锥的体积23V =，求正四棱锥的表面积的最小值； （Ⅱ）一般地，设正n 棱锥的体积V 为定值，试给出不依赖于n 的一个充分必要条件，使得正n 棱锥的表面积取得最小值.21.四面体ABCD 及其三视图如图所示，过棱AB 的中点E 作平行于AD ，BC 的平面分别交四面体的棱CA DC BD ，，于点H G F ，，.２２１俯视图左视图　主视图ABCDEFGH（1）证明：四边形EFGH 是矩形；（2）求直线AB 与平面EFGH 夹角θ的正弦值.aa 主视 图 B C D A 俯 视 图左 视 图aa aEoADBCp0.衡水万卷周测（三）答案解析一、选择题 1.【答案】B解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故答案选B. 考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式2.【答案】A 解析：∵六条棱长都相等的三棱锥，它的侧视图是如图所示的等腰三角形，故选A 。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲 空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一 空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析 该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160， 所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200， 过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大， 则下坡段的公路为图中的HB ， 由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ， 得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析 由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2， 在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线 答案 ABD解析 由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合， 即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析 将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二 表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·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 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析 方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二 设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2， 则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π， 所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)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 ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析 如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2， 则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ， 所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以ED ⊥AC ， 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ， 所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1， 所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确． 规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析 由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158， 又△SAB 的面积为515， 可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45， 由SA 与圆锥底面所成角为45°， 可得圆锥的底面半径为22×45＝210， 则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析 如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2， 解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4， 下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三 多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ， 所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ， 又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ， 因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22， 因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2， 所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22， 由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33， 所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)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 ．100π B ．128π C ．144π D ．192π 答案 A解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·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.12 C.33D.22答案 C解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ， 则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________． 答案6823π解析 如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ， 则CO ＝PO ＝R ＝33a ， 得2×33a ＝2， 所以a ＝6，R ＝2， 所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析 如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43， 所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析 球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ， 则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨 答案 B解析 由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析 由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ， 则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号， 所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)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.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析 方法一 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)， 所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26， 所以当3≤l <26时，V ′>0； 当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号， 所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三 如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ， 则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ， 所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3， 则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33， 所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0， 所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38， 所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍 答案 ACD解析 对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确； 对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误； 对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确； 对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析 设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ， 又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点， 则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2， 所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形， 则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误； 四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142， 所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析 不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°， 则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ， 则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ， 所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6， 易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62， 又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22， 所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析 由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________． 答案6＋ 2解析 依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析 设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4， 所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析 设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。

平面解析几何初步选择题1.已知1223+--=x x x y ，过点(－1, 1)的直线l 与该函数图象相切，且(－1, 1)不是切点，则直线l 的斜率为 ( ) A 2B1C 1D 2 - -2.已知)(x f 是定义域为R 的奇函数，1)4(-=-f ,)(x f 的导函 数)('x f 的图象如图所示。

若两正数b a ,满足1)2(<+b a f ，则22++b a 的取值范围是（ ） A. )2,31( B. )3,21(C. )0,1(-D. )1,(--∞3.若直线y x b =+与直线3y =b 的取值范围是( )A.1,1⎡-+⎣B.1⎡++⎣C.1⎡⎤-⎣⎦D.1⎡⎤⎣⎦4.已知点(1,0),(1,0),(0,1)A B C -，直线(0)y ax b a =+>将△ABC 分割为面积相等的两部分，则b 的取值范围是（A ）(0,1)(B) 1(1)2( C) 1(1]3(D) 11[,)32 5. 点)5,2(P 关于直线0=+y x 的对称点的坐标是（ ） A.)2,5(-- B.)5,2(-C.)2,5(-D.)2,5(-6.直线0mx y m +-=与圆224x y +=的位置关系为( ) A.相离 B.相交 C.相切 D.不确定7.圆22240x y x y ++-+=1关于直线220ax by -+=(,a b ∈)R 对称,则ab 的取值范围是( )A.,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦1B.0,4⎛⎤⎥⎝⎦1C.,04⎛⎫- ⎪⎝⎭1D.,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1)('x f8.圆22460x y x y +-+=和圆2260x y x +-=交于,A B 两点，则线段AB 的垂直平分线方程为( )A.30x y ++=B.250x y --=C.390x y --=D.4370x y -+=二、填空题9.若直线L 1：3)1(=-+y a ax 与L 2：2)32()1(=++-y a x a 互相垂直，则a 的值为_________.10.在圆225x y x +=内,过点53,22⎛⎫ ⎪⎝⎭有()n n N *∈条弦,它们的长构成等差数列{}n a ,若1a 为过该点最短弦的长,n a 为过该点最长的弦的长,且公差11,53d ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,则n 的值为 . 11.已知圆O ：225x y +=，直线l ：cos sin 1x y θθ+=π(0)2θ<<.设圆O 上到直线l 的距离等于1的点的个数为k ，则k = .12.两圆222(1)(1)x y r ++-=和222(2)(2)x y R -++=相交于,P Q 两点，若点P 坐标为（1，2），则点Q 的坐标为 。

