2022年高考考前20天终极冲刺攻略（二）【理科数学】

目录/目录/contents55月22日解三角形………155月23日向量与复数……………………14数…………1155月24日等差等比与数列综合…………26列………12综………合………数…………1955月25日数列大题综合…………………37合…………2655月26日截面、外接球与点线面综合…………………50变………………形………………变………………形………………32时间：5月22日今日心情：核心考点解读——解三角形1.考察正弦定理余弦定理以及利用正余弦定理解三角形，利用正余弦定理解决实际应用问题。考察分析能力和计算能力，考察李利用正余弦定理进行边角互化，考察三角函数的面积，利用正余弦定理进行三角恒等变形，利用正余弦定理判断三角形形状。三角形中取值范围等。2.试题题型选择填空解答全题型，各种难度都有，涉及到恒等变形，三角函数图像变换等，是高考考试热点之一。3.多围绕正余弦定理进行边角互化，利用正余弦定理进行恒等变形，借助正余弦定理和三角函数求解取值范围，计算面积周长最值，解决社会建设中的实际问题。1.一般情况下，边的平方形式，可能就是余弦定理的变形。需要通过构造与问题相关的形式和条件2.求最值时，对称边，可以余弦定理+均值不等式；非对称形式，可以借助正弦定理化边为角。3.在三角形中，有4.涉及到中线时，中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理；.中线也可延伸补形得平行四边形5.三角形角平分线，可以借助面积“和”构造等量关系，.角平分线也是两边的“对称轴”。.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用1.（2021·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（

）A．表高 B．表高C．表距 D．表距2.（2020·山东·高考真题）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且，则等于（

）A．3 B． C．3或 D．-3或3.（2020·全国·高考真题（理））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（

）A． B． C． D．4.（2020·全国·高考真题（文））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（

）A． B．2 C．4 D．85.（2022·上海·高考真题）在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________6.（2021·全国·高考真题（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．7.（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．8.（2021·北京·高考真题）在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；9.（2021·湖南·高考真题）如图，在中，，点D在BC边上，且，，（1）求AC的长；（2）求的值.10.（2019·全国·高考真题（理））的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．1.（2022·四川·石室中学模拟预测（理））在锐角中，分别为角的对边，已知，则的面积S的取值范围是（

）A． B． C． D．2.（2022·河南·一模（理））在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．3.（2022·黑龙江·哈九中二模（理））在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．4.（2022·四川省泸县第四中学模拟预测（理））已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______5.（2022·河南濮阳·一模（理））如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．6.（2022·重庆·二模）已知的外心为，为线段上的两点，且恰为中点.(1)证明：(2)若，，求的最大值.1.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（

）.（仰角为直线与平面所成的角）A． B． C． D．2.已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，.且，则的取值范围为（

