专题23数形结合思想中的六种题型（导数三角函数平面向量数列立体与解析几何统计与概率）-2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（新高考地区专用）

2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（新高考地区专用）题型一：导数及其应用一、单选题1．（2021·天津北辰·模拟预测）已知函数（e为自然对数的底数），若关于x的不等式解集中恰含有一个整数，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先画出函数的图象，再对分成与两类情况借助于数形结合求出的取值范围．【详解】函数的图象如图所示，①当时，恒有，，故，显然不合题意；②当时，当时与相切时解得；当时，与相切时，设切点坐标为，切线方程为，即与重合，解得，t=2.又直线过点，（3）时，有（3），解得，又关于的不等式解集中恰含有一个整数，由数形结合可知这个整数必是2，故．故选：C【点睛】方法点睛：关于解的个数的问题的讨论，常用的方法有：（1）方程法；（2）图象法；（3）方程+图象法.要根据已知条件灵活选择方法求解.2．（2021·安徽淮北·一模（理））已知函数，则函数零点的个数为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【解析】利用导数分析在和时的单调性，然后确定出的取值范围并作出的大致图象，根据与图象的交点个数确定出函数的零点个数.【详解】因为的零点个数与图象的交点个数，当时，，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为，又因为当时，，且，所以时，；当时，，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为，又当时，，当时，，所以时，，作出的函数图象如下图所示：由图象可知有个交点，所以有个零点，故选：A.【点睛】思路点睛：求解函数零点的数目问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.3．（2021·四川遂宁·一模（理））函数的大致图象是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究的符号,判断单调性即可.【详解】，是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.当时，，则，由，，故存在使得，即函数在区间上不单调，排除D.故选：C.【点睛】方法点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.4．（2020·云南·模拟预测（理））已知方程有三个不同的根，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】将等式变形为，换元，可得出，利用导数分析得出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】将等式变形为，令，则即，，令，得，列表如下：极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，作出函数的图象如下图所示：由于方程有三个不同的根，则，，①当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；②当时，则，得，关于的方程为，解得，不合乎题意；③当，时，由二次方程根的分布得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二、多选题5．（2021·全国·模拟预测）已知函数，则（

）A．当时，B．，方程有实根C．方程有3个不同实根的一个必要不充分条件是“”D．若，且方程有1个实根，方程有2个实根，则【答案】ACD【分析】A根据解析式直接判断时的符号即可；再利用导数研究的单调性并画出函数图象，结合A知在y轴左侧的图象恒在x轴下方，判断B、C、D的正误.【详解】由解析式知：当时，故，A正确；∴在y轴左侧的图象恒在x轴下方，又，令，得，令，得或，∴在，上单调递减，在上单调递增，作出其大致图象如图所示.由图知，仅当时方程有实根，B错误；若有3个不同实根则，故“”是有3个不同实根的一个必要不充分条件，C正确；由，及有1个实根、有2个实根，可得，，则，D正确.故选：ACD.三、填空题6．（2021·新疆乌鲁木齐·一模（理））已知函数在R上是增函数，且存在垂直于y轴的切线，则的取值范围是___________.【答案】【分析】利用导数与函数的单调性的关系和导数的几何意义可求得,对，,分别讨论，利用换元思想和，结合不等式性质，二次函数的性质，分析综合得到的取值范围.【详解】由已知得：恒成立且有解，∴,①当时，可得,∴,②当时，,且,,③当时，,且,,令,,∴,综上，,故答案为：【点睛】要注意理解恒成立且等号能够取到的意义，得出是关键一步，下面分类讨论是一定要仔细周密.7．（2021·全国·模拟预测）已知函数，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为_____________.【答案】【分析】由函数有且只有三个零点知：与有且只有三个交点，结合它们的函数图象，利用切线的性质判断函数有三个交点时参数范围即可.【详解】由函数解析式知：，函数有且只有三个零点，∴与有且只有三个交点，而图象恒过点，∴可得函数示意图如下所示，当直线与的图象相切时，设切点为，切线斜率为，∴，解得，即，∴．故答案为：【点睛】关键点点睛：将函数有零点转化为两个函数有交点的问题，应用切线的性质，结合交点的个数判断参数的范围.8．（2021·广东·红岭中学二模）已知函数f(x)=2lnx，若总存在直线与函数y=f(x)，y=g(x)图象均相切，则a的取值范围是_____.【答案】[，+∞)【分析】设y=f(x)与y=g(x)的图象在交点处存在切线y=kx+b,且切点为(n,2lnn),分别求得f(x),g(x)的导数,可得切线的斜率,得到n,k,t的方程,化简变形可得4lnn+n=1,设h(n)=4lnn+n,求得导数和单调性,解方程可得n=1,进而得到a的值,结合抛物线的开口与a的关系,可得所求范围.【详解】根据图象易得当两函数的图象相离或相切时一定有公共切线，当相交于两个不同点时没有公切线，下面探求相切时的条件.设y=f(x)与y=g(x)的图象在交点处存在切线y=kx+t,且切点为(n,2lnn),=,,可得=k=2an－1,2lnn=kn+t=an2－n－,化为kn=2,,则,即,设,h'(n)=+1>0,可得h(n)在(0,+∞)递增，由h(1)=1,可得4lnn+n=1的解为n=1,则a=,由y=ax2－x－=(a>0)的图象可得,当a越大时,抛物线的开口越小,可得此时y=f(x)和y=g(x)的图象相离,总存在直线与它们的图象都相切,则a的范围是[，+∞).故答案为[，+∞)【点睛】本题考查利用导数研究曲线的切线问题，属较难试题，关键是利用几何直观判断出两曲线相离时一定有公切线，相交于不同两点是不存在公切线，然后探求相切的条件，进而根据抛物线的系数是开口大小的关系，判定得到实数a的取值范围.9．（2022·重庆·模拟预测）已知函数若关于x的不等式有且仅有2个整数解，则实数a的取值范围为______.【答案】或【分析】当时，对函数求导，得到函数的单调区间，当时，将函数配方，进而作出函数的大致图象，然后通过数形结合求得答案.【详解】当时，，所以，令，得；令，得或，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且x<0时，；当时，，在上单调递增.可以变为，由图1，2可知，或解得或.故答案为：或【点睛】本题难点较大，核心在于作出函数的图象，通过数形结合来解决问题；另外，时，得到函数的单调区间之后，一定要注意当x<0时，，避免画错图象.四、解答题10．（2021·四川内江·模拟预测（理））已知函数．（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数有三个不同的零点、、，求的取值范围，并证明：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）的取值范围为；证明见解析．【分析】（1）求得，对的范围分类，结合导数与函数的单调性即可判断函数的单调区间．（2）利用（1）中结论即可判断，求得函数的极大值与极小值，由题意可得的极大值大于，的极小值小于，即可求得的取值范围，再由零点存在性定理分析可得，计算得，即可判断，问题得证．【详解】解：（1）∵，∴①当时，，则在上单调递增，无递减区间；②当时，令，得的解集为，的解集为则在上单调递减，在上单调递增（2）由（1）知函数f(x)有三个零点，则∵在上单调递减，在上单调递增∴的极大值为，且极大值大于，极小值为∵有三个不同的零点，∴解得，故的取值范围为．又∵，当时，有，当时，有．∴设，由零点存在性定理知．∴又∵∴，因此．【点睛】方法点睛：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用.11．（2021·甘肃酒泉·三模（文））设函数，.（1）若，求函数的单调区间.（2）若函数有2个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为；（2）.【解析】(1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，根据函数的单调性证明即可;(2)且，，通过讨论a的范围求出单调性从而确定a的范围即可.【详解】（1）因为函数，所以的定义域为，.又，所以若，则，所以.令，得，即当时，函数单调递增.令，得，即当时，函数单调递减.综上可知，函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）因为，所以，.又，所以.①当时，，所以函数在上单调递增.当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增.即当时，取得最小值，为.所以当时，函数只有一个零点，所以不满足题意.②当，即时，.令，得；令，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减.又，所以，使所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.作出函数的示意图，如图，要使函数有两个零点，则当x趋近于0时，，即，解得.所以a的取值范围为.③当，即时，.令，得；令，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以函数在上单调递减.又，所以当时，函数只有一个零点，所以不满足题意.④当，即时，.令，得；令，得.所以函数在上单调递增，在上单调递减.因为，所以，使.所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.作出函数的示意图，如图，又，所以由图像可知，，使得.所以当时，函数有2个零点.综上可知，当时，函数有两个零点.【点睛】本题考查函数的单调性，最值问题，导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.题型二：三角函数与解三角形、平面向量一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（文））已知，则它们的大小关系正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由时，判断a,b的大小关系，作出与的图象判断a，c的大小即可.【详解】，故，因为时，，所以，因为中.作出与在同一坐标系中的图象，如图，由数形结合可知在恒成立，所以，所以，故选：A2．（2022·甘肃·一模（文））函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的最小正周期是B．直线是图象的一条对称轴C．点是图象的一个对称中心D．的单调递减区间是【答案】C【分析】根据函数图象求出周期，判断A，再由正弦型函数的对称轴、对称中心、单调区间判断BCD即可.【详解】由图象可知，即，故A错误；由可得，又因为函数图象过点，所以，由五点法作图可知，,即，又，故，所以，当时，,故B错误；因为，所以点是图象的一个对称中心，故C正确；令，解得，即函数的单调递减区间为，故D错误.故选：C3．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室三模（理））已知，则函数的图像不可能是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分，，三种情况，结合图像讨论，利用排除法即可得出答案.【详解】解：由，得，故函数为偶函数，当时，，则为得最大值，左侧附近递增，右侧附近递减，故A符合；当时，，则，左侧附近递减，右侧附近递增，故C符合；当时，，，则，左侧附近递增，右侧附近递减，故B符合.故选：D.4．（2022·全国·模拟预测）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．【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：．5．（2020·全国·模拟预测（理））当时，函数恒成立，则的最大值为（

