1AC由已知可得，1::,.ABC的外接圆的半径r==2f3,2sinL.ABC且山余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos乙4.BC得36=AB2+BC2-AB·BC之2AB·BC-AB·BC=AB·BC,（当且仅当AB=BC时取等号）ll§所以S.ABC=－AB·BC·SU立ABC:;~x36x—=9§,222又外接球的球心到平面ABC的距离为d=~=2,所以点P到平面ABC的距离的最大值为h=4+d=4+2,1所以三棱锥P—ABC体积的最大值为－x9石x6=18✓3.3pA又---------1---------7BC故选：A3.(2022江苏如东高三期末）正弦信号是频率成分最为单一的一种信号，因为这种信号的波形是数学上的正弦函数而得名，很多复杂的信号都可以通过多个正弦信号叠加得到，因而正弦信号在实际中作为典型信号或测试信号获得广泛应用已知某个信号的波形可以表示为、丿瓜）＝sinx十sin2x十sin3x则（A.j{x)的最大值为3B.7t是凡）的一个周期C.j{x)的图像关千（冗，0）对称D.如）在区间（咚）上单调递增【答案】C【解析】【分析】
2山函数解析式判断各选项中的性队可得．【详解】冗冗y=sinx取最大值1时，x=2k冗＋－，kEZ,y=sin2x取最大值1时，x=k冗十一，kEZ,242k兀冗y=sin3x取最大值l时，x=—+—,kEZ,三者不可能同时取得，因此36y=sinx+sin2x+sin3x<3,A错：f(x＋冗）＝sin(x＋冗）＋sin(2x+2冗）＋sin(3x+3冗）＝－sinx+sin2x-sin3x与f(x)不可能恒相等，冗不可能是周期，B错；.f(2冗－x)=sin(2冗－x)+sin(4冗－2x)+sin(6冗－3x)=-sinx-sin2x-sin3x=-f(x),所以f(x)的图象关千点（冗，0）对称，C正确；困数阳象是连续的，而f（言＝sinf+sin冗＋sin早＝O,f(五)＝sin王＋sin王＋si1怎＝3＋f3汀（乌，因此f(x)在663222冗(0，一）卜不可能递烟，D错误．2故选：C.4、丿4.(2022江苏泰州高三期末）已知2a=§,5b=25,c=－，则a,b,c的大小关系是（5A.a>b>cB.c>b>aC.c>a>bD.a>c>b【答案】C［解析】【分析】I313IO由题可得a=log2✓3=—log232>—,b=log5迈＝*log564—log28=—2444ll3b=logs2✓2=~log564<~logs125=~444a>b,又(✓3)1°=243<28=256,
3~4:.✓3a>b.故选：C.5.(2022江苏泰州高三期末）已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2-x)=f(x)．当O::;;x::;;1时，f(x)=3x+a则!(2021)+!(2022)=()A.-4B.-2C.2D.4【答案】C【解析】【分析】由题可得函数f(x)的周期为4,结合条件可得a=-1,进而可求f(2021)+f(2022)=f(l)+f(2)，即得【详解】？定义在R上的奇困数f(x)满足f(2-x)=f(x),:./(2+x)=f(-x)==-f(x),:.f(4+x)=-f(x+2)=f(x)，即函数f(x)的周期为4,又当Osxsl时，f(x)=3''+a,f(O)=O,:.f(O)=3°+a=O,即a=-1,:.当Osxsl时，f(x)=3人－-1':.f(.1)=2,f(2)=f(0)=0,:.!(2021)+f(2022)=f(t)+f(2)=2故选：C.6.(2022湖北十堰市教育科学研究院高三期末）甲院是一种有机化合物，分子式为CH4,其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烧的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离d凡H(H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离dC-H