）A． B． C． D．3.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．4.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，△ABC的面积为，则________．5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=3，，则△ABC的面积与周长之比的取值范围是___________.6.如图，四边形ABCD中，．(1)若，求△ABC的面积；(2)若，，，求∠ACB的值．真题回顾1.【答案】A【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而，即＝．故选：A.2.【答案】A【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；【详解】，，，，，，，，故选：A.3.【答案】A【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，，，根据余弦定理：可得，即由故.故选：A.4.【答案】C【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设故选：C5.【答案】##【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解.【详解】根据余弦定理：，得，由正弦定理△ABC的外接圆半径为.故答案为:.6.【答案】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.7.【答案】（1）；（2）存在，且.【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，8.【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详解】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.9.【答案】（1）（2）【分析】（1）由已知利用余弦定理直接求解．（2）利用，结合两角差的正弦公式即可得解．【详解】（1），，，在中，由余弦定理得，（2），所以，又由题意可得，10.【答案】(1);(2).【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是名校预测1.【答案】C【分析】根据条件求出，利用三角形面积公式得到，采用极端值方法求出的最值，进而得到的范围，求出面积的取值范围.【详解】，因为为锐角三角形，故，，当BC⊥AB时，，当CB⊥AC时，，故，所以.故选：C2.【答案】A【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.3.【答案】C【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.【详解】延长交于，如下图所示：为的重心，为中点且，，，；在中，；在中，；，，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，，，，，解得：，，由余弦定理得：，又为锐角，，即的取值范围为.故选：C.4.【答案】【分析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解.【详解】依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时.5.【答案】【分析】由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求【详解】由，得，解得.因为，所以，，所以.又因为，所以.因为，所以.故答案为6.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，利用余弦定理求得，，再根据，化简，可求得，同理可求得，即可得证；（2）利用余弦定理求得，，再根据结合（1）求得，设，可求得，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.(1)证明：设，由余弦定理知：，，由是外心知，而，所以，即，而，因此，同理可知，因此，所以；(2)解：由（1）知，由余弦定理知：，，代入得，设，则，因此，当且仅当时取到等号，因此的最大值为.专家押题1.【答案】D【分析】由题可得，，过作，交于，连接，则，设，分类讨论，若在线段上，则，可求出和，从而可得出，利用函数的单调性，可得出时，取得最大值；若在的延长线上，同理求出和，可得出，可得当时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论．【详解】解：，，由勾股定理知，，过点作交于，连结，则，设，若在线段上，则，由，得，在直角中，，，令，则函数在，单调递减，时，取得最大值为；若在的延长线上，，在直角中，，，令，则可得时，函数取得最大值.故答案为：．2.【答案】C利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围.【详解】依题意，由正弦定理得，所以，由于三角形是锐角三角形，所以.由.所以，由于，所以，所以.故选：C3.【答案】C【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解【详解】在中，，故题干条件可化为，由余弦定理得，故，又由正弦定理化简得：，整理得，故或（舍去），得为锐角三角形，故，解得，故故选：C4.【答案】【分析】先由正弦定理求出，再利用余弦定理和得到，使用面积公式和余弦定理得到另外一个的关系式，联立后求出.【详解】由得：因为，所以，因为，所以，整理得：①，由得：，所以，又，故②，将①代入②中，化简得：，解得：，所以，所以故答案为：5.【答案】【分析】由正弦定理化边为角，然后由三角函数恒等变换求得角，现由余弦定理得与的关系，结合基本不等式求得的范围，计算可得结论．【详解】由正弦定理得，，即，即，三角形中，所以，即，因为，所以；由余弦定理可得，所以（*）.△ABC的周长l=a+b+c=3+b+c，面积，所以；因为，所以由（*）式可得，即，当且仅当b=c=3时等号成立，故△ABC的面积与周长之比的取值范围是.故答案为：.6.【答案】(1)(2)∠ACB=【分析】（1）依据题意求得角，利用正弦定理去求△ABC的面积；（2）利用正弦定理解三角形即可求得∠ACB的值．(1)在△ABC中，，因为，所以．．(2)设，则，，．在△ACD中，由，得．在△ABC中，由，得．联立上式，并由得，整理得，所以，因为，所以，时间：5月23日今日心情：核心考点解读——向量与复数1、考察复数的概念和四则运算，考察复数相等和复数的分类，考察复数的模。考察向量基本概念，线性运算、模的和坐标运算，考察向量基本定理积和数量级及其应用。考擦向量在平面几何中应用和物理中应用。考察向量几何意义及应用，2.试题是选择题和填空题，其中向量的几何意义和运算，多和圆锥曲线以及解三角形结合，作为基础概念应用来考察。3.新课标对于复数和向量的考察，多以一个小题形式来考察，考察平面向量共线或者垂直来求参，考察平面向量数量积或者夹角。考察平面向量的模或者求模的最值。还要主语平面向量与其他知识交汇处的考察。1.平面向量基本定理(平面内三个向量之间关系)：若、是同一平面内的两个不共线向量，则对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数、，使.（1）选定基底，则、，是唯一的（2）处理技巧：可利用矢量三角形，可待定系数，可建系2.已知向量a，b的坐标，利用数量积的坐标形式求解．设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b22)，则a·b＝a1b1＋a2b2通过建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标形式计算.3.向量的模是线段的长度，可以借助几何意义，也可以建系设点1.（2021·江苏·高考真题）若复数满足，则的虚部等于（