）A． B．2 C． D．1【答案】C【分析】根据题意，将原不等式恒成立转化为恒成立，设，，转化为恒成立，求得它们的交点，，，画出和的图象，即可得到所求区间和的最大值．【详解】解：由题可知，时，函数恒成立，即为恒成立，设，即，为最小正周期为2的函数，且，，设，可得，分别作出和的图象，可得它们有两个交点，，，由题意可得当，时，恒成立，即恒成立，此时取得最大值.故选：C.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，以及正弦函数和二次函数的图象和性质，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题.6．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））已知梯形ABCD中，，，，，，点P，Q在线段BC上移动，且，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】如图以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，设，则，然后表示出，求其最小值即可，【详解】如图，以B为坐标原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，因为，，，，所以，不妨设，，则，所以当时，取得最小值，故选：D7．（2020·湖南·模拟预测（文））已知向量满足，且，，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据可知，利用数形结合的方式可确定所求夹角的正切值，进而求得结果.【详解】由知：以为邻边的平行四边形的对角线相等，以为邻边的平行四边形为矩形，即，如下图所示：设向量与的夹角为，又，向量与的夹角为.故选：.【点睛】本题考查平面向量夹角的求解问题，关键是能够根据已知中的模长相等的关系确定两向量互相垂直，易错点是忽略向量的方向，造成夹角判断错误.8．（2020·江西·南昌二中一模（理））记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.【详解】由已知可得，则，，，建立平面直角坐标系，设，，，由，可得，即，化简得点的轨迹方程为，则，则转化为圆上的点与点的距离，，，，转化为圆上的点与点的距离，，.故选：A.【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.9．（2021·江西南昌·模拟预测（理））已知是边长为的正三角形，为该三角形内切圆的一条弦，且.若点P在的三边上运动，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据可得，再利用向量加法的几何意义，将的最大值转化为求的最大值.【详解】如图所示，在中，内切圆的半径，在中，，，，取的中点，连结，当，分别取最大值时，取得最大值，当点运动到三角形的顶点，且顶点与的连线垂直于时，，分别取最大值时，.故选：B.【点睛】本题考查向量加法几何意义、向量数量积的运算、向量夹角运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.二、多选题10．（2022·江苏南京·模拟预测）设是大于零的实数，向量，其中，定义向量，记，则（

）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】根据定义求出和，再根据平面向量的数量的坐标运算，结合恒等变换公式可求出，由此可判断A和B选项；利用向量加减法的坐标运算、模长公式以及基本不等式，可判断C和D选项.【详解】因为向量，所以是一个实数，不是向量，所以A不正确，B正确；因为，所以，当且仅当时，取得等号，所以，故C正确；因为，所以，当且仅当时，取得等号，所以，故D正确.故选：BCD11．（2022·湖南湘潭·三模）已知双曲线（）的左､右焦点分别为F1（−c，0），F2（c，0）.直线与双曲线左､右两支分别交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|AB|=4，则下列说法正确的有（