推理与证明本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间120分钟，满分150分。

考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答,在试题卷上作答无效。

第I 卷一、选择题1.设三角形ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，三角形ABC 的面积为s ，内切圆半径为r ，则2r sa b c=++；类比这个结论可知：四面体S ABC -的四个面的面积分别为S 1.2S .3S .4S ，内切球的半径为r ，四面体S ABC -的体积为V ,则r =( ). A.234VS S S S +++1 B.2342V1 C.2343VS S S S +++1D.2344VS S S S +++12.有一段演绎推理是这样的：“因为对数函数x y a log =是增函数；已知x y 21log =是对数函数，所以x y 21log =是增函数”的结论显然是错误的，这是因为（ ）A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误3.用数学归纳法证明22222222(21)12(1)(1)213n n n n n +++⋅⋅⋅+-++-+⋅⋅⋅+=时，由n k =的假设到证明1n k =+时，等式左边应添加的式子是（ ） A.22(1)2k k ++B.22(1)k k ++C.2(1)k +D.21(1)[2(1)1]3k k +++第Ⅱ卷二、填空题4.观察下列算式，猜测由此表提供的一般法则，用适当的数学式子表示它。

1=1， 3+5=8， 7+9+11=27， 13+15+17+19=64， 21+23+25+27+29=125，则这个式子为 。

三、解答题5.（1）求证：2567-<-； （2）已知函数2()1xx f x e x -=++，用反证法证明方程0)(=x f 没有负数根.6.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，1a ¹0，v 1n S +－u n S =2a v ，其中u,v 正整数，且u>v ，n ÎN +. (Ⅰ)证明{n a }为等比数列；（Ⅱ）设1a .p a 两项均为正整数，其中p ³ 3. （ⅰ）p ³1a ,证明v 整除u ； （ⅱ）若存在正整数m ，使得1a ³1p m -,p a £1(1)p m -+,证明：(1)p pp S m m =+-。