）A．4 B．2 C．-2 D．-42.（2020·山东·高考真题）已知点，，点在函数图象的对称轴上，若，则点的坐标是（

）A．或 B．或C．或 D．或3.（2021·全国·高考真题）复数在复平面内对应的点所在的象限为（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4.（2021·全国·高考真题）已知，则（

）A． B． C． D．5.（2021·天津·高考真题）在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________．6.（2021·天津·高考真题）是虚数单位，复数_____________．7.（2021·全国·高考真题）已知向量，，，_______．8.（2021·浙江·高考真题）已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.9.（2021·全国·高考真题（理））已知向量．若，则________．10.（2020·江苏·高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．1.（2022·宁夏石嘴山·一模（理））在复平面内，复数z满足，且z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．22.（2022·重庆·二模）若复数z满足，则的最大值为（

）A．1 B．2 C．5 D．63.（2020·浙江·衢州二中一模）已知平面向量，满足且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（

）A． B． C． D．14.（2022·甘肃兰州·一模（理））在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，在方向上的投影是的，△ABC的面积为，则______．5.(天津市耀华中学2021届高三下学期一模数学试题)如图，在中，分别为上的点，且，，.设为四边形内一点（点不在边界上），若，则实数的取值范围为______6.(湖北省部分重点中学2020-2021学年度上学期新高三开学考试)如图所示，圆及其内接正八边形．已知，，点为正八边形边上任意一点，，、，则的最大值为_____________________．1.已知复数z满足，则（

）A． B．2 C． D．2.设，，且，若向量满足，则的最大值是（

）A．5 B．6 C．7 D．83.设正数，，满足，，，是以为圆心的单位圆上的个点，且.若是圆所在平面上任意一点，则的最小值是A．2 B．3 C． D．4.已知向量，若对于满足的任意向量，都存在，使得恒成立，则向量的模的最大值为________.5.如图所示，在中，与是夹角为的两条直径，分别是与直径上的动点，若，则的取值范围是________．6.已知为单位向量，向量满足，，若，则的取值范围是_______．真题回顾1.【答案】C【分析】利用复数的运算性质，化简得出.【详解】若复数满足，则，所以的虚部等于.故选：C.2.【答案】C【分析】由二次函数对称轴设出点坐标，再由向量垂直的坐标表示计算可得．【详解】由题意函数图象的对称轴是，设，因为，所以，解得或，所以或，故选：C．3.【答案】A【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.【详解】，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选：A.4.【答案】C【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【详解】因为，故，故故选：C.5.答案】