）A．双曲线的离心率为 B．C． D．【答案】BD【分析】连接，设，由已知，利用双曲线的定义求得，判断D正确，根据直线的斜率把图中线段用表示，从而求得，得离心率判断A，由数量积的定义计算数量积判断BC．【详解】如图，连接，设，因为，所以，D正确.又为线段的中点，所以.又，所以，则，得，所以双曲线的离心率为，A不正确；，B正确，C不正确.故选：BD．三、填空题12．（2022·贵州·镇远县文德民族中学校模拟预测（文））已知函数，若函数的图象在区间上的最高点和最低点共有个，下列说法正确的是___________.①在上有且仅有个零点；②在上有且仅有个极大值点；③的取值范围是；④在上为单递增函数.【答案】②③【分析】利用辅助角公式可化简得到，令，则，利用正弦函数图象可确定的范围，由此确定③正确；结合图象可知①②的正误；根据知④错误.【详解】，当时，，令，则在上的最高点和最低点共有个，由图象可知：需满足：，解得：，③正确；当时，有且仅有个零点，即在上有且仅有个零点，①错误；当时，有且仅有个极大值点，②正确；当时，，则，在上有增有减，④错误.故答案为：②③.【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数图象与性质的相关应用，解题关键是能够将看做一个整体，采用换元法研究的图象，通过所需满足的范围确定范围及的性质.13．（2021·全国·模拟预测）已知函数，圆的方程为，若在圆内部恰好包含了函数的三个极值点，则的取值范围是______.【答案】【分析】易得直线与圆交于，两点，其中，，，则问题转化为：求恰有三个极值点落在区间内的的范围.换元之后数形结合可求解.【详解】依题意可知，的最值为，如图作出直线，与圆交于，两点，由圆的半径为5易得，，要使圆内部恰好包含了函数的三个极值点，则需恰有三个极值点落在区间内，令，则，故只需考虑在内恰有三个极值点，设这三个极值点分别为，，，，则有得又，因为.当时无解；当时，；当时，；当时，由于恒成立，因此无解.综上可知，.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解关于三角函数的相关问题时，有时会用进行整体代换，将函数转化为进行处理.14．（2020·江西·模拟预测（理））在平面四边形ABCD中，，，，则AB的取值范围是_________．【答案】【分析】首先将平面四边形补形为三角形，成为等腰三角形，在内平移直线使之能满足条件，通过数形结合，分析两个临界点得到的取值范围.【详解】如图所示，延长交于，平移，当与点重合时，最长(此时为临界位置，不能取)在中，，，，由正弦定理可得，即，由，解得=，平移，当与点重合时，最短，此时与交于，在中，,，由正弦定理知，，即，解得(此时为临界位置，不能取)所以的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查求几何图形中的长度计算，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，考查正弦定理解三角形，本题的关键是通过平行移动，根据临界点分析出的长度，属于难题.15．（2022·浙江杭州·二模）对于二元函数，表示先关于y求最大值，再关于x求最小值.已知平面内非零向量，，，满足：，，记（m，，且，），则______.【答案】2【分析】记，，，构建直角坐标系，根据向量几何意义判断所在直线的斜率，设，，，结合函数的定义、数形结合思想研究相关向量的模长随点的变化情况，进而求目标式的值.【详解】记，，，则表示在上的投影恰为在上的投影的两倍，即射线的斜率为.设，，，记，，则，，所以.先让m不变，n变化，即点D固定，点E变化，那么，其中，接着再让m变化，即点D变化，求的最小值.因为，当且仅当时取得等号.综上，.故答案为：2【点睛】关键点点睛：利用向量几何意义，构建直角坐标系并设A、B、C的坐标，根据函数新定义、数形结合思想将问题转化为两向量模长的比值，讨论动点位置变化对向量模长的影响确定目标式的值.16．（2021·江西·模拟预测（理））平面向量､､，满足，，，则对任意，的最大值为___________.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，可得点的轨迹方程为，然后化简所求式子，转化为两个圆的点之间的最大值问题，简单判断即可.【详解】由，，可设由，把坐标代入化简可得：所以点点的轨迹方程为又，所以求的最大值即两个圆、上动点最大值，如图所示;当过两圆的圆心时，有最大即故答案为：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于建系以及等价转化为两圆上动点的最值问题.17．（2020·安徽马鞍山·三模（理））已知的重心为，，，则________.【答案】16【分析】由重心的性质得出，再根据数量积的运算得，代入可得答案.【详解】作出图示如下图所示，根据重心的性质可得:，又，所以，所以，所以，故答案为：16.【点睛】本题考查三角形中关于重心的数量积运算，转化向量间的运算是解决此类问题的常用方法，属于中档题.18．（2020·浙江·模拟预测）在中，，，分别为，的中点，若直线上存在一点使得，则的最大值是_______.【答案】【分析】根据题意，点为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，，，根据题意，得到，确定其范围，再由确定其最大值，根据，即可求出结果.【详解】因为在中，，，分别为，的中点，以点为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，，，则，，，，所以，因此，，因为，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立；因此，又，所以为锐角，所以，所以，因此为使最大，只需最大，即只需取最大，又最大为，此时因此.故答案为：.【点睛】本题主要考查向量在平面几何中的应用，利用数形结合的方法即可求解，属于常考题型.19．（2021·全国·模拟预测）已知正的边长为2，PQ为内切圆O的一条直径，M为边上的动点，则的取值范围为______________.【答案】【解析】先由正的性质，求出其内切圆半径，再利用向量的三角形法则，得到，，再结合，可得到，再根据图像利用临界值法，求出的取值范围.【详解】如图所示，O为正内切圆圆心，OD为内切圆半径，在中，，，可求得内切圆半径.又PQ为圆O的直径,，利用向量的线性表示可得，，，，又M为边上的动点，由图可知，当M为边的中点时，最小为，即；当M为的顶点时，最大为，即.的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查向量知识在几何中的应用，一般在求解此类问题时，常用三角形法则或平行四边形法则把问题转化，结合数形结合思想解决问题.20．（2020·浙江·模拟预测）已知平面向量，，若对于任意的向量均有的最小值为，则的取值范围是________.【答案】【分析】设向量的始点为原点，终点分别为，取，则点在直线上，设点到直线的距离为，则，所以，设，可得点的轨迹方程为，再根据椭圆的定义可得结果.【详解】设向量的始点为原点，终点分别为，因为，取，则由可知点在直线上，设点到直线的距离为，则，根据题意得，即，设，则，化简得，所以动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的椭圆，设另一个焦点为，则，易知点在椭圆内，如图所示：所以，当为的延长线与椭圆的交点时取得等号，，当为的延长线与椭圆的交点时取得等号，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本题是平面向量和椭圆的综合题，根据平面向量的几何意义得到动点的轨迹为椭圆是解题关键，考查了根据椭圆的定义求动点到定点的距离之和的最值，属于难题.21．（2020·全国·高三专题练习（文））已知向量满足，若，则的最小值为_____________.【答案】【解析】由题意可设，，，记，，，则，，则可将表示为，当与反向时，有最小值，比较与大小可得，再求出的最小值，则答案可求.【详解】根据条件，设，，，记，，，，当且仅当与反向时，会有最小值，而，，，而整理得，记，，则，当且仅当，，三点共线，即时取等号，，，故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，考查了平面向量的几何意义，考查了转化能力和数形结合思想，属于较难题.四、解答题22．（2022·安徽蚌埠·三模（理））在中，内角，，的对边分别为，，，，点在边上，满足，且.(1)求证：；(2)求角.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意得，然后利用三角形面积公式结合已知条件可得结论，（2）在和利用余弦定理结合可得，再在中利用余弦定理可求得结果(1)∵，∴，∴，故，∴.(2)由题意知，，在中，由余弦定理得①在中，，在中，，由，知，即②由①②得，，所以23．（2020·江苏·高三专题练习）如图1所示为一种魔豆吊灯，图2为该吊灯的框架结构图，由正六棱锥和构成，两个棱锥的侧棱长均相等，且棱锥底面外接圆的直径为，底面中心为，通过连接线及吸盘固定在天花板上，使棱锥的底面呈水平状态，下顶点与天花板的距离为，所有的连接线都用特殊的金属条制成，设金属条的总长为y．（1）设∠O1AO=(rad)，将y表示成θ的函数关系式，并写出θ的范围；（2）请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，金属条总长y最小．【答案】（1），（，）．（2）当角满足（）时，金属条总长y最小．【解析】（1）在直角三角形OAO1中，利用三角函数的定义，用表示，其中由实际问题可得θ的范围，最后把吊灯12条侧棱，6条底边，1条顶悬长相加表示y，得答案；（2）为了方便运算，只令，利用求导的方式得极值，此时即为最小值.【详解】（1）在直角三角形OAO1中，，，由，所以，所以θ的范围是，其中，．从而有，所以，（，）．（2）令，所以，令，则，则．当时，；当时，．函数的单调性与关系列表如下：0+极小值所以当，其中时取得最小值，即y最小．故当角满足（）时，金属条总长y最小．【点睛】本题看似考查立体几何问题，实则考查三角函数的实际应用，应优先建模，将实物分解并转化为熟悉的数学问题，进而构建函数关系，其定义域需满足实际情况，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题.24．（2021·新疆·模拟预测（文））设函数f（x）＝|2x﹣1|+mx+2，m∈R．（1）若m＝1，解不等式f（x）＜6；（2）若f（x）有最小值，且关于x的方程有两个不等实根，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）将代入，分及解不等式即可；（2）由有最小值，可先得到的范围，并求得的最小值，要使方程有两个不等实数根，则与有两交点，数形结合，求得的取值范围.【详解】（1）当时，，