河北省衡水中学2022届高三上学期高考模拟卷（二）数学试题1. 已知集合，，则( )A. B. C. D.2. 如果复数其中为虚数单位，b为实数为纯虚数，那么( )A. 1B. 2C. 4D.3. “”是命题p：，成立的( )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4. 设直线与圆：交于A，B两点，若圆的圆心在线段AB上，且圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，则圆的半径的最大值是( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 在平行四边形ABCD中，，点M在AB边上，且，则等于( )A. B. C. 1 D. 26.设，，且，则当取最小值时，__________.7.已知椭圆的左、右焦点分别为、，右顶点为A，上顶点为B，以线段为直径的圆交线段的延长线于点P，若且线段AP的长为，则该椭圆方程为( )A. B. C. D.8. 已知函数，，直线与函数，的图象分别交于N，M两点，记，函数的极大值为( )A. B. C. D.9. 已知，，则( )A. 若，则B. 若，则C. 的最小值为5D. 若向量与向量的夹角为钝角，则10. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为( )A. B. 2 C. 3 D. 411. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论正确的是( )A. 的最大值为B. 的最小值为C. D.平面平面12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则( )A.B.C. 取得最小值时n等于5D. 设，为的前n项和，则13. 若双曲线的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角为__________.14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c且，则__________.15.如图，在长方体中，，，，则点到平面的距离为__________16. 已知函数满足：①定义域为；②对任意，有；③当时，则__________；方程在区间内的解的个数是__________.17. 随机抽取某电子厂的某种电子元件400件，经质检，其中有一等品252件、二等品100件、三等品40件、次品8件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6元、2元、1元，而1件次品亏损2元.设1件产品的利润单位：元为求1件产品的平均利润即X的数学期望；经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为，一等品率提高为，如果此时要求1件产品的平均利润不小于元，则三等品率最多是多少？18.已知数列的前n项和为，且设，求证：数列是等差数列；求数列的通项公式及19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求角A的大小；若，求面积的最大值及此时边b，c的值.20. 如图所示的多面体是由三棱锥与四棱锥对接而成，其中平面AEB，，，，，，G是BC的中点．求证：；求平面DEG与平面AEFD所成锐二面角的余弦值．21. 已知F为抛物线的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，求抛物线C的方程；设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．22. 已知函数的图象在处的切线为若函数，求函数的单调区间；设函数图象上存在一点处的切线为直线l，若直线l也是曲线的切线，证明：实数存在，且唯一.答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查集合交集，属于基础题.根据给定条件结合交集的定义直接计算即可判断作答.【解答】解：因集合，，所以，故选2.【答案】A【解析】【分析】本题考查复数的基本概念，复数的除法运算，属于基础题.根据给定条件利用复数的除法运算化简复数，再结合复数的分类即可作答.【解答】解：，因复数为纯虚数，于是得且，解得，所以故选3.【答案】C【解析】【分析】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查对数函数的应用，属于一般题.根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【解答】解：当时，在上单调递增，而此时，所以，成立，因此“”是命题p：，成立的充分条件；若，，则可知，且时，，因此，从而可得，故必要性成立.故选4.【答案】B【解析】【分析】本题考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，两点间的距离公式，韦达定理的应用，属于中档题.先根据圆的方程找出圆心坐标与半径R的值，由题可知当圆的圆心为线段AB的中点时，圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，此时圆的半径r的最大，利用距离公式求出两圆心的距离等于1，然后根据两圆内切时，两圆心之间的距离等于两半径相减可得圆的半径最大值.【解答】解：由圆，可得圆心，半径，设圆的半径为r，则即故当最小时，r取最大值如图，当圆心为线段AB的中点时，取最小值且圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，设切点为P，联立直线与圆的方程得，消去y得到，设，，则，线段AB的中点的横坐标为，把代入直线方程中解得，，两圆心之间的距离，圆的最大半径故选5.【答案】A【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的运算，向量加法运算的应用，属于一般题.作于E，于F，用，进行转化，运算即可.【解答】解：如图，作于E，于F，易得，，则故选6.【答案】12【解析】【分析】本题考查基本不等式求最值，变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于中档题．当取最小值时，取最小值，变形可得，由基本不等式和等号成立的条件可得．【解答】解：，，当取最小值时，取最小值，，，，，，，当且仅当即时取等号，当取最小值时，即，时，则，，故答案为7.【答案】D【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，属于一般题.推导出、是等腰直角三角形，可得出以及，可求出a、c的值，进而可求得b的值，由此可得出该椭圆的方程.【解答】解：设椭圆的半焦距为c，因为点P在以线段为直径的圆上，所以又因为，所以又因为，所以是等腰直角三角形，于是也是等腰直角三角形，，，，得，解得，，得，所以椭圆方程为故选8.【答案】D【解析】【分析】本题考查利用导数求函数极值，属于中档题．由题意可设，则，利用函数的性质可求函数的极大值即可.【解答】解：设，，，，由，，，，解得，或，由，得，，，解得，当时，函数有极大值为故选9.