1

【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.【详解】设，，为边长为1的等边三角形，，，，为边长为的等边三角形，，，，，所以当时，的最小值为.故答案为：1；.6.【答案】【分析】利用复数的除法化简可得结果.【详解】.故答案为：.7.【答案】【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.【详解】由已知可得，因此，.故答案为：.8.【答案】【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解.【详解】由题意，设，则，即，又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.9.【答案】.【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为：.10.【答案】或0【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵三点共线，∴可设，∵，∴，即，若且，则三点共线，∴，即，∵，∴，∵,,，∴，设，，则，.∴根据余弦定理可得，，∵，∴，解得，∴的长度为.当时，，重合，此时的长度为，当时，，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或.名校预测1.【答案】B【分析】求出z，由z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上得到，设，解得可得，从而得到答案.【详解】由，得，因为z所对应的点在第一象限或坐标轴的非负半轴上，所以，即，设，解得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：B.2.【答案】C【分析】根据题意可知复数z的轨迹为以为圆心，为半径的圆.由此则可求出的最大值.【详解】设.则表示复平面点到点的距离为3.则的最大值为点到的距离加上3.即.故选：C.3.【答案】B【分析】根据题意,建立平面直角坐标系.令，.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及平行线段，比例关系，求得的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大，此时，，，所以，，即此时.即的最大值为故选:B4.【答案】【分析】根据正弦定理求出角A，结合向量投影，建立b，c边长关系，通过已知三角形面积求出b，c具体值，再用余弦定理求得a.【详解】解：由正弦定理，将原式，化为，因为所以原式化简为，因为，所以，因为，所以.又因为在方向上的投影是的，所以，即，因为，解得.由余弦定理可得：，所以.故答案为：.5.【答案】【分析】取BD中点M,过M作MH//DE交DF,AC分别为G,H,则由可知,P点在线段GH上运动（不包括端点）,求出端点G,H对应的即可求解.【详解】取BD中点M,过M作MH//DE交DF,AC分别为G,H,如图：则由可知,P点在线段GH上运动（不包括端点）当与重合时，根据,可知，当与重合时,由共线可知，即，结合图形可知.6.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，设出半径表达出各点坐标，根据P点位置求得λ+μ的最大值．【详解】由题意可知，当取最大值时，P点应位于劣弧上以OB所在直线为x轴，以O为原点建立平面直角坐标系，设圆半径为1则当P点位于y轴上时，，此时所以解得专家押题1.【答案】C【分析】设且，结合共轭复数的概念写出，利用复数相等及乘法运算求出参数a、b，即可得.【详解】令，则，且，所以，则，所以，可得，即，所以.故选：C2.【答案】B【分析】设，，，，根据条件，借助平面图形得到点的轨迹，即可得到结果．【详解】如图，设，，，，连接，，则由可知四边形为矩形，则.由，可得，连接，则，所以点在以点为圆心，4为半径的圆上，所以的最大值为.故选：B.3.【答案】B【分析】根据数量积及建立不等式，即可求出最小值.【详解】是以为圆心的单位圆上的个点,,故而，，，故，当且仅当点与点重合时等号成立，即的最小值是,故选：B4.答案】##【分析】设出向量，根据题干条件得到关于的不等式问题，由根的判别式得到不等关系，求出，从而求出的模的最大值.【详解】设，，满足，即满足①，都存在，使得恒成立，即存在，使得②，由①②可知：存在，使得成立即，即，化简得：③，即③式恒成立，则必须满足，解得：，即，所以的最大值为.故答案为：5.【答案】【详解】设的半径为，以为原点，为轴建立直角坐标系，如图所示，则，设，，其中，，，，，，又，，，即的取值范围是，故答案为.6.【答案】【分析】根据向量的三角不等式确定出的值以及与的方向之间的关系，然后作出向量的图示，根据向量的三角不等式求解出的最小值，再结合余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，由此可求的取值范围.【详解】因为，且，，所以，且与反向，设对应向量，对应向量为，所以对应向量为，由与反向可知：在线段中间某点处，如下图所示：因为，所以，所以，所以，取等号时同向，即在线段上，当不在线段上时，因为，又因为，取等号时，即为中点，所以，所以，所以，即，综上可知：.故答案为：.时间：5月24日今日心情：核心考点解读——等差等比与数列综合1.考察数列的概念好简单表示。考察等差、等比数列通项公式与前n项和，能运用等差数列等比数列的关系解决相应的问题。考察等差数列与一次函数，等比数列与指数函数的关系。2.题型是选择题填空题，以及数列和三角交替考察的大题形式。能根据数列公式运算法则进行合适的运算变形和数据处理。能根据问题的条件寻找合适的运算方式和数据求解。数列求和常用方法1.对于公式（1）当时，用替换中的得到一个新的关系，利用便可求出当时的表达式；（2）当时，求出；（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写．2.错位相消法（1）.思维结构结构图示如下（2）.公式型记忆：（3）.可裂项为如下1.（2021·全国·高考真题（理））等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2.（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（