当时，，得，综合得，当时，，得，综合得，综上，不等式的解集为；（2）当时，，当时，，则，要使有最小值，则，解得，要使方程有两个不等实数根，则与有两交点，易知当时，有最小值，有最大值作示意图如图所示：则，得，综合得.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想，属于中档题．题型三：数列一、单选题1．（2021·浙江省杭州第二中学模拟预测）己知等差数列公差不为0，正项等比数列，，，则以下命题中正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设等差数列公差为，正项等比数列公比为，，，由可得出，从而分析出时，，时，．把方程变形为，引入函数，利用两个函数的图象可得结论．【详解】设等差数列公差为，正项等比数列公比为，因为，所以，即，所以，又，所以，由得，，，所以时，，时，．，，由，，即，（*），令，，（*）式为，其中，且，由已知和是方程的两个解，记，且，是一次函数，是指数函数，由一次函数和指数函数性质知当它们同增或同减时，图象才能有两个交点，即方程才可能有两解（题中时，，时，，满足同增减）．如图，作出和的图象，它们在和时相交，无论还是，由图象可得，，，时，，时，，因此，，，，即，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，解题时由已知两项相等得出公差和公比的关系，考虑到方程有两解，把此方程变形为，引入函数，通过函数图象观察得到和的关系，从而由数形结合思想得出结论．2．（2020·浙江大学附属中学模拟预测）已知正项数列满足，则下列正确的是（