【答案】BC【解析】【分析】本题主要考查向量的坐标运算，向量平行、垂直和向量的夹角，属于基础题．直接利用向量的共线，向量的模，向量的数量积，向量的夹角的应用判断各选项的正误．【解答】解：由，得，A不正确;由，，，B正确;，当时，取得最小值5，C正确;当时，即，得，当与反向时，，故若向量与向量的夹角为钝角，则或，D不正确.10.【答案】AB【解析】【分析】本题考查正弦型函数单调性的应用，函数图象变换，属于中档题.根据给定条件求出函数的解析式，进而求出的含有数0的单调递增区间，再借助集合的包含关系列式作答.【解答】解：依题意，，由，得：，于是得的一个单调递增区间是，因为在上为增函数，因此，，即有，解得，所以，选项C，D不满足，选项A，B满足.故选11.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查正方体的结构特征，以及线面垂直的判定与性质，面面垂直的判定，空间位置关系的判定，属较难题.当时，为钝角，A错误；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，可知B正确，利用平面，可得，C正确;利用平面平面，得出平面平面，D正确.【解答】解：设，则，，，当时，，即为钝角，错误；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，在上图中，在中，，利用余弦定理解三角形得，即，正确；由正方体的结构特征可知，，，且平面，平面，又平面，，C正确；平面即为平面，平面即为平面，且平面，平面，平面平面，平面平面，正确.故选：12.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式及求和，属于中档题.根据给定条件求出等差数列的公差d，再逐项分析计算即可判断作答.【解答】解：在等差数列中，因，，则公差，则，，A，B正确；，当且仅当，即时取“=”，因，且，，，则取最小值时，n等于6，C不正确；因，则，D正确.故选13.【答案】【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线，属于基础题.根据离心率为2，得到的值，从而得到两条渐近线方程，进而可得结果.【解答】解：，，故，所以，两条渐近线方程为：，故两条渐近线对应的倾斜角分别为和，两条渐近线所成的锐角为故答案为14.【答案】【解析】【分析】本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式、诱导公式的应用，属于一般题.利用正弦定理化边为角，再逆用两角和的正弦公式化简，结合三角形的内角和以及诱导公式即可求解.【解答】解：因为，由正弦定理可得：，即，所以，在中，因为，所以，即，所以，故答案为15.【答案】【解析】【分析】本题考查等体积法求点到面的距离，属基础题．利用，可求点到平面的距离．【解答】解：设点到平面的距离为d，由，可得，又，，解得故答案为：16.【答案】11【解析】【分析】本题考查求函数值，方程根的个数，属于中档题.根据得；根据题意作出和的图象，数形结合即可得答案.【解答】解：，…；在同一坐标系中画出满足条件：①定义域为R；②，有；③当时，的函数与函数的图象：观察图象可得：两个函数的图象在区间内共有11个交点，则方程在区间内的解的个数是：故答案为；17.【答案】解：的所有可能取值有6，2，1，，，，，故X的分布列为X621P设技术革新后的三等品率为x，则此时1件产品的平均利润为依题意，，即，解得，三等品率最多为【解析】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，属于一般题.的所有可能取值有6，2，1，，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．设技术革新后的三等品率为x，求出此时1件产品的平均利润为，由此能求出三等品率的最大值．18.【答案】证明：由，①则当时，有②①-②得两边同除以，得，即，即，所以数列是等差数列.由，得则，所以，，故公差，所以是以为首项，为公差的等差数列.解：由可知数列是首项为，公差为的等差数列.，即，，③，④③-④得…【解析】本题考查等差数列的判定与通项公式，利用错位相减法求数列的和，数列的递推关系，属于中档题.由已知数列的递推关系可得，与原递推式相减可得，两边同除以，得，即可证得数列是等差数列；由求出数列的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法可得数列的前n项和19.【答案】解：在中由正弦定理得：，为外接圆半径，，，化简得：即，，，，由余弦定理得，又，，，又，，则，当且仅当时，的面积取得最大值为【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，属于一般题.结合正弦定理化简已知条件，求得，从而求得A的大小.利用余弦定理列方程，结合基本不等式，三角形面积公式求解即可.20.【答案】解：证明：平面AEB，平面AEB，，又，，EB，平面BCFE，平面过D作交EF于H，则平面平面BCFE，，，四边形AEHD为平行四边形，，，又，，四边形BGHE为正方形，，又，平面BHD，平面BHD，平面平面BHD，解：平面BCFE，平面AEFD，平面平面BCFE由可知，平面AEFD平面AEFD，取DE的中点M，连接MH，MG ，如图四边形AEHD是正方形，，平面GHM，平面GHM，平面GHM，是二面角的平面角，在中，，，，，平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为【解析】本题考查线线垂直，考查面面角，属于中等题.证明，只需证明平面BHD，证明，即可；先证明是二面角的平面角，再在中，可求平面DEG与平面DEF 所成锐二面角的余弦值.21.【答案】解：因为，在抛物线方程中，令，可得于是当直线与x轴垂直时，，解得所以抛物线的方程为由题意知直线AB的方程为，因为抛物线的准线方程为，所以由，消去x得设，，则，若点满足条件，则，即，因为点P，A，B均在抛物线上，所以代入化简可得，将，代入，解得将代入抛物线方程，可得于是点为满足题意的点．【解析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题.由题意可得，即可求出抛物线的方程.由题意知直线AB的方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理结合直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，即可求出点P的坐标.22.【答案】解：函数定义域为，求导得：，因的图象在处的切线为，则有，解得，即，因此，，且，，所以函数的单调递增区间为和，无单调递减区间.证明：由函数得，，，则切线l的方程为，即，设直线l与曲线相切于点，由求导得：，则直线l的方程也为，即，因此有：，即，整理得：，由知，在区间上递增，又，，于是得方程必在区间上有唯一的根，即方程在上有唯一的根，因，，因此，方程在上唯一的根就是，而，所以存在，且唯一.【解析】本题考查导数的应用，导数的几何意义，属于难题.根据给定条件结合导数的几何意义求出函数，再借助导数求出函数的单调区间.利用导数的几何意义求出直线l，设出l与曲线相切的切点，写出由该切点所得的切线l，再借助函数性质，结合函数的零点即可推理作答.。