4(C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为－－，3即cosL.HCH=－一，若dc.H=a'则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（)3H－,··`雳、合皇`.I'、,、,耸,＿·、,`、,、、、,,,:IC'~:,、、-、｀..H｀、、:/，＇乡爹·'H8石a38✓3矿8迈a3D8a3A.BC.27927【答案】A【解析】【分析】利用余弦定埋求得dHH，计算出干匹面体的的，从而计算出正四面体的体积【详解】设dH-H=X'则由余弦定理知：x2=a2+a2-2a2(－勺＝竺＿，解得x＝玉邑333,2.J6a故该正匹曲体的棱长均为.3垄325a由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径r=——=,F332高h=,［辛）2－［辛）2=早故该正四血体的体积为上立尸）：＝8拉i3.34337故选：A7.(2022辽宁高三期末）我国古代数学名著《九幸算术》中，将底而为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知堑堵ABC-AIBIC中，AB_l_AC,AAI=2BC.若堑堵ABC-A1B1C1外接球的表面积是40冗，则堑堵ABC-A,B,C,体积的最大值是（)
5A.4✓1B.8五C.16五D.32五【答案】B［解析】【分析】堑堵ABC-}\B1C1外接球的球心是矩形BCC凡的中心，是本题关键入手点．【详解】设BC=2a,则AA1=4a.由题意易知括堵ABC—AIBICI外接球的球心是矩形BCCIBI的中心，则堑堵ABC-A,BICI外接球的半径R满足R2=（生们产）2=5a气22从而4冗x5a2=40冗，解得a＝拉，即Al\=2BC=4✓2.设AB=x,AC=y,则x2+y2=8,故X)三4,（当且仅当x=y=2时，等号成立）l故堑堵ABC-}\B1C1的体积V=S凶BC.轨＝—xy·从＝2[xy氢8五2故选：B8.(2022辽宁高三期末）若函数f(x)=sin（红－：）与函数g(x)=2cos(2x-f)都在区间[a,b]上单调递增，则b-a的最大值是()冗＿5冗7冗c23冗A.B..4D.242448【答案】A［解析】［分析】首先求出函数f(x)的单调递增区间与函数g(x)的单调递增区间的交集，再与区间[a,b]进行联系即可解决【详解】5冗由2k冗—芢:5:2x卫:5:2k冗＋;(keZ)，解得k冗一产:5:x:5:k冗＋—(keZ),2321212则f(x)的单调递增区1m[虹冗5冗J一五，k冗十五](kEZ).
6冗3Jl'-7l'山2k兀一冗~2x-－~2k冗压()Z)'解得k冗－—~x~k1f十一(k店EZ)Z,488则g(x)的单调递增区间为［肛兰，k兀＋勹(kEZ),8-8则[a,b]<::;;:[虹二，k冗十五］（kEZ)，故b-a~二二竺l288l224.故选：A9.(2022江苏海门高三期末）已知抛物线C:y2=2px(jJ>0)的焦点为F,准线为[,点A,IABIB在抛物线C上，且满足AF上BF.设线段AB的中点到准线的距离为d,则的最小值d为（）五3五cAB.§2D.拉2【答案】D【解析】【分析】作辅助线，利用抛物线的定义可知自角梯形的内底分别等十IAFl,IBF|，利用梯形的中位线IABI定理表示出d,进而表示出，再根据基本不等式求得最小值d【详解】如图示：设AB的中点为M，分别过点A,B,M作准线l的垂线，垂足为C,D,N,炒·~－社－－一---－-－－－－·-－歹ANx。设IAFl=a,IBFl=b,则IACl=a,IBDl=b,a+bMN为梯形ACDB的中位线，则d=IMN|＝－—,2由AFl_BF.可得IABI=｀了勹了，