）A．当时，递增，递增B．当时，递增，递减C．当时，递增，递减D．当时，递减，递减【答案】B【分析】设，画出函数的图像，利用数形结合的观点即可得到答案.【详解】解：设，单调递减，画出图像如图所示：由图像知，所以对于当时，不妨确定的位置，根据，把标到图上，如图所示：由图像知，，所以，所以，一直根据图像推下去可得：对于数列，所以奇数项，所有偶数项.从作图过程可以看出：，所以可得：数列递增数列，递减数列.当时，不妨确定的位置，根据，把标到图上，如图所示：由图像知，，所以，一直根据图像推下去可得：对于数列，所以奇数项，所有偶数项.从图像可以看出：，所以：数列递减数列，递增数列.故选：B.【点睛】本题主要考查用函数的观点解决数列问题，考查学生的数形结合能力，属于综合题.题型四:空间向量与立体几何一、单选题1．（2021·江苏南通·三模）已知四棱锥的侧面PAD为正三角形，底面ABCD为矩形，且面面ABCD，若，则该四棱锥内可以放置最大的球的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】取AD的中点E，BC的中点F，连接PE，EF，PF，由对称性可知四棱锥内可以放置最大的球的半径即为直角△内切圆的半径，【详解】取AD的中点E，BC的中点F，连接PE，EF，PF，则由平面平面ABCD可知平面ABCD，.由对称性可知四棱锥内可以放置最大的球的半径即为直角△内切圆的半径，其中，.故选：B．【点睛】结论点睛：直角△中，为直角，所对的边长分别为，则其内切圆半径.2．（2021·陕西宝鸡·一模（文））在直三棱柱中，，，，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由题意可得球的半径为底面三角形内切圆的半径，易得，又，可得该三棱柱内能放置的最大球半径为2，最后由球的表面积计算公式计算即可.【详解】由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径，∵底面三角形的边长分别为6、8、10，∴底面三角形为直角三角形，，又∵，，∴该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时.故选：A.【点睛】关键点睛：解题关键是得出所求球的半径为直三棱柱底面三角形内切圆的半径，继而进行分析计算.3．（2020·全国·模拟预测（理））如图，棱长为的正方体，点在平面内，平面与平面所成的二面角为，则顶点到平面的距离的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】是正方体，当底面与平面所成的角与底面对角线所成的角相等时，顶点到平面的距离的最大；最大值作截平面图，由题知,利用平面几何知识求得即可【详解】如图所示，当直线与面所成角等于面ABCD与面所成角时顶点到平面的距离最大，取截图，如下图所示：作，，，∵，，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故选:B.【押题点】二面角大小；点面距最值问题【点睛】本题考查正方体翻转求面距离最值问题.求解翻折(转)问题的关键及注意事项：求解平面图形翻折(转)问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．应注意：(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折(转)前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．4．（2020·浙江·湖州中学模拟预测）已知点是正方体表面上一动点，且满足，设与平面所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得动点的轨迹方程，再由直线与平面的夹角可得出最值.【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，，则，因为，所以，即，所以点的轨迹为以点为球心、为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的，，，要使得与底面所成的角最大，则与底面的交点到点的距离最短，从而点在上，且在上，则，从而，所以的最大值为，故选：A．【点睛】本题考查动点的轨迹、直线与平面所成角、空间法向量的应用．根据题意建立适当的空间直角坐标系，并求出点的轨迹是解答本题的突破口，属于难度题．5．（2020·浙江·模拟预测）如图，在正四面体中，分别为上的点，，，记二面角，，的平面角分别为，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将问题转化为二面角的平面角、二面角的平面角和二面角的平面角的大小关系的比较，根据图形中的线段比例关系，可确定三个平面角的大小关系，从而得到结果.【详解】由图形可知：二面角的平面角的补角是二面角的平面角，二面角的平面角的补角是二面角的平面角，二面角的平面角的补角是二面角的平面角，由，可通过空间中的位置关系得到：二面角的平面角二面角的平面角二面角的平面角，.故选：.【点睛】本题考查立体几何中二面角大小的比较问题，解题关键是能够将问题转化为所求二面角平面角的补角的大小关系的比较上，通过图形关系可观察得到结果，对于学生的转化能力和空间想象能力有较高要求，属于较难题.6．（2021·浙江·瑞安中学模拟预测）已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合正方体的几何特征，以及面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，判断P在如图所示的阴影范围内.利用正方体的特点，判断P接近于D'时∠APC>∠BPD,故A、B错误；∵PH<PE,∴∠APD>∠APB，∵PG<PF,∴∠BPC<∠CPD,故C正确，D错误，【详解】如图取正方体的下底面的各边中点E,F,G,H,上底面的中心为O,下底面的中心为O',ABP,BCP所成的角为α，ABP,CDP所成的角为β，α>β，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内.在△APC和△BPD中，AC=BD,PQ公用，Q为共同的中点，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90°，此时∠BPD>∠APC,同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD,故A、B错误；∠APD与∠BPD的大小关系看P实在EG的左侧还是右侧。若是在左侧，则∠APD>∠BPC,若是在右侧，则∠APD<∠BPC,若是在EG上，则∠APD=∠BPC;同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD,P在HF上，则∠APB=∠CPD,P在HF的后面，则∠APB<∠CPD,所以当P在A'OH内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD,min{∠APD，∠BPC}=∠BPC,max{∠APB,∠CPD}=∠APB,min{∠APB,∠CPD}=∠CPD,∵PH<PE,∴∠APD>∠APB，∵PG<PF,∴∠BPC<∠CPD,故C正确，D错误，根据对称性，在其余范围内，具有相同的结论.故选：C【点睛】从正方体的几何特征出发，利用题中信息判断P的大致区域，对P处于不同位置都要判断.7．（2020·浙江温州·模拟预测）在棱长为3的正方体中，为棱的中点，为线段上的点，且，若点分别是线段，上的动点，则周长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，易知为线段与的交点，即为线段上靠近D的三等分点，将周长的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理，最后由余弦定理求得的长度即可.【详解】连接，易知为线段与的交点，即为线段上的点，由勾股定理可知，则，分别作点关于线段，的对称点，，且由对称关系有垂直关系且显然为等边三角形，即，由等边三角形对称问题可求得，据余弦定理得，由平面几何知识连接两点间的线中线段最短，得周长的最小值为.故选：D【点睛】本题考查空间中三角形周长的最值，涉及空间中直线与对称点的算法，属于难题.二、多选题8．（2021·湖北省团风中学模拟预测）如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线与a，b均相互垂直，且，动点P，Q分别位于直线a，b上，若直线与所成的角，线段的中点为M，下列说法正确的是（

）A．的长度为 B．的长度不是定值.C．点M的轨迹是圆 D．三棱锥的体积为定值【答案】AC【解析】过点P作于，连接，在中求出的长度可判断A、B；由题意可得，利用圆的定义可判断C；利用棱锥的体积公式即可判断D.【详解】过点P作于，连接，则，故，故A正确，B不正确；设的中点为N，易得，且，则有，设的中点为O，连接O，M，N，B，易得四边形为平行四边形，故有，且，即点M到平面的距离为定值，可得点M的轨迹为圆，故C正确；当Q点与B点重合时，三棱锥退化为三角形，其体积为零，而当Q点与B点不重合，且P点与A点不重合时，其体积显然不为零，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了异面直线所成的角、空间中的轨迹问题、锥体的体积公式，考查了考生的空间想象能力.9．（2021·江苏省天一中学模拟预测）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是（

）A．当时，S为四边形；B．当时，S不为等腰梯形；C．当时，S与的交点满足；D．当时，S的面积为.【答案】ACD【解析】由题意作出满足题意的截面，由线面、面面的位置关系对四个选项逐一判断即可得解.【详解】设截面S与的交点为M，分别连接AM、MC、AP、PQ，由平面与平面平行的性质定理知，当时，则点M在线段上（不包括端点），S为四边形，选项A正确；当时，点M与点重合，四边形为等腰梯形，选项B错误；当时，延长至N，使，连接AN交于点S，连接NQ交于点R，连接SR，可证，可得,故可得，选项C正确；当时，截面S为菱形，其对角线长分别为，，则S的面积为，选项D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查线面、面面的位置关系，考查逻辑思维能力和分析计算能力，考查空间想象能力，属于常考题.10．（2022·全国·模拟预测）在正方体中，，，，分别为，，的中点，，分别为，上的动点，作平面截正方体的截面为，则下列说法正确的是（