）．A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项3.（2020·全国·高考真题（理））数列中，，对任意，若，则（）A．2 B．3 C．4 D．54.（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（

）A． B． C． D．5.（2020·全国·高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块6.（2020·海南·高考真题）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．7.（2020·江苏·高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．8.（2020·全国·高考真题（文））数列满足，前16项和为540，则______________.9.（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.1.（2021湖南师大附中二模（理））如果a1，a2，，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么（

）A． B．C． D．2.（2021·福建·一模（理））已知数列满足，则下列结论正确的是A．只有有限个正整数使得 B．只有有限个正整数使得C．数列是递增数列 D．数列是递减数列3.（2021·全国·模拟预测）数列是以为首项，（）为公比的等比数列，数列满足，数列满足，若为等比数列，则A． B．3 C． D．64.（2021宁夏·模拟预测（理））已知数列满足，，且，记为数列的前项和，数列是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式成立的最小整数n为A．7 B．6 C．5 D．45.．（2021北京海淀·高考模拟）对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．6.（2021·山西·模拟预测（理））设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若，，，，则的最大值是________________.1.已知数列满足，设的前项和为，则的值为（

）A． B． C．2 D．12.已知等比数列的前n项和为，记，若数列也为等比数列，则（

）A．12 B．32 C． D．3.已知数列的前n项和为，，，则（

）A．414 B．406 C．403 D．3934.已知等差数列的首项，且，正项等比数列的首项，且，若数列的前n项和为，则数列的最大项的值为（

）A． B．1 C． D．25.已知数列中，，对任意，，，成等差数列，公差为，则__．6.对于数列定义：，，，，，称数列为数列的阶差分数列.如果（常数），那么称数列是阶等差数列.现在设数列是阶等差数列，且，，，，则数列的通项公式为__________.真题回顾1.【答案】B【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．2.【答案】B【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详解】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.3.【答案】C【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.【详解】在等式中，令，可得，，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，，，则，解得.故选：C.4.【答案】C【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，对于选项A，，不满足；对于选项B，，不满足；对于选项D，，不满足；故选：C5.【答案】C【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，即即，解得，所以.故选：C6.答案】【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：.7.【答案】【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.等差数列的前项和公式为，等比数列的前项和公式为，依题意，即，通过对比系数可知，故.故答案为：8.【答案】【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.【详解】，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，，.故答案为：.9.【答案】