7IABI2嘉气了故da+b(a+b)2囚为a2+b泛当目仅当a=b时取等号，2IABI2嘉三庐五(a+b)故—＝之＝五，da+ba+b故选：D.10.(2022-广东消远高三期末）已知P是边长为4的正三角形ABC所在平面内一点，且万＝丘双＋（2-2A)花（九ER)'则冗i页了的最小值为（)A.16B.12C.5D.4【答案】C【解析】【分析】延长AC到D,使得AD=2双~'可得点P在直线BD上，化简可得冗i予了＝币万12-4'求出币和最小值即可【详解】如1图，延长AC到D,使得五江2Xc.因为万＝石访＋（2-2入）农？＝氐访＋（l-入）万5，所以点P在百线BD上．取线段AC的中点o,连接OP,则冗页？＝（丙汃＠i）(页5-0A)=I丙卉－I&许＝1页汀2-4．显然当OP..lBD时，I丙订取得最小值，2$x6囚为80=2✓3,0D=6,则BD=4✓3,所以1丙丸nin==3,4石所以西．风了的最小值为32-4=5.故选：C.A
83冗11.(2022山东威海高三期末）已知等差数列{a,,}中，a5=—，设函数f(x)~(4cos'1-2)smx+cos2x+2,记yn=f包），则数列{y,,｝的前9项和为（)A.OB.10C.16D.18【答案】D【解析】【分析】分析可知函数f(x)的图象关于点（千，2)对称，利用等差中项的性质结合正弦和函数的对称性胚可求得结果【详解】·:f(x)=(4cos2;—2}inx+cos2x+2=2cosxsinx+cos2x+2=sin2x+cos2x+2飞sin（三］＋2'k冗冗3兀由2x+;=k亢(kEZ)，可得x=—-－（kEZ)，当k=l时，x=—,4288故函数f(x)的伤象关于点（产）对称，由等差中项的性质可得Cli+a9＝生＋怂＝生妇片＝a4+a6=2a5,所以，数列｛Y,,}的前9项和为f(a,)+f(a2)+···+f伈）＝4x4+f(a5)=18故选：D12.(2022-山东威海高三期末）已知椭圆C:－＋上=l(a>h>O)a>的右焦点为F,上顶点为a2.h2B，直线BF与C相交于另一点A,点A在x轴上的射影为Ai,0为坐标原点，若积)=2冗冗，、丿则C的离心率为（五$1cA✓3B.l2D-.223【答案】A【解析】【分析】由瓦江2兀4,可得历~=2万，由此可求出点A的坐标，再把点A的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率
9【详解l由题意得F(c,0),B(O,b)，设A(x,y)因为灰＝2环，所以面＝2万，所以(c,-b)3=2(x-c,y)，得｛勹；即A(：勹），222因为点A在椭圆C:-＋上=l(a>b>O上，a2.b2()92b2所以44，化简得—=－,—+a2.b2=1a-3✓3所以离心率e=~=—,a3故选：A13.(2022-江苏通州·高三期末）函数y=[x]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中[x]为不超过实数x的最大整数，例如：[-2.l]=-3,[3.1]=3已知函数fix)=[log江］，则fil)十fi3)十/{5)＋．．．十_/{210+I)=()A.4097B.4107C.5119D.5129【答案】B【解析】【分析】根据新函数的定义，确定）的的值，然后用分组求和法、错位相减法求和．【详解】由题意2;+l:5x:52;+i-1时，f(x)=i,ieN*，在[i+1,i+I-1]上奇数共有21一1个，/(1)=0,/(3)=1,f(l)+f(3)+f(5)+···+f(2'00+l)=O+1+2x2+3x22+···+9x28+10,设T=l+2x2+3x22+···+9x28，则2T=2+2X22+3X23+...+8X28+9X29'相减得：-T=1+2+22+·-+28-9x29=29-1-9x29=-1-8x29,所以T=l+8X29=4097'所以f(l)+/(3)+f(5)+···+/(2'0+1)=4097+10=4107.故选：B.
