【冲刺985、211之2023届新高考题型模拟训练】34 双空题综合问题（新高考）解析版-高考数学备考复习重点资料归纳

【冲刺985、211名校之2023届新高考题型模拟训练】

专题34双空题综合问题(新高考通用)

1.(2023•湖南邵阳•统考二模)已知数列仇｝满足勾=2,〃*=2(〃+2”“(〃GN*),设数

列｛%｝的前〃项和为S”，则数列｛为｝的通项公式为为=,5“+2=.

【答案]W+”).2"T(/_〃+2卜2"

【分析】由题得%1~=2(〃+2),利用累乘法得a“=qx&x四X」£=(〃2+〃).2"T,通

过错位相减法求得S“，进而得出答案.

【详解】因为幽用=2(〃+2”“，且4=2=0,所以%L=2(〃+2),

ann

则当〃N2时，

%a,a八2x32x42x(n+l)/八(\d

a=a,x—x」xx—fl=2x-----x------x---x—~-2=n(7i+l)-2=(〃2+〃)•2.

n442a,I12(«-l)''I'

又当”=1时，4=2符合上式，

故”“=(〃2+").2"1.

,1

由5„=at+a2+■•■+0“=(1X2)X2°+(2X3)X2'■+----Fn(M+l)-2'"①

2S„=lx2x2l+---+(n-l)/i-2n-'+/?(/?+l)-2,,(2)

①-②得

-5„=2-n(/?+l)-2"+4-2l+6-22+---+2M-2,,­|=-/i(n+l)-2,,+(l-2'+2-22+3-23+---+n-2,').

4-7；,=1-2'+2-22+3-23+---+M-2",③

27；=b22+2-234--+(n-l)-2n+n-2B+l,④

③一④得-7；=21+(22+23+-+2")-小2向，一小2"”=(一"+1>2'm-2

+

；.Tn=(n-]y2"'+2.

故—S〃=—〃(〃+1)•2"+(〃—1)•2"+,+2,

则S“=(〃2一”+2>2”—2,即5,+2=(”2-"+2>2”.

故答案为：(”2+〃>2"T,(n2-n+2)-2n.

2.(2023•湖南•模拟预测)已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个

白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量4为取出3个球中红球的个数，则J的

方差。(4)=;3个小球颜色互不相同的概率是.

【答案】25卷

【分析】由题意分析4的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差

即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.

【详解】由题可得，4的所有可能取值分别为0,1，2,3,

M“0)=小也:

1031000

2xGxC；384

。(€=1)=

-io5-1000

々c、22x8xd96

iooo

23_8

^fyE(^)=0x^-+lx-^+2x-^-+3x-^-3

',10001000100010005

所以。⑷=(o_|51238496812

x------x------x------

100010001000+卜-|)100025

一次抽取抽到红球的概率为二2，抽到黑球的概率」为二3，抽到白球的概率为三5,

2359

所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是尸=A：x^x历x记=立.

129

故答案为：石；

3.(2023•湖南邵阳•统考一模)已知圆/+/+2%-4丫-5=0与圆*2+丁+21=。相交于

A,3两点，则公共弦A3所在的直线方程为,|AB|=.

【答案】y=-i；2

【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.

【详解】由圆/+/+2x-4y-5=0与圆/+9+2x-l=0,可得公共弦A5所在的直线方

程为：(X2+/+2%-4J--5)-(X24-/+2X-1)=0,即y=T.

因为圆/+/+2；(：-1=0的圆心。(—1,0),半径为

所以圆心0(—1,0)到直线y=—l的距离为1,所以1A网=2万1=2.

故答案为：＞=-1；2.

4.(2023•湖南•模拟预测)已知数列｛q｝的各项都是正数，=4,(〃€N)若数列｛q｝

2(一1产

各项单调递增，则首项6的取值范围是__________；当4=：时，记勿=匚—，若

341T

k<b,+b2++b2l<k+^,则整数z=.

【答案】（0,2）-4

【分析】根据正项数列｛4｝各项单调递增，可得出。“-。.=。3-24”<0,化简求出

a,用e（l,2）,由此可得首项外的取值范围：再由裂项相消法求出伪+4++与的表达式，然

后求其范围，即可得出答案.