5

【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.名校预测1.【答案】B【分析】根据等差数列的基本量，通过作差比较的大小即可.【详解】因为是公差的等差数列，则，则.故选：B.2.【答案】D【详解】根据题意可设数列，所以=，因为所以所以是以为首项，为公比的等比数列，故，所以AB不正确，又公比为，其绝对值小于1，所以递减，所以排除C，=，易知数列为递增数列，故递减，递减，故选D3.【答案】B【详解】由题意，，则，得,要使为等比数列，必有，得，故选B.4.【答案】C【详解】试题分析：因为，∴当为偶数时，可得，即，是以为首项，以为公比的等比数列；当为奇数时，可得，即，是以为首项，以为公差的等差数列，，∵数列是首项和公比都是的等比数列，，则等价为，即，即分析函数与，则当时，，当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，当时，成立，当时，恒成立，故使不等式成立的最小整数为，故选C．5．【答案】100【分析】结合新定义，令bn＝an＋1－an，由题可知{bn}为公差为1的等差数列，求得，列式得a1＝a1，a2－a1＝b1，…，an－an－1＝bn－1，叠加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1，结合等差数列前项和公式化简可得an＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，令n＝12，n＝22解方程可求.【详解】令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，分别令n＝12，n＝22，得解得a1＝，a2＝100.故答案为：1006.【答案】##60°【分析】根据题干条件得到，进而利用余弦定理及基本不等式求出，从而求出的最大值是.【详解】由，得：，又，所以，，所以，所以，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，所以的最大值是.故答案为：专家押题1.【答案】C【分析】由条件求得的通项公式后求解【详解】，则，即，得，故是以2为首项，2为公比的等比数列，，，．故选：C2.【答案】D【分析】设等比数列的公比为q，对q分和两种情况进行讨论即可.【详解】解：设等比数列的公比为q，①当时，，不可能为等比数列；②当时，，，，若数列为等比数列，必有，解得，有．故选：D.3.【答案】B【分析】利用两式相减得，再利用两式相减可得，由此可得，进一步可得答案.【详解】由，两式相减得，即.再由，两式相减得，由，得，故为以14为首项，8为公差的等差数列，故，故.故选：B4.【答案】C【分析】先求出，的得到，再求出，从而得出，然后分析出数列的单调性，得出答案.【详解】设等差数列的公比为，由，则即，故，则则设正项等比数列的公比为，由，则所以，解得，则，设，则当时，，即当时，，即所以最大.故选：C5.答案】5101【分析】由题意得出，，两式相加得，从而得出数列是等差数列，首项为，公差为，然后利用累加法求出，结合题中定义得出，可求出的值．【详解】数列中，，对任意，，，成等差数列，公差为，，，两式相加得，所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，所以，，以上等式全部相加得，则，由题中定义可得，则．故答案为．6.【答案】根据定义，利用迭加法求得，继续迭加后，得出，先求出的表达式，即可得出数列的通项公式.【详解】解：由题知：，，……，迭加得：，则，.又，则，，……，迭加得：，则，则，，……，迭加得：，则，则.故答案为：.时间：5月25日今日心情：核心考点解读——数列大题综合等差等比数列的定义通项及前n项和，并能解决实际应用问题。利用裂项相消法，错位相消法，公式法等求数列的和，利用数列知识求解或者证明简单的不等式。利用数列递推公式证明数列或者求数列通项公式。2.数列大题是和三角函数大体轮换考察，为了和新高考新教材接轨，这两年增加了数列大题的考擦难度和考察的广度深度。列项求和基本思维与技巧2.1.（2021·全国·高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．2.（2021·全国·高考真题（理））记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．3.（2021·全国·高考真题）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.4.（2021·江苏·高考真题）已知数列满足，且.（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）求数列的前项和.5.（2020·山东·高考真题）某男子擅长走路，9天共走了1260里，其中第1天、第4天、第7天所走的路程之和为390里.若从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，问该男子第5天走多少里.这是我国古代数学专著《九章算术》中的一个问题，请尝试解决.6.（2020·海南·高考真题）已知公比大于的等比数列满足．（1）求的通项公式；（2）求.7.（2020·天津·高考真题）已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：；（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．8.．（2019·北京·高考真题）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．1.（2022·陕西·安康市高新中学三模（理））已知等比数列的前n项和为．(1)求实数k的值，并求出数列的通项公式；(2)令，设为数列的前n项和，求．2.（2022·江西·二模（理））已知正项数列的前n项和为，，且.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.3.（2022·湖北武汉·二模）公差不为零的等差数列满足，.(1)求的通项公式；(2)记的前项和为，求使成立的最大正整数.4.（2022·广东茂名·二模）已知数列满足，，．(1)证明：数列是等比数列；(2)若，求数列的前项和．5.（2022·河南·二模（理））已知数列的前项和为，，，，且满足：，其中且.(1)求.(2)求数列的前项和.1.已知是公差不为零的等差数列的前n项和，，.(1)求数列的通项公式；(2)设数列，数列化的前2n项和为，若，求正整数n的最小值.2.已知数列前n项积为，且．(1)求证：数列为等差数列；(2)设，求证：．3.已知数列前项和为，(1)证明：(2)设求数列的前项和．4.）己知数列的前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前n项和.5.已知数列的前项和为，，且（）．(1)求数列的通项公式：(2)若数列满足，求数列的前项和．真题回顾1.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.2.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.【详解】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知

①于是．

②由①②得．

③又，

④由③④得．令，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法三]：

由，得，且，，．又因为，所以，所以．在中，当时，．故数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法

由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．下面用数学归纳法证明．当时显然成立．假设当时成立，即．那么当时，．综上，猜想对任意的都成立．即数列是以为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,,当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴.3.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足．所以，，则．所以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．4.【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）计算得到，得到答案.（2），得到数列通项公式.（3）根据分组求和法计算得到答案.【详解】（1）由，得，∴，又，∴是首项为3，公比为3的等比数列.