1014.(2022辽宁沈阳二十中高三期末）定义在(0平o)上的函数f(x)的导函数为j·'（x)，且f(x)J'(x)<—，则对任意x尸-½E(O,+oo),下列不等式中：0f亿＋-½)0)，则g'(x)=~x<0,所以g(x)单调递减，故(x1飞）［g亿）－g（动］＜0,即(x三）／严宁］＜0,化简得f(xJ+f(x2)＜土f(x1)＋匀(x2)，所以＠正确，XX2山丁千＞l,故g(2x,)1115.(2022辽宁沈阳二十中高三期末）已知正方形ABCD的边长为1，设万1=a,阮江6,瓦＝c，则1记沁叶等于（A.0B.5C.2D.25【答案】C【斛析】【分析】利用向倍的三角形法则、向揪加法的运算律及向景减法的运算律，即可得解【详解】如图，Aa-B·:a+b=c,位－归叶－b+正十回，·.-lal=l,|正庐cl=I研＝2故选：C.【点睛】本题考查向痲的二角形法则、向址加法的运莽忭、向痲减法的运算律及向址的模，考查学对这些知识的掌握能力，屈千基础题．16.(2021江西井冈山大学附属中学高二阶段练习（理））已知圆cl:X2+y1=r1与圆C2:(x-a)2+(y-b)2=4r2(r>O)交千不同的A(斗,Yi),B(易,y2)两点，下列结论正确的有A.x1+x2=aB.Y1+Y2=2bC.2ax1+2by1=a2+b2D.a(x1飞）＋b(y1-y2)=0［答案】D
12【解析】【分析】连立AB与C凸方程即可判断A、B的1卜误，由两圆方程求相交弦方程，将点坐标代入并作差即可判断C、D的正误【详解】两圆力程相减可得直线AB的力程为a2+b2-2ax—2by=3产，即2ax+2by＝矿＋b2-3户，故C不正确；妇｛勹／y＝a2+b2—3r2可得AB中占（气气），易知AB错误a:.{2ax1+2by]=a2+b2-3r2，两式相减可得a(x三）＋b(Y1飞）＝0,故D正确2ax2+2by2=a2+b2-3r2故选：D二、多选题17.(2022重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知正项数列忆｝满足a1=4,、21nan+I=a,,-1(nEN')，则下列说法正确的是（丿JA.{lna,,}是等比数列B．对任意的nEN•,lnan+I:::::-Ina,,2C.a,,>1对任意nEN*都成立D.a,．生．a3·····a9>4e【答案】BCD［解析】【分析】根据所给数列性质利用(InaJ2~lna1·Ina3判断A,由函数不等式X－匡lnx，推导出lna,,+1~一1na,1可判断B,利用B中结论递推可判断C，山对数运算及数列求和后放缩可判断2D.【详解】3由“1—.I_3生—l_e2—1a1=4,Ina2=＝—,ln生＝=>02222显然(lna2)2*lna1•1na3,则｛lna,1}个是等比数列，A;
13由x—1~Lnx当目仅当x=I时等号成立，由伈｝为正项数列，得2lnan+1=a,1-l习1na,I'1故lna,,+1~—Ina,,,故B正确2(1厂由B知lna11凶~)"-1lna1=(~尸ln4⇒a,1242>l，故C1F.确22ln(a1生生..．心＝lna1+Jn生＋ln生＋+lna9>［l+（丿)I+<½)2+···+<½)8]Jn4=(2－½)ln4则2222l—a1生．生.....a9>428=4x4少＞4x44>4e，故D止确故选：BCD18.(2022江苏如东高三期末）若不相等正数a,b,满足aa=bb,则（)ACaa>+lb.B.b-eD.()II>——()”+1(neN')n·n+l【答案】BCD【解析】（分析】将矿＝bb,变为alna=blnb,再构造f(x)=xlnx,然后研究其单调性可求解【详解】由aa=bb,得alna=bl.nb,I令f(x)=xlnx,f'(x)=lnx+l=O,解得x=－，ell而f'(x)>0时，（－，知）;f'(x)<0时，（0,.:.).eell所以f(x)在(0,－）上单调递减，在(—,+oo)上单调递增ee所以O一，即证a）ja>-－b(a<-142所以a+b>一，故C正确；en+In.