【详解】由题意，正数数列｛%｝是单调递增数列，且<i-4用=4,2a„+l<0

且<i-%=4,>°，解得4+1e（1，2），

€（1,2）,/.^-氏G（0*2）,

又由晨「a“+i=可，

9

q=（,且数列｛为｝是递增数歹IJ,.,.%£（1,2）,

,917

..._4<_彳+——<-3".整数左二汽.

2沏2

故答案为：（0,2）；-4.

5.（2023•吉林•统考二模）意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1,1,

2,3,5,8,13,…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作F".己知耳=1,用=1,

F"="+F吁2（weN>）且n>2）.

（1）若斐波那契数尸"除以4所得的余数按原顺序构成数列｛%｝,则6+生+4+%必=

（2）若^2024=a>则£+8+居+工022=.

【答案】2697a-1##-]+a

【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案;

（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.

【详解】(1)由题意，耳+4=1+4=01,贝IJq=l,玛+4=1+4=01,则4=1,

由工=4+马，则心除以4的余数为（1+1）+4=02,即4=2,

由6=鸟+月，则入除以4的余数为（1+2）+4=03,即4=3,

由片=心+吊，则心除以4的余数为（3+2）+4=11,即6=1，

由外=吊+月，则”除以4的余数为（3+1）+4=10,即4=0,

由巴=片+打，则用除以4的余数为（0+1）+4=01,即%=1,

由&=入+鸟，则外除以4的余数为（0+1）+4=01,即％f

故由斐波那契数尸,除以4的余数按原顺序构成的数列{%},是以6为最小正周期的数列,

因为2023+6=3371,所以4+出+%+…+出023=8x337+1=2697；

（2）由斐波那契数%的递推关系可知：〃>2时£-2="-耳7,且耳=8=1,弱。24=〃，

所以6+鸟++鸟022=（4—8）+（工一居）++（4024一鸟023）=8024-玛L

故答案为：2697,a-\

6.（2023•福建漳州•统考三模汨知椭圆cj+g=l（空8>0）的长轴长为4,离心率为半，

P,Q为C上的两个动点，且直线OP与3斜率之积为（。为坐标原点），则椭圆C的短

4

轴长为，|。尸「+|。02=.

【答案】25

【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得b，由此可得短轴长及椭圆方程;设P（2cosa,sine）,

Q（2cos£,sin⑶，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到a-6=]+E（AeZ）,利

用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.

【详解】•.椭圆C的长轴长为2a=4,二。=2,又离心率6=£=3，.“=6

a2

:,b=y/a2-c2=1-，椭圆C的短轴长为给=2，.,・椭圆。:?+丁=1；

设尸(2cosa,sina),(2(2cos/?,sin/7),

,7sinasin[3sinasinB1八..八/八

k-K=------------------=---------------=---,/.cosacosp+sinasin/>=cos(cr-/7)=0,

OPOO2cosa2cos夕4cosacos/?4''

a-4=5+航(keZ)

+|OQ『=4cos?a+sin?a+4cos2尸+sin?0

=4cos21]+E+/?J+sin[5+E+/?J+4cos2>5+sin2/?

=4sin??+cos'£+4cos2/7+sin?4=5.

故答案为：2；5.

【点睛】关健点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换

元的方式，结合斜率关系得到M力所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.

7.(2023•湖南永州•统考二模)对平面上两点A,8,满足鬻=必几*1)的点P的轨迹是一个

\PB\

圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点AB是此圆的

一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这

一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数2只与阿波罗点

相对于圆的位置有关.已知A(l,0),5(4,0),0(0,3),与A8两点距离比是3的点户的轨迹

方程是C:x?+y2=4,则2|PZ)|+|PB|的最小值是:最大值是3|叫-2|「。的最大

值是.

【答案】2布5

【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定|PB|=2|R4|,利用三角形三边关系可知当AP,。三

点共线时.，2\PD\+2\PA\^2\AD\,即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点。关于

圆C对应的阿波罗尼斯点为E(0,〃?)，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求得加点坐标和对应

的矛的值，得到引明=2|叫，利用三角形三边关系可知当A,E,P三点共线时，

3|E4|-3|PE|=3|A£|,即为所求最大值.

\PA\1....