（2），∴.（3）.5.【答案】140里.【分析】由条件确定，该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，根据等差数列的通项公式，和前项和公式，列式求解.【详解】解：因为从第2天起，每天比前一天多走的路程相同，所以该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列，设该数列为，第1天走的路程数为首项，公差为，则，.因为，，所以，解得，则，所以该男子第5天走140里.6.【答案】（1）；（2）【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.【详解】(1)设等比数列的公比为q(q>1)，则，整理可得：，，数列的通项公式为：.(2)由于：，故：.7.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.由，，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q≠0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以.(Ⅲ)当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.8.．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得的通项公式；(Ⅱ)首先求得的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，解得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,所以；当或者时，取到最小值.名校预测1.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由已知求、，由为等比数列求出，写出通项公式；（2）由（1）写出通项公式，由奇偶项和为定值，用并项求和法求.(1)解：当时，；当时，；因为是等比数列，所以，即，解得．综上，k的值为4，数列的通项公式为．(2)因为，所以．2.【答案】(1)(2)【分析】（1）赋值法求出首项，再结合得到为等比数列，求出通项公式；（2）利用错位相减法进行求和.(1)令m=n=1，得，又，解得：或（负值舍去），令m=1，得，所以，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以.(2)由（1）可得，，所以，所以，两式相减得，，所以.3.【答案】(1)(2)【分析】（1）设的公差为，利用等差数列通项公式可构造方程组求得，由此可得；（2）由等差数列求和公式可求得，由可构造不等式组求得的范围，由此可得结果.(1)设等差数列的公差为，由得：，解得：，.(2)由（1）得：，若，，即，解得：；成立的最大正整数.4.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由递推关系式可得，由等比数列定义可得结论；（2）利用等比数列通项公式和累加法可求得，由此可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，利用裂项相消法和求得结果，综合两种情况可得.(1)由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列.(2)由（1）得：，则，，，…，，各式作和得：，又，，，当为偶数时，；当为奇数时，；综上所述：.5.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，由得，又，再按照等比数列通项公式求解即可；（2）设，由，通过累加法求得，再通过分组求和及等比数列的求和公式求即可.(1)记，当时，由得，，即.又因为，，，所以，，即.故数列是以3为首项，3为公比的等比数列，即数列是等比数列.则.(2)由（1）知.记，故，当时，即.而也满足，故对，均有.从而.专家押题1.【答案】(1)(2)【分析】（1）设等差数列的公差为.由题意，列方程组求，即求通项公式；（2）求得，由裂项相消法求，解不等式可得的最小值.(1)公差不为零的等差数列，由，，解得.又，可得，所以数列是以1为首项和公差的等差数列，所以.(2)解：由（1）可知，，，所以的最小值为505.2.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由已知得，，两式相除整理得，从而可证得结论，（2）由（1）可得，再利用累乘法求，从而，然后利用放缩法可证得结论(1)因为，所以，所以，两式相除，得，整理为，再整理得，．所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．(2)因为，所以，由（1）知，，故，所以．所以．又因为，所以．3.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据与前项和为的关系，即可证明结果；（2）由（1），对分奇数和偶数两种情况讨论，可得，由此可得，再根据分组求和即可求出结果.(1)解：由题可知，当时，解得，所以又因为，将其与两式相减得：，因为，有.当时，上式也成立，综上，.(2)解：当n为大于1的奇数时，有，，，…，累加得又满足上式，所以n为奇数时；当n为大于2的偶数时，有，，，…，累加得，满足上式，又，综上可知.4.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据，再结合等比数列的定义，即可求出结果；（2）利用裂项求和进行解决.(1)因为，当时，，解得当时，，所以，即，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.故.(2)，于是5.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用与的关系可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.(1)当时，，，∴，当时，，，∴，又，∴，∴数列为首项为1，公比为3的等比数列，∴；(2)由及，可得，，∴.时间：5月26日今日心情：核心考点解读——截面、外接球与点线面综合1.考察柱、锥、台、球的结构特征，考察棱柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式，考擦几何体的三视图和直观图，并能利用三视图和直观图进行数据计算。考察空间点、直线、面之间的位置关系系，点线面之间的位置关系，结合公理和定理对平行和垂直关系进行判定。2.考试题型是选择填空和一个大题。小题多考察三视图，截面，外接球，动点的轨迹，平行与垂直关系。截面训练基础：模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点方法：两点成线相交法或者平行法特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。方法一：相交法，做法如图方法二：平行线法。做法如图1.（2020·全国·高考真题（理））已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．2.（2021·湖南·高考真题）设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（