）A．不可以是六边形B．存在点，使得C．当经过点，时，点到平面的距离的最大值为D．的最小值为【答案】BCD【分析】对于A选项，可以把截面补全可知截面的形状为六边形故A选项错误；对于B选项，等价于在平面上的射影与垂直，从而计算出点的位置；对于C选项，运用等体积法将问题转化为求点到距离的最小值；对于D选项，求空间折线段的最小值要展成直线段.【详解】如图，对于A取中点，中点，中点，在线段上取点，使得，在线段上取点，使得，在线段，上取点M，使得.易知，且HK，IL，JM交于一点，该点为正方体的中心，所以，，，，，六点共面，又因为，所以平面故A错误.对于B，当时，在中结合勾股定理可知.因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确.对于C，当经过点，时，为平面AFP.因为是定值，所以要使得点到平面的距离最大，那么的面积最小.由于为定值，即到的距离最小.由于平面，且，只需求到的最小距离即可，当运动到时距离最小，则到的最小距离为，即到的最小距离为，此时，则点到平面的距离的最大值为，故C正确.对于D，延长至使得，则，当且仅当，，三点共线且垂直于时，取最小值，最小值为，故D正确.故选：BCD三、填空题11．（2021·宁夏·贺兰县景博中学二模（文））如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点､，且，则下列结论中正确的是___________.（1）､､､四点共面（2）（3）三棱锥的体积为定值（4）的面积与的面积相等【答案】（2）（3）【分析】由正方体的性质以及异面直线的定义可判断（1）错误；由线面垂直的判定定理可证明平面，进而可判断，从而判断（2）正确；由到平面的距离为定值以及△BEF的面积为定值可判断（3）正确；A到B1D1的距离大于B到B1D1的距离可判断（4）错误.【详解】解：（1）由正方体的几何性质可知：与异面，又为线段上的两点，则与异面，所以四点不共面，故（1）错误；（2）因为为正方体，则，又，，所以平面，平面，所以；故（2）正确；（3）到平面的距离为，△BEF的面积为定值，∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，故（3）正确．（4）B到B1D1的距离为BB1＝1，A到B1D1的距离大于上下底面中心的连线，则A到B1D1的距离大于1，∴△AEF的面积大于△BEF的面积，故（4）错误；故答案为：（2）（3）.【点睛】知识点点睛：（1）异面直线的定义：过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不过该点的直线是异面直线；（2）判断三棱锥的体积是否为定值，可判断底面面积和顶点到底面的距离是否为定值；12．（2021·江苏·盐城中学一模）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，过作正方体的截面，则截面多边形的周长是___________.【答案】【分析】在长方体中把截面补充完整，然后求得各边长，从而计算周长.【详解】如图所示，过作交于M，由，，则，，延长MQ交于E点，联结，交于N点，则多边形即为截面，根据平行线性质有，，则，，因此，又，，所以多边形的周长为：，故答案为：【点睛】关键点点睛：找出平面在几何体中的完整截面，从而求得面积等.13．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．【答案】【分析】先求出到平面的距离，判断球体与各个面的相交情况，再计算求解即可.【详解】因为，所以是边长为的等边三角形，所以边长为的等边三角形的高为：，所以，设到平面的距离为，，所以，所以，解得，则，所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，所以交线总长度为：.故答案为：.14．（2022·全国·高三专题练习（文））农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．【答案】【分析】易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得.【详解】六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为，要使球状的馅的体积最大，则球与六面体的各面相切．如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记），则六面体的体积可表示为．易知，又六面体可以看成由两个底面积为，高的正四面体合成的，故其体积又可表示为，因此，解得．故粽子馅的最大体积为．故答案为：.15．（2021·江西·奉新县第一中学三模（理））如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列结论正确的序号是_____.①若MN＝2，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为π；②若N到直线BB1与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线；③若D1N与AB所成的角为60°，则N的轨迹为双曲线；④若MN与平面ABCD所成的角为60°，则N的轨迹为椭圆.【答案】②③【解析】对①，由题意可得MN中点的轨迹为以MD中点为圆心，为半径且平行于平面ABCD的圆，计算可判断①；对②，由BB1⊥平面ABCD，可得NB即为N到直线BB1的距离，由抛物线的定义即可判断②；对③，建立空间直角坐标系，设N（x，y，0），由D1N与AB所成的角为，可得点N的轨迹方程，从而判断③；对④，由MN与平面ABCD所成的角为∠MND，计算可得DN为定值，可判断点N的轨迹为以D为圆心，DN为半径的圆，从而判断④．【详解】对于①，MN＝2，MD＝1，所以DN，则MN的中点到MD中点的距离为，MN中点的轨迹为以MD中点为圆心，为半径且平行于平面ABCD的圆，其面积为π，故①错误；对于②，BB1⊥平面ABCD，NB即为N到直线BB1的距离，在平面ABCD内，点N到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，所以点N的轨迹就是以B为焦点，DC为准线的抛物线，故②正确；对于③，如图，建立空间直角坐标系，设N（x，y，0），化简得3y2﹣x2＝4，即1，所以N的轨迹为双曲线，故③正确；对于④，MN与平面ABCD所成的角为∠MND，所以∠MND，则DN，所以点N的轨迹为以D为圆心，为半径的圆，故④错误．故答案为：②③.【点睛】本题主要考查命题真假的判断，立体几何与解析几何的综合，抓住解析几何几种特殊曲线的定义是解题的关键．16．（2021·湖南·二模）无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦”.无侦(如图1所示)是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快.如图2所示，已知空间中同时出现了，，，四个目标(目标和无人机的大小忽略不计)，其中，，，，且目标，，所在平面与木标，，所在平面恰好垂直，若无人机可以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为______.【答案】【解析】由已知得当无人机在三棱锥的外接球球心处时，侦测半径最小，且最小半径为球的半径，棱锥的外接球的球心在平面上的射影就是正三角形的外接圆圆心，记为，连接，，运用面面垂直的性质和勾股定理建立方程组可求得外接球的半径得答案.【详解】通解如图所示，三棱锥的外接球的球心在平面上的射影就是正三角形的外接圆圆心，记为，连接，，则.设，连接，则①.过点作于，过点作于，连接，，因为平面平面，所以平面.又平面，所以四边形为矩形，故，.在中，，，，所以，故，所以，.取的中点，则，连接，则，，故，故在中，，即②.由①②解得所以最小侦测半径为.故答案为：.【点睛】本题以无人侦察机为背景设置三棱锥的外接球问题，意在考查考生借助空间形式确定几何体中的量，构建数学问题的直观模型，进而解决问题的能力，体现理性思维､数学应用､数学探索学科素养.求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键.本题是综合性题目，属于探索创新情境，具体是数学探究情境.四、解答题17．（2022·北京·101中学模拟预测）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体，几何体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面内.设与平面平行且距离为的平面截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；（Ⅱ）现将椭圆所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球，（如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球的体积公式，并写出椭球，的体积之比.【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ），体积之比为.【分析】（Ⅰ）由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为，高为，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球的体积，同理求出椭球的体积，作比得出答案.【详解】（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为的半球，图②几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为，在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为，所以，截得的截面的面积相等（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为，高为；在半椭球截面圆的面积，在圆柱内圆环的面积为∴距离平面为的平面截取两个几何体的平面面积相等，根据祖暅原理得出椭球的体积为：，同理：椭球的体积为所以，两个椭球，的体积之比为.【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于较难题.题型五：解析几何一、单选题1．（2022·河南郑州·模拟预测（理））已知是双曲线的左右焦点，点在双曲线的右支上，点是平面内一定点，若对任何实数，直线与双曲线至多有一个公共点，则的最小值（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据直线与双曲线公共点个数可知其与双曲线渐近线平行或重合，由此可求得；利用双曲线定义可得，可知当三点共线时取得最小值.【详解】由双曲线方程可之其渐近线方程为：；直线与双曲线至多有一个公共点，与双曲线渐近线重合或平行，，解得：；双曲线，则，，由双曲线定义知：，（当且仅当三点共线时取等号），又，.故选：C.2．（2022·辽宁抚顺·一模）经过直线上的点作圆的切线，则切线长的最小值为（