由题意知：扁=/，即|尸叫=2|网，

:.2\PC\+\PB\=2\PD\+2\PA\>2\AD\(当且仅当A,P,D二点按顺序共线时取等号),

X|AD|-5/l2+32=V10,mlPq+lPBl的最小值为2后;

设点。关于圆C对应的阿波罗尼斯点为矶0,㈤,

则点（0,2）,（0,-2）到点RE的距离之比为:£=d=霜，

解得：矛=|,则E（0,g）,

:.\PE\=^\PD\,即3归4=2|即，

:.3\PA\-2\PD\=3|啊-3|「耳43|AE|（当且仅当AE,尸三点按顺序共线时取等号）,

又|AE|=J12+（gj=g,,3|PA|—21Pq的最大值是5.

故答案为：2加；5.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题：

解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化

为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.

8.（2023•重庆•统考一模）已知椭圆C：m+*_=1（。＞人＞0）的左、右焦点分别为与心，O

a2h-

为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过"平行于A5的直线/与椭圆交于以。两点，M为弦

34-

3c的中点且直线/的斜率与OM的斜率乘积为-：，则椭圆C的离心率为；若

IOM|=3J历，则直线/的方程为.

【答案】1##0.5Gx+y+156=0

【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率，设直线与椭圆联立，应用已知距离可求直线方程.

【详解】设点C（5,为），B（x2y2）,C,B在椭圆上

、3

因为七屋自"=一］

.y2fx+%=3

X2-X1玉+%24.............

由①-②得¥-4+*-*=0,即立在+正子=0,所以=—与

61abbab一玉+x2a

由③得-*■=-?,

4=r则常，

过K平行于AE的直线,与椭圆交于8,C两点,

=

••^BC^AF2M(0,Z?),/s(C,0),

**-kBC=--=-A/3,

设宜线BC为y=-百工+加

y=-\/3x+m

联立3//,可得15/_8百阳+4m2_4/=0

晨十万

••.一常则俘3,

QOM上j+0=3M,警^=9x19.由题意加<0

.,.m=-15百

:.丫=-瓜+\5瓜即直线/的方程为后x+y+156=0

故答案为：g；J3x+y+156=()

22

9.(2023•辽宁•辽宁实验中学校考模拟预测)已知椭圆C：］r+春v•=l(a>b>0)的右焦点为尸,

上顶点为8,线段叱的垂直平分线交C于M,N两点，交》轴于点P,0为坐标原点，

8P=2PO，则C的离心率为；若,8WN的周长为8,则。=.

【答案】y##0.5&

【分析】由条件确定"c关系，结合a,b,c关系，根据离心率的定义求离心率，

71

【详解】由8P=2PO，忸。=6,可得忸H=F，|04=?，

连接PF,因为点P在线段B尸的垂直平分线上，所以仍尸|=怛"=与，

在RtZ\PO尸中，由勾股定理得叶+|0尸「=|PF「，所以+'2=(|“

整理得从=3c?,所以C2=3C?,即/=公2,所以C的离心率e=£=L

a2

OF\CI

在RtZXBOF中，cosZBFO=-^j=-=-,所以NB尸0=60。.

设直线MN交x轴于点F，，交BF于点、H,

在RtAHFF中，NHFF'=NBFO=60.HF=-BF=-a,

22

由忻州=—l^^=a=2c,所以尸为C的左焦点，

11cosNHFF'

又|八固=|昕|,所以113MN的周长等于"MN的周长，

又&FMN的周长为+|N曰+四广|+|7VF[=船，_BMN的周长为8,

所以4a=8»

解得a=2,所以c=l,

故b=\la2—c2=^3-

10.（2023•浙江•校联考模拟预测）在三棱锥ABCD中，对棱A5=8=2&，A。=8C=石，

AC=BD=#,则该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.

【答案】声9声9##今2,71

【分析】将三棱锥A-58补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥

A-BCD的外接球半径，计算出A-88的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内

切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.