+2山丁／（x）在(1,-too)上单调递增，而一一＞一—.，nn+ln+ln+2n+ln+ln+2n+2所以f（一一）＞八一—)，所以－－In一一＞一—ln一—,n.n.十1··-nnn+ln+ln+l竺n+2竺所以（一一）＇＇＞（一—)＇•+1(nEN勹，故D正确nn+l故选：BCD19.(2022江苏泰州高三期末）已知首项为正数的等比数列{a,1}的公比为q,曲线C":a，心＋a，，立＝I,则下列叙述正确的有（A.q=l,C,，为圆B.q=-1,Cn离心率为2C.q>l,C,，离心率为尸D.q0，所以C,,:x2+y2=¼>0，即曲线en为圆心为(0,0)，半径为[/圆，故A止确：当q=-1时，an飞(—l)”-I，所以a,，与a,,+I互为相反数且不为0,故ell;al/x2+a,,+1Y2=I为等轴双曲线，故曲线C,，的离心率为~故B错误ll当q>1时，数列为递堆数列，O~，所以曲线ell:allx2+a11+1Y2=l焦点在xa"a,,+1轴卜的椭圆，
15r-l,y?1c••+=l故IIla的离心率为-,、勹丿，故C止确：a“q,I当q16对了B选项，若SA.lAB,因为丛SAB为等腰直角三角形，则SA=AB,设SA=AB=a,从而SB=~三丘a，从而SC=＄小因为BC=AD=a,则SB气sc2>sc2,故6SBC小为等腰直角三角形，矛店，故SAicAB,若SA=SB,则SC=SB=AD=BC,则1:,SBC为等边三角形，矛盾，故SB=AB，因为为D.SAB为等腰直角＝角形，则AB上SB,·:AB上BC,SBnBC=B,则AB.l平面SBC,·:SCc平面SBC,:.SC.lAB,B对；对于C选项，连接AC、BD交于点0,连接OS、OSI'sc//}sA因为SC..lSB,SC上AB,SBnAB=B，则SCl.平面SAB,IlQSAc平血SAB，则SA..LSC,故0S=OA=OB=OC=OD=:;AC,同理OSI=::-AC'22因此，多面体r有外接球，C对；对千D选项，设截面a与多面体「各棱的交点如卜图所示：s／三cAI因为平面all半面SAD,平面SABn平面a=GF,平面SADn平面SAB=SA,故GF/ISA,
17同理叶证盯／/SD,EFIIBC,RH//AD,CHIIS1B,RTIIS1C,将侧面SAD、SBC、SCD、S,AB、SIAD、S1CD延展成一个平面，如卜图所示：\/✓\\／~8由上阳可知，匹边形ABB'A'为平行四边形，且AA'=3SA,目点G、F、E、T、G、H、C'共线，则L=GG',因为GFIISA,从而GG'IIAA',又因为AGIIA'G'，故四边形AA'G'G为平行四边形，故L=GG'=AA'=3SA,D对．故选：BCD.【点睛】力法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(I)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半作；如果是外接球，球心到接点的距离相等目为半径；(2)作截血选准最佳角度做出截曲（要使这个截曲尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及休现这些元素的关系），达到空间问题平面化的日的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的儿何元素，建立关十球的半作的方程，并求解．21.(2022湖北十堰市教育科学研究院高三期末）“曼哈顿距离”是由赫尔曼闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度蜇空间的几何学用语．在平面直角坐标系中，点P(环Yi),Q伈，Y2)的曼哈顿距离为LPQ=|斗—X2l+IY1—y2|．若点P(—2,1),Q是圆M:(x-］户(y-1广＝］上任意一点，则长的取值可能为（)A.4B3C.2D.1【答案】ABC【解析】［分析】结合曼哈顿距离的定义以及二角换元进行分析，由此确定正确选项【详解】