）A．2 B． C．1 D．【答案】A【分析】运用点到直线的距离，圆的半径，切线长三者之间的关系求得答案【详解】直线上任取一点作圆的切线，设切点为圆，即圆心，切线长为所以切线长的最小值为故选：A3．（2022·贵州毕节·模拟预测（理））已知圆与圆（t，m，）相交于P，Q两点（点M与点N在直线PQ两侧），且，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用两圆的相交弦长及平面几何知识得到，利用两点间的距离公式得到关于的一元二次方程，再利用判别式进行求解.【详解】由题意，得圆的圆心为、半径为；圆的圆心为、半径为；连接、、，则、、，因为，所以；则；所以，即关于的方程有实根，则，即，即，所以的最大值为.故选：C.4．（2022·河北·模拟预测）已知直线与函数的图象有两个交点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】函数的图象为以为圆心，为半径的圆在直线上的部分，分别求得直线与相切、过点时的取值，采用数形结合的方式可确定的取值范围.【详解】由得：，即（其中），表示以为圆心，为半径的圆在直线上的部分；直线表示过原点的直线，当直线与图象相切时，，解得：或（舍）；当直线过点时，；由图象可知，若直线与函数的图象有两个交点，则.故选：D.5．（2020·湖北武汉·模拟预测（理））在数学中有这样形状的曲线：.关于这种曲线，有以下结论：①曲线恰好经过9个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线上任意两点之间的距离都不超过2；③曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积大于5.其中正确的结论有：（

）A．①③ B．②③ C．①② D．①②③【答案】A【分析】分类讨论去绝对值，可得曲线方程，从而可得曲线图像，最后可对命题进行判断.【详解】如图，图象由四个圆的部分图像和原点组成，且四个圆都可过原点，①曲线中，，经过的整点有：，，，，，，，，共9个，命题①正确；②如图，曲线上任意两点距离范围为，即两点距离范围为，命题②错误；③曲线所围成的“花瓣”形状区域可看成四个半圆和一个正方形组成，设它的面积为，，命题③正确.故选：A.【点睛】本题考查曲线与方程相关知识，通过曲线方程得出曲线图像，再经过计算判断命题是否正确，考查分类讨论思想、数形结合思想和运算求解能力，是难题.6．（2020·广东佛山·二模（文））双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，下列说法中正确的有（

）①双纽线经过原点；

②双纽线关于原点中心对称；③；

④双纽线上满足的点有两个.A．①② B．①②③ C．②③ D．②③④【答案】B【分析】设动点，由已知得到动点的轨迹方程，原点代入轨迹方程，显然成立；把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；由图知双纽线最高（低）点是轨迹方程与圆相交位置，两方程联解可得成立，由图知双纽线上满足的点有一个.【详解】设动点，由已知得到动点的轨迹方程化简得，原点代入入轨迹方程，①显然成立；把关于原点对称的点代入轨迹方程，②显然成立；因为双纽线最高（低）点是轨迹方程与圆相交位置两方程联解得成立，，③成立；由图知双纽线上满足的点有一个，④不成立.故选：B【点睛】本题考查直接法求动点轨迹方程.直接法求轨迹方程的思路：直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．二、多选题7．（2022·全国·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，O为双曲线的中心，为双曲线的右顶点，P是双曲线右支上的点，与的角平分线的交点为I，过作直线的垂线，垂足为B，设双曲线C的离心率为e，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】由题可知I为的内心，设的内切圆与x轴相切于点，根据圆的性质和双曲线的定义可得点与点重合，由可得，化简后可求出离心率，则可判断CD选项，延长交于M，可得为等腰三角形，则B为的中点，从而可求出，则可判断AB选项【详解】由题可知I为的内心，设的内切圆与x轴相切于点，则，得，因为，所以点与点重合，因为，所以，则.延长交于M，是角平分线，，所以为等腰三角形，，所以B为的中点，，所以，所以.故选：AD8．（2022·浙江·模拟预测）已知点P在曲线上，点P与点Q关于y轴对称，点P与点R关于x轴对称，点R与点S关于直线对称，则下列说法正确的是（

）A．点Q与点R关于原点对称B．点S在曲线C．设O为坐标原点，的值不随点P位置的改变而改变D．当且仅当点P与点Q重合时，取最小值【答案】ACD【分析】本题需要先作图，在图像上进行分析，并标注好每个点的坐标.【详解】依题意，作图如下：设点P坐标为，，则，，故A正确；设点S的坐标为，S与R的中点为B，由于S与R关于y=x对称，所以B必然在直线y=x上，并且直线SR与直线y=x垂直，则：……①，……②，联立①②，解得，，即S点的坐标为，将S点坐标代入，得，故B错误；延长PS，交x轴于C点，设，直线PO的倾斜角为，则，，，由于，，故C正确；由两点距离公式得：，设，当x=0时，取得最小值=1，即取最小值=2，此时P与Q重合，故D正确；故答案为：ACD.9．（2021·江苏常州·一模）已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是（