【详解】因为三棱锥A-BCD每组时棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCZ）放入长方体中，

设长方体的长、宽、高分别为x、卜、z,如下图所示：

则+y?=2V2»\]x24-z2=5/5»y1+=后,解得x=y=2,z=l，

_________a

外接球直径2H=Jf+y2+z2=3,其半径为R=；,

114

三棱锥A—38的体积V=xyz--xyzx4=-xyz=-,

633

在..ABC中，AC=BC=y/5,AB=2E，取48的中点E,连接CE,如下图所示:

则CEJ.A8,且CE=,3-力炉=5所以，S&ABC=；AB.CE=-J^,

因为三棱锥A-BCD的每个面的三边分别为石、石、2立，

所以，三棱锥A-3CD的表面积为5=4530=4",

设三棱锥4-8c。的内切球半径为，，则V=gSr,可得r=义=二=】员，

354766

所以该三棱锥的外接球体积为:不庐=2环内切球表面积为4万产=日".

9?

故答案为：5兀；-JT.

H.（2023•辽宁沈阳•统考一模）三棱锥4一58中，ZABC=ZCBD=ZDBA=60,BC=BD=2,

点E为CD中点，ABE的面积为20，则AB与平面BC£＞所成角的正弦值为,此三

棱锥外接球的体积为.

_.j...-J61/T32兀32

【答案】'—##—yj6Jt

3333

【分析】设AOJ■平面BCD,垂足为O,可证得。在NC即的平分线BE上，易知48与平

面BCZ）所成角即为NA6E,cosZABC=cosNAB£cos/EBC,从而可求得sin/ABE,利用

三角形面积公式可求得A8=4,结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得

ZACB=ZADB=90,从而A3为外接球直径，利用球的体积计算即可.

【详解】设AOL平面88,垂足为0,如图，

过。作OFJ.8C于点尸，过。作OG_L3O于G,连接A£AG.

由A。J■平面BCD,3Cu平面BCD,得AO1BC,

又OFcAO=O,OF,AO<^^-^AFO,8C/平面AFO,

ARu平面AFO,得AFqBC,同理AGLBD,

从而—ABF.ABG,_8FO均为直角•:角形，

ZABC=ZCBD=ZDBA=60,BC=BD=2,

：.OF=OG,则。在/C8O的平分线8E上，易知A8与平面BCD所成角即为/ABE.

../AUC_BF,„_BF

.cosNA3C=,cos/ABE=,cos/zEcBoC-,

ABABBO

cosZABC=cosZABEcosZ.EBC,

又NABC=6G/EBC=30°,

cosZABE=^-,即sinNABE=巫，则AB与平面88所成角的正弦值为逅，

333

又BE=6,SABE=；AB.BEsinZABE=2应,解得A8=4,

乂ZABC=NABD=60\BC=BD=2,

AC2=AB2+BC2-2A8-3c.eosZABC=12,

AC2+BC2=AB2.同理AD2+BD2=AB2，

二.NACB=/A£)B=90°，.:AB为外接球直径，

二三棱锥外接球的体积为

故答案为：乎，苧.

12.（2023•云南昆明•昆明一中校考模拟预测）已知菱形ABC。中，ZA=60。，AB=a,现将

此菱形沿对角线8。对折，在折的过程中，当三棱锥C-ABD体积最大时，AC=；

当三棱锥C-AB。表面积最大时，AC=.

【答案】^a##典42a.

22

【分析】当三棱锥C-ABO的体积最大时，平面皿?_1平面。8,进而求得AC的长度:

先求得三棱锥C-ABD的表面积的表达式，进而求得表面积最大时AC的长度.

【详解】当平面4531.平面C£>B时，三棱锥C-A5O体积最大，

此时AC=J（冬卜惇j=争:

三棱锥C-43。的表面枳S=S/UD/?+SMDB+SAADC+S/MBC，

=2xL"sin6()o=正

SADB+SCDB

~2sADB

22

S/\ADC+=2S/SK=2x-ABBCsinZABC=a2sinZABC

2

所以三棱锥C-ABD的表面积S=3/+/sin^BC,

2

故当NA8C=90。，即ABJBC时，表面积最大，此时4C=&”.

故答案为：；42a-

2

13.（2023•江苏泰州•统考一模）已知正四棱锥S-4J8的所有棱长都为1,点E在侧棱SC上,

过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形「，则「的边数至多为,r

的面积的最大值为.

【分析】空1,数形结合，作平面与平面比产平行，即可解决；空2,令三=力，得

SF

EP=—A.,SP=A,PB=}-A.,BQ=]-A,PQ=}-A,,NQ=MP=ABD=,得

2'

cos/DFB=-；,sin/DFB=也,^S=SEMP+SPMNQ=~+>/22,即可解决.