平面向量本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间120分钟，满分150分。

考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答,在试题卷上作答无效。

第I 卷一、选择题1.关于平面向量,,a b c 由下列四个命题：其中正确命题的序号是( )①若a b ∥,≠a 0则∃λ∈a R ,使得λ=b a ; ②若0⋅=a b ,则=a 0或=b 0;③若(,)k =a 1,(2,6)=-b ,a b ∥则3k =-; ④若,⋅=⋅a b a c 则()⊥-a b c ;A.③④B.①③C.①②③D.②④ 2.若向量(2,0)=a ,(1,1)=b ,则下列结论正确的是( ).A.⋅a b =1B.=a bC.()-⊥a b bD.a b ∥3.已知,,O N P 在ABC ∆所在平面内，且,0OA OB OC NA NB NC ==++=且PA PB PB PC PC PA ∙=∙=∙则点,,O N P 依次是ABC ∆的 （ ）A.重心 外心 垂心B.重心 外心 内心C.外心 重心 垂心D.外心 重心 内心（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）4.D 为△ABC 的边AB 的中点，P 为△ABC 内一点，且满足：25AP AD BC=+，则APD ABCS S =△△ （ ）A. 35B. 25C. 15D. 3105.在ABC ∆中3AB=,1BC =,cos cos AC B BC A =,则AC AB ⋅=( )A .32或2 B. 32D 2 6.已知,,A B C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，下列条件中能确保点M 与点,,A B C 共面的是（ ） A.OM OA OB OC =++B.2OM OA OB OC =--C.1123OM OA OB OC =++D.111632OM OA OB OC =++7.如果平面a b ，，直线m,n,点A,B,满足：//a b ，a b 烫m ,n ,a b 挝A ,B ,且AB 与a 所成的角为4p ，m AB ^,n 与AB 所成的角为3p，那么m 与n 所成的角大小为（ ） A.3p B. 4p C. 6p D. 8p 8.已知向量(cos ,sin ),(cos ,sin )θθθθ==-a b ,θ是锐角,且,⊥a b 则()2sin(2)f x x θ=--的一个单调递增区间可以是( ) A.3,88ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B.,88ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.79,88ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D.37,88ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷二、填空题9.设*(cos ,sin ),66n n n n ππ=∈=a N b 则21y =+a b 2|++a 2210|||+++…b a b 值为10.已知ABC V 中，90,4,ABC ?=o点A 为线段EF 的中点，EF=2，若EF uu u v 与BC uu uv 的夹角为60o，则BE CF ?uuv uu u v＿＿＿。

几何证明本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间120分钟，满分150分。

考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答,在试题卷上作答无效。

第I 卷一、选择题1.如图, ABC ∆内接于O 圆,过BC 中点D 作平行于AC 的直线,l l 交AB 于E,交圆O 于G F 、,交圆O 在A 点处的切线于P ,若3,2,3PE ED EF ===,则PA 的长为( )2.如图，在锐角三角形ABC 中，AB 边上的高CE 与AC 边上的高BD 交于点H 。