）A．当时，曲线的长度为B．当时，的最大值为1，最小值为C．曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为D．若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是【答案】ACD【分析】先作出方程表示的曲线，然后对每个选项逐个判断即可.【详解】对于方程，①当，时，方程变为，即，表示半圆弧；②当，时，方程变为，即，表示射线；③当，时，方程变为，该圆不在，范围内，故舍去；④当，时，方程变为，即，表示射线.综上可知，曲线由三段构成：射线，半圆弧和射线.对于选项A，当时，曲线由三段构成：线段，半圆弧和线段.其长度为，故A正确；对于选项B，令，其表示曲线上的动点与定点连线的斜率，由图可知，，但是其最小值是过点且与半圆弧相切的切线斜率，显然，，故B错误；对于选项C，由图可知，曲线与轴、轴围成的封闭图形为两个相同的弓形，其面积和为，故C正确；对于选项D，设平行于轴的直线为，要使与曲线有三个交点，则，不妨设与半圆弧的交点为，，显然，，两点横坐标之和，与射线的交点为，则点的横坐标，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：准确地作出方程表示的曲线.三、填空题10．（2022·山西临汾·二模（理））已知函数有2个不同的零点，则k的取值范围是____________．【答案】【分析】将问题转化为关于的方程在区间内有两个不等的实根，于是画出曲线与直线的图象，结合图象求解即可【详解】因为函数有2个不同的零点，所以关于的方程在区间内有两个不等的实根，即曲线（圆的上半部分）与经过定点的直线有两个不同的交点，如图过作圆的切线，则点到切线的距离，解得（舍去）或，所以，得，即k的取值范围是，故答案为：11．（2022·贵州贵阳·模拟预测（理））已知圆，直线．若，过点可作两条与圆分别相切于，且，则实数的取值范围为________．【答案】【分析】根据长度和角度关系可求得，知点在圆上，由此可得其为直线与圆的交点，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果.【详解】由圆的方程知：圆心，半径；则在中，，，，点在圆上．，则直线与圆存在交点，点到直线的距离，解得：，即实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题，解题关键是能够求得点轨迹所满足的方程，即确定为直线与圆的交点，从而利用圆心到直线距离来构造不等式求得结果.12．（2022·浙江·宁波诺丁汉附中模拟预测）已知函数满足，且方程有2个实数解，则实数m的取值范围为________.【答案】【分析】先对分类讨论，作出函数的图象，等价于函数与直线有两个交点，再通过数形结合分析求解.【详解】解：当时，，它表示椭圆在第一象限且包含端点的曲线；当时，，它表示双曲线在第二象限且包含端点的曲线；当时，，不表示任何曲线；当时，，它表示双曲线在第四象限且包含端点的曲线.如图所示，因为，所以，所以函数与直线有两个交点.函数在第二象限和第四象限的渐近线为.直线和函数有三个交点.当直线和函数第一象限的图象相切时，联立得，所以.所以实数m的取值范围为.故答案为：13．（2022·河南·新乡县高中模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与圆的两个交点分别位于不同的象限，则l的斜率的取值范围为______．【答案】【分析】由题设，根据圆的方程找到轴线点，应用两点式求与各轴线点连线的斜率，数形结合法判断满足题设情况下直线l的范围.【详解】记，，，，．当，即时，两个交点分别位于第一、三象限，满足题意；当，即时，两个交点分别位于第三、四象限，满足题意；当时，若直线l与圆有两个交点，则两个交点均在第二象限，不满足题意；当时，若直线l与圆有两个交点，则两个交点均在第三象限，不满足题意．综上，或．故答案为：.14．（2020·湖南怀化·三模（理））设O为坐标原点，平面向量满足，，，则对任意和任意满足条件的向量，的最大值为______.【答案】【分析】根据垂直关系可建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标运算求得点轨迹，进而将所求模长转化为点与之间的距离，即两圆上的点的距离的最大值的求解，通过数形结合的方式可求得结果.【详解】，，则以为原点，可建立如下图所示的平面直角坐标系：又，则，，设，则由得：，整理可得：，即点轨迹是以为圆心，为半径的圆；，，可看做点与之间的距离，又的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，点与之间的距离的最大值为小圆直径与大圆半径之和，即.故答案为：.【点睛】本题考查两圆上的点的距离的最大值的求解问题，解题关键是能够利用平面向量的坐标运算将所求模长转化为两点间距离的形式，进而通过两点的轨迹确定为两圆上的点的距离的最值的求解问题.15．（2020·河南南阳·二模（理））已知，是双曲线的左、右焦点，点P为上异于顶点的点，直线l分别与以，为直径的圆相切于A，B两点，若向量，的夹角为，则=___________.【答案】【分析】首先将图象画出来，设以PF1，PF2为直径的圆的圆心分别为C，D，连接AC，BD，过D作DE⊥AC于点E，连接CD，易证四边形ABDE是矩形，根据几何关系可得|CE|===5，由可得，又向量的夹角即为的夹角，从而.【详解】如图，设以PF1，PF2为直径的圆的圆心分别为C，D，连接AC，BD，过D作DE⊥AC于点E，连接CD，则，因为直线AB是圆C和圆D的公切线，且切点分别是A，B，所以AC⊥AB，BD⊥AB，则四边形ABDE是矩形，所以|AB|=|DE|，|AE|=|BD|.且，，易知|CE|=|AC||AE|=|AC||BD|=，根据双曲线的定义知，|PF1||PF2|=10，所以|CE|=5.因为，由|可得，即|AB|=3，因为向量的夹角即为的夹角，所以.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义和几何性质，考查了直线和圆的位置关系，综合性强，根据条件做出合适的辅助线是解题的关键，同时考查了转化的思想，属难题.16．（2021·江西宜春·模拟预测（理））在三棱锥中，已知，，，，则三棱锥ABCD体积的最大值是______．【答案】【分析】过作与垂直的平面，交于，过作的垂线，垂足为，则，进而可分析出当取最大值时，三棱锥的体积取最大值，又由，可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上，利用椭圆的几何意义及勾股定理，求出的最大值即可得结果．【详解】过BC作与AD垂直的平面，交AD于E，过E作BC的垂线，垂足为F，如图所示：，，则三棱锥的体积为，故EF取最大值时，三棱锥的体积也取最大值．由，可得B，C都在以A，D为焦点的椭圆上，因为平面BCE与线AD垂直，所以三角形ADB与三角形ADC全等，即三角形BCE为等腰三角形，又为定值，所以BE取最大值时，三棱锥的体积也取最大值．在中，动点B到A，D两点的距离和为10，B在以AD为焦点的椭圆上（长轴、焦距分别为、），此时，，故BE的最大值为，此时，故三棱锥的体积的最大值是．故答案为：【点睛】本题考查的知识点是棱锥的体积公式，椭圆的定义与椭圆的几何性质，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力以及数形结合思想，转化与化归思想在解题中的应用，考查了空间想象能力，其中将求棱锥体积的最大值，转化为求椭圆上动点到长轴的距离最远是解答本题的关键，本题属于难题．四、解答题17．（2022·陕西·二模（理））已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，抛物线C上一点到其焦点的距离为6.(1)求抛物线C的标准方程；(2)不过原点的直线与抛物线C交于不同两点P，Q，若，求m的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）设抛物线方程为（），根据到焦点的距离等于A到其准线的距离，可得从而得到抛物线C的方程；（2）设，联立直线和抛物线方程，由，利用韦达定理可得答案.(1)由题意设抛物线方程为（），其准线方程为，∵到焦点的距离等于A到其准线的距离，∴∴∴抛物线C的方程为.(2)设，联立，得，，得，∴，又，则，∴，∴或，经检验，当时，直线过坐标原点，不合题意，又，综上：m的值为.18．（2021·内蒙古·赤峰二中一模（文））已知曲线上的点到的距离比它到轴的距离大1.（1）求曲线的方程；（2）过作斜率为的直线交曲线于､两点；①若，求直线的方程；②过､