【详解】取SC中点EB/LSCORLSC

「.SC_L平面或火，

作平面与平面平行，如图至多为五边形.

/3

EP=2BF=*^,SP=ASB=2,

:.PB=l-A,BQ=l-A,PQ=l-A,NQ=MP=ABD=-j2A,

33

1

所以cos/DFB=44

2x可自3

22

所以sin/OFB=逑.

3

斫以SEM-X叵&・巫=占、

CMP22234

因为MV与NQ的夹角为以与BD夹角，而SA与83垂直,

SpMNQ=>/5彳（1-，），

所以5=&2（1-；1）+422=-：夜储+及；1,

当4T时，S取最大值变.

33

故答案为：5：YZ

3

14.（2023•黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆*■+崇■=1（。>匕>0）与双曲线

22

工-与=1（〃?>0,〃>0）有公共焦点K（-c，0）,居（c,0）（c>0）,椭圆的离心率为4,双曲线

nrnr

的离心率为S,点P为两曲线的一个公共点,且4P鸟=60。，则4+2=；/为△KP行

e\e2

的内心，耳,/,G三点共线，且GP/P=0，x轴上点人吕满足人//加，BG=/JGP,则

22+4的最小值为.

【答案】41+正

2

【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出|P耳|,|尸玛|,

在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可：

第二空：由/为△耳尸鸟的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出

风=6及|〃|=02,代入矛+〃2中利用基本不等式求最值即可.

【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为|4凰=2c,

椭圆的长轴长为为，双曲线的实轴长为2%，

不妨设点P在双曲线的右支上，

由双曲线的定义：\PF^-\PF^=2m,

由椭圆的定义：\PF]+\PF2\=2a,

可得:\PFt\=m+a,\PF2\=a-m,

又4"=60。，由余弦定理得:

附『+|阳2-阀卜闸|=|阴「=4,

即+(々一机-(m+6r)(«-n?)=4c2,

整理得：a2+3/n2=4c2,

b-a23m2.13.

所以：——=4^>—+—=4；

cce：e2

②/为6的内心，

PF.\IP\|PR|

所以名为NP4鸟的角平分线，则有局=浦，同理：涡=端，

~\AF2\-\AI\'

I/Pl\PF}\+PF22a1||..

所以阿=|A娟+A玛

因为4=几/尸，

所以加卜可用，故网=q,

/为△耳尸鸟的内心，耳,/,G三点共线，

GB\由凡|BF.

即-G为NP耳B的角平分线，则有蝙=舄=景,又忸用工忸片,

PG||PF2|PF、

忸G|[明卜*=2c

1丁=6，即忸G=.GP,

'|PG|\PFt\-PF22m

因为BG=〃GP,

所以|叫=|〃||GP|,故1"=.，

所以无+/?=e：+e；=；(/+4)4+4

4ye]e2.

当且仅当当=g=02=辰|时，等号成立，

e2e\

所以筋+的最小值为］+乎，

故答案为：4,1+^^.

2

【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，

（1）直接法：由题意知道兄。利用公式求解即可；

（2）一般间接法：由题意知道。力或瓦c利用4c的关系式求出c,在利用公式计算即可；

（3）齐次式方程法：建立关于离心率e的方程求解.

15.（2022•广东汕头•统考三模）如图，DE是边长为2g的正三角形4BC的一条中位线，将

△AQE沿DE翻折至△AOE,当三棱锥C-ABE的体积最大时，四棱锥4-BCOE外接球

。的表面积为;过EC的中点M作球。的截面，则所得截面圆面积的最小值是

【分析】第一空：先判断出平面AOE,平面BCDE时，三棱锥C-ABE的体积最大，求出

AG,找出四棱锥A-BCDE外接球的球心O,由勾股定理求出半径，即可求得表面积；第

二空：先判断出当垂直于截面圆时，截面圆面积最小，即EC为截面圆的直径，再求面

积即可.