以DE 为直径作圆与AC 的另一个交点为G 。

已知BC=25，BD=20，BE=7，则AG 的长为（ ） (A) 8 (B)425 (C)10 (D) 5453.将一个正11边形用对角线划分为9个三角形，这些对角线在正11边形内两两不相交，则（ ）A. 存在某种分法，所分出的三角形都不是锐角三角形B. 存在某种分法，所分出的三角形恰有两个锐角三角形C. 存在某种分法，所分出的三角形至少有3个锐角三角形D. 任何一种分法所分出的三角形都恰有1个锐角三角形4.如图，ABC ∆的两条高线,AD BE 交于H ，其外接圆圆心为O ，过O 作OF 垂直BC 于F ，OH 与AF 相交于G ，则OFG ∆与GAH ∆面积之比为（ ）（A ）1:4 （B ）1:3 （C ）2:5 （D ）1:25.如图所示,AB CD 是半径为a 的圆O 的两条弦，它们相交于AB 的中点P,2,303=∠=︒aPD OAP ，则CP 等于( ) A. 98B.78a C. 58a D. 98a6.如图,A E 是半圆周上的两个三等分点，直径4,BC AD BC =⊥，垂足为D ，BE 与AD 相交于点F 则AF 的长为( )A. 23D. 137.如图所示，已知Rt ABC ∆的两条直角边,AC BC 的长分别为3cm ，4cm ，以AC 为直径的圆与AB 交于D ，则BD 等于( ) A.165 B.175C. 4D. 58.如图在ABC ∆中M .N 分别是AB .BC 的中点，AN.CM 交于点O ，那么M ON ∆与AOC ∆的面积比是( )A. 1:4B. 1:5C. 2:5D. 4:1第Ⅱ卷二、填空题9.如图割线PBC 经过圆心O ，1OB PB ==,OB 绕点O 逆时针旋转120到OD ，连PD 交圆O于点E ，则PE= .10.已知图，已知点E 是ABC ∆的内心，BAC ∠的平分线与ABC ∆的外接圆交于点D ，连接BE ，BD.若75DBE∠=，AB=2，则ABC ∆外接圆的面积为 .11.如图过圆O 外一点P 分别作圆的切线和割线交圆于,A B ，且7PB =，C 是圆上一点且使得5,BC BAC APB =∠=∠,则AB=12.如图，AB 为圆O 的直径，PA 为圆O 的切线，PB 与圆O 相交于D.若PA=3，916PD DB =：：，则PD= ；AB= .三、解答题13.AB 是圆O 的直径，弦CD AB ^于点M,E 是CD 延长线上一点，AB=10，CD=8，3ED=4，OM 、EF 切圆O 于 F ，BF 交CD 于G ， （1）求线段EF 的长;（2）连接DF ，判断DF 是否平行于AB ，并证明你的结论。

2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学(一)本试卷总分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5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.设集合{}22150A x x x =+-<，{}44B x x =∈-<<Z ，则A B ⋂= A.{}43x x -<<B.{}54x x -<<C.{}3,2,1,0,1,2---D.{}2,1,0,1,2,3-- 2.已知复数1421i z i +=--，则z 的共轭复数为 A.7522i -- B.7522i + C.1522i - D.1522i + 3.已知正四面体P ABC -的四个顶点均在球O 的表面上，若球O 的半径为3，则正四面体的表面积为A. B. C. D.4.已知tan 2θ=，则cos2sin2θθ-= A.15 B.75 C.15- D.75- 5.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}1n S +是等比数列，13a =，24a =，则n a =A.2n +B.3,12,2n n n =⎧⎪⎨≥⎪⎩C.13,14,2n n n -=⎧⎪⎨≥⎪⎩D.13,124,2n n n +=⎧⎪⎨-≥⎪⎩6.幼儿园的3位教师和6位小朋友站成一排合影留念，为防止小朋友乱跑，每位教师左、右各牵着一个小朋友，则不同排法的种数是A.360B.1080C.4320D.86407.某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒.若这三类药物能治愈感冒的概率分别为23，34，45，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用，则感冒被治愈的概率为A.110B.12 C.34 D.458.已知函数2(1),0()1,0x x f x x x ⎧-≥⎪=⎨+<⎪⎩，则(())1y f f x =-的所有零点之和为 A.22+ B.2 C.0 D.22-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。