）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则3.（2021·江苏·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（

）A． B． C． D．4.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（

）A． B． C． D．5.（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（

）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面6.（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（

）A．20° B．40°C．50° D．90°7.（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________8.（2019·北京·高考真题（理））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．9.（2019·全国·高考真题）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．1.（2022山东济宁·一模（理））已知平面，直线、，若，则“”是“”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2.（2022江西吉安·一模）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，过直线的平面平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（

）.A． B．C． D．3.（2022·安徽·芜湖一中三模（理））已知长方体中，，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（

）A． B． C． D．4.（2022·全国·三模）已知三棱锥的体积为，其外接球的体积为，若，，则线段SA的长度的最小值为（

）A．8 B． C．6 D．5.（2019·广西南宁·一模（理））如图，长方体中，，分别为中点，点P在平面内，若直线平面，则线段长度的最小值是___________.6.（2022·湖南·高考模拟）如图所示，正方体的棱长为，为的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为______．1.如图为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），则此函数图象大致是（）A． B．C． D．2.如图，在正方体ABCD—中，，点E为AB中点，点F为BC中点，则过点A与，都平行的平面α被正方体ABCD—截得的截面面积为（

）A． B． C． D．3.已知平面四边形ABCD中，，现沿BD进行翻折，使得A到达的位置，连接，此时二面角为150°，则四面体外接球的半径为（

）A． B． C． D．4.已知正方体的表面积为96，点P为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得的截面周长为（

）A． B． C． D．5.如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，P是侧面内一点（包含边界），若平面AEF，则线段长度的取值范围是_________.6.四棱锥的顶点都在球心为的球面上，且平面，面为矩形，，分别为，的中点，，，则下列说法正确的是___________．（填序号）①平面平面；②四棱锥的外接球的半径为；③平面截球所得截面的面积为．真题回顾1.【答案】A【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，，根据球的截面性质平面，，球的表面积.故选：A2.【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若，，则或，故选项A不正确；对于B：如图平面为平面，平面为平面，直线为，直线为，满足，，，但与相交，故选项B不正确；对于C：如图在正方体中，平面为平面，平面为平面，直线为，直线为，满足，，，则，故选项C不正确；对于D：若，，可得或，若，因为，由面面垂直的判定定理可得；若，可过作平面与相交，则交线在平面内，且交线与平行，由可得交线与垂直，由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；故选：D.3.【答案】C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有，.该圆锥的底面积与侧面积比值为.故选：C.4.【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即，设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.5.【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.6.【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B7.【答案】【分析】利用计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以故答案为：8.【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.9.【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．【详解】作分别垂直于，平面，连，知，，平面，平面，，．，，，为平分线，，又，．名校预测1.【答案】D【分析】利用线面的位置关系结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若，且，则或，即“”“”；若，且，则或、异面，则“”“”.因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D2.【答案】B【分析】如图1，取B1C1的中点E，