第一空：设A到平面BCDE的距离为力，易得匕-4跖=匕一8£=:八5诩，SC"E=；S.C为

定值，

要使三棱锥C-ABE的体积最大，即6最大，显然当平面AOEJ.平面BCDE时，/»最大，

取8c中点?，连接AP交OE于G,

则G为。E中点，连接AG,易得AGJ_OE,又平面ADE。平面BCDE=OE,则AG，平

面BCDE,

即〃最大为AG=；AP=；x陋可彳可=|,易得PE=PD=PB=PC=6,则尸为四

边形3CDE的外心，

设△4QE的外心为N,过P作直线/L平面BC0E,易得〃⑶G,则共面，过N作直

线垂直于平面AQE交直线/于。，

易得。即为外接球球心，连接。4，。4即为外接球半径，易得四边形MNOP为矩形，则

4N=：AG=I,

ON=GP=AG=^,则。4=JM+OM=半，故外接球o的表面积为4万x（率）=13万;

第二空：要使截面圆面积最小，显然当加垂宜于截面圆时、截面圆半径最小，面积最小，

又E,C都在球面上，M为EC中点，

显然EC为截面圆的直径，又EC=AP=3,则截面圆的面积最小为"1写j=^.

故答案为：13%；

4

16.（2023•广东广州•统考一模）在棱长为1的正方体ABCD-AgCQi中，点EE分别是棱

BCCG的中点，P是侧面AORA上的动点.且PG〃平面则点户的轨迹长为

.点尸到直线AF的距离的最小值为.

【答案】显立

23

【分析】根据给定条件，作出平面AEF截正方体所得截面，再确定点P的轨迹，计算长度

即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.

【详解】在正方体"。-AAGA中，连接BG/n.AA，如图，对角面ABCQ为矩形,

因为点E、尸分别是棱BCCG的中点，则所〃BCJ/A。，而

即平面AEF截正方体所得截面为梯形AEFR,显然过点G与平面AEFR平行的平面交平面

8CC£、平面AORA

分别于因此MN//8CJ/A2,连Mg,平面8MNG、平面4EF。与平面ACgA

分别交于MJ,AF,

因此MCJ/AF,而AM//尸G，即四边形AMC尸为平行四边形，于是AM=FG=g，

即点”为⑨的中点,，同理N为AD中点'蛆=孝’因为动点尸始终满足可〃平面A。'

于是—平面浏吟，又「在侧面板必上'所以点P的轨迹是线段MN'轨迹长为争

以点。为原点建立空间直角坐标系，则MQ*）,吗,。,1）,小。,。）,尸（。心）,

则MN=(-L0-),AM=(0,0-),AF=(-1,1」)，令MP=tMN=(--f,0,-r),

222222

l+3r

则有匕1+3/APAF11

AP=4W+MP=(_L,0,3,APAF=4=-/+-

224\AF\326

2

于是点P到直线新的距离

7；也

4393

当且仅当/=0时取等号，所以点P到直线AF的距离的最小值为也

3

故答案为：正；立

23

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线

法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延

长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

17.（2022•江苏徐州•统考模拟预测）已知A,B,C,。是半径为4的球面上四点，E,F

分别为AB,8的中点，A8=4G，CD=2币,则以£尸为直径的球的最小表面积为

；若A,B,C,。不共面,则四面体A3CD的体积的最大值为

【答案】乃里叵

3

【分析】①利用圆的垂径定理，可求得OE,OF,再利用三角形三边关系定理可求得EF的

取值范围，即可求得以Er为直径的球的最小表面积②过C作CM4AB,CM=4内,连接

AM,DM,四边形为平行四边形，WOVABCI）=VD_AK=VI,_ACM=VA_I）CM=1,求

得S0cM和〃的最大值即可求解

【详解】设球心为O，，（M=O8=OC=QD=4,

分别取AB,CD中点E,/知OE="一（2扃=2,OF=/42-（可=3

OF-OE<EF<OE+OF=>l<EF<5,

以£尸为直径的球的最小表面积为4万二="

4

过C作C”&A&CM=4百，连接四边形为平行四边形，

设ZDCM=〃,设A到平面0cM距离为〃

VABCD=VD-ABC=VD-ACM=VA-DCM=।5DCA//z=।X।XX2>/7Sm6»­//

Vsin6><l,%也为E到平面CDM的距离，h<EF<OE+OF=5

（%a，）max=；X3x4也x2不X5="产

故答案为：小型包.

3

18.（2022•湖北武汉•模拟预测）函数f（x）=-—（4＞0，人＞。）的图象类似于汉字“冏”字，

被称为“冏函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“冏点”，以“冏点”为圆心，凡

是与“冏函数”有公共点的圆，皆称之为“冏圆”，则当〃=1力=1时，函数的“冏点”坐标为

；此时函数f（x）的所有“冏圆”中，面积的最小值为.

【答案】（0,1）3万

【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑y轴及y

轴右侧的图象，》轴卜方的函数图象显然过点RO,-D时面积最小，x轴上方的图象，设出

公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径最小值即可求解.

【详解】第一空：由题意知：，。）=亦「xx±l,/（0）=-1,故与y轴的交点为（0,—1）,

贝广冏点”坐标为（0,1）；

第二空：画出函数图象如图所示：

设仅0,-1）,c（o,D,圆心为c（o,i）,要使“冏圆”面积最小，只需要考虑y轴及y轴右侧的图

象，

当圆C过点8（0,T）时，其半径为2,是和X轴下方的函数图象有公共点的所有“冏圆”中半径

的最小值；

当圆C和X轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点A时，设4九一二），相＞1,则点A到圆

m-Y

心C的距离的平方为/=加+(—二-1)2,

令f=-^—J>0,则相=(1+32+什_])2=r+4+2_2,+2=,_1]-2(?--)+4

m-\tttIt)t

当f-1=l即切=匕好时，建最小为3,2>G，显然在所有“冏圆”中，该圆半径最小，故

t2

面积的最小值为3万.

故答案为：(0,1)：3n.

19.(2022•江苏苏州•校联考模拟预测)任何一个复数z=a+万(其中a、bwR,i为虚数单

位)都可以表示成：z=r(cos，+isin。)的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家

棣莫弗发现：z"=[r(cos，+isin。)]"=r"(cos〃6+isin,吩(“eN"),我们称这个结论为棣莫

-JT

弗定理.根据以上信息，若r=l,£时，则22侬=________;对于V〃wN*/N2,

4

<(Ji—1)7T.(&-1)乃

>[cos------+sm------]=.

k=2nn

.7t

sin—

【答案】-i———

1-cos—

n

2022

[分析]利用给定定理直接计算即得Z；令卬=cos'+isin工，求出等比数列｛w'-')(n>2)

nn

前n-1项的和，再利用复数相等求解作答.

TTTTTT

【详解】当/«=1,£时，z=cos£+isinf,所以

444

z2022=(cos-+isin-)2022=cos(504i+—)+isin(5044+—)=-i；

4422

N*,令w=cos—+isin—,则vv"=(cos—+isin—)n=cos^+isin.7r=-l,

nnnn

w(l-wn~l)_w-wli

\fnGN，〃22,w++w*++wn

1-kV1-W

(1+cos+isin)(1-cos-+isin-)2isinsin—

n

____________-〃孔〃____________H_-

(1-cos"-isin^)(1-cos"+isin")2-2cos冗1-cos冗

nnnnnn

.23,j-iS(k-1)7T.{k—1)7TiS(攵-1)乃„

ffijvv+w~+w++w=/.cos----------4-iXsm----------,则n^cos-----------=0,

人=2几h几k=2n

.7C

sin—

sin(k-l)7T

En<冗

k=1-cos

n

.£

所以£[cos3+sin—='

nn「71

1i-cos—

n

故答案为：-i;"

1-cos—

n

【点睛】思路点睛:涉及复数z的n(neN*)次累z"的求和问题，可把z"视为等比数列｛z"｝的

第〃项，再借助数列问题求解.

20.(2022•湖南长沙•雅礼中学校考二模)已知菱形A8C£＞的各边长为2,NO=60.如图所示，

将AACB沿AC折起,使得点D到达点S的位置,连接SB,得到三棱锥S-ABC,此时SB=3.

则三棱锥S-MC的体积为E是线段SA的中点，点尸在三棱锥S-ABC的外

接球上运动，且始终保持EF1AC,则点尸的轨迹的周长为.

【答案】B巫兀

23

【分析】取AC中点”，由题可得ACL平面SMB,进而可得三棱锥S-A8C的高

3

h=sinZSBMSB=-,利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点F轨迹所在平面为a,

2

则F轨迹为平面a截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.

【详解】取AC中点用，则47，助乩47_15加,8河SM=M,

，AC_L平面SM3,SM=MB=E,又S3=3,

/SBM=NMSB=30，