182依题意圆M:(x-1)2+(y—l)2=1,设Q(l+cos0,l+sin0),0E[0,2冗），LPQ=l-2-(1+cos0)[+II—(1+sin0)1叶3+cos~+Isin~=3+cos0+lsin~当0三0釭时，如＝3+cos0+sin0=3＋五sin（三），沪~?子，si中分［－享，ll,LPQ叶2,3+2✓2],当冗<0＜坛时，LPQ=3+cos0—sin0=3飞cos(0＋产）4)'于0＋千勹，cos（气）E[-~,l],LPQ叶2,3+2✓2]综上所述，LPQE[2,3+2✓2],ABC选项符合，D选项不符合故选：ABCsin2x22.(2022湖北十堰市教育科学研究院高三期末）已知函数f(x)=，则（）x2+cos2xA.f(x)是周期函数B.f(x)有无数个零点16C.f(x)是奇函数D.IJ(x)|＜亏冗【答案】BC【解析】【分析】A不符合二角函数的周期性；B分子为零，分母不可能为零；C奇函数概念判断；D特殊值代入【详解】对于A:由于g(x)=x2+cos2x不是周期函数，所以f(x)也不是周期函数，故A错误；对千B:山丁f（号）＝O,(kEZ)，故B正确；对T-C:
19sinl(-2x2x)_-sin2xf(-x)===-f(x)，故C正确；(—x2)+cos(—2x)x2+cos2x对于D:仔）＝鸟，故D错误冗故选：BC23.(2022辽宁高三期末）已知函数f(x)=41nx-kx-k+8,若关千x的不等式f(x)::;o恒成立，则k的取值可以为（)A.1B.eC.4D.e2【答案】CD【韶析】【分析】根据给定条件可得f(x)砓大伯不大千O,再分类探讨J(x)的最大伯即可计算作答【详解】4依题意，函数J(x)的定义域为(O,+oo),求导得：f'(x)=~-k,X当k:;;;O时，f(x)在(O,+co)上单调递增，J(x)无最大值，月f(l)=8-2k习8,不符合题，意，444从而有k>O,当O0,当x>－时，f'(x)0,显然g(k)在(0,+co)上单调递减，而g(4)=0,因欢E(O，如），不等式f(x):;;;o恒成立，则必有k>0,f(x)ma,:,;0,千是有g(k)红0=g(4),所以k2:4,k的取值可以为4或ez.故选：CD【点睛】思路点眙：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数砓值转化解决问题24.(2022辽宁高三期末）已知函数f(x)=lx2+3x+II气叶斗，则下列结论正确的是（)A.若f(x)没有零点，则aE（女，0)
20B.若J(x)恰有2个零点，则aE(l,5)C.若f(x)恰有3个零点，则a=l或a=5D若f(x))恰有4个零点，则aE(5，如）【答案】AC【解析】【分析】1将问当x=题转化为直线O时，判断x=YO=不是a与函数f(x)y的零点=|x+:；+当3x图象的交占个数-:t=O时，由f(x)=O作,出分离参数得y=x+:+a3=1的图象lx+-:+，31|运,用数形结合的思想逐一判断可得选项．【详解】解：当x=O时，f(O)＝巨o,所以x=O不是f(x)的零点；当丘0时，由j、(x)=O,即伬＋3x+l|－咐＝0,得a=lx+~+31,X则f(x)的零占个数等于直线y=a与函数y=lx+丿+3图象的父点个数Xl1]当x>0时，x＋~~2厂＝2，当且仅予＝一，即x=I时取等号，所以节x>0时，Xly=lx+-=-+31~s,当且仅当x=l时取等号，X当x21－－－----叭名言),i.a-1:一一一；如__＿＿．y=a、xX2225.(2022江苏海门高三期末）已知椭圆C:.;+~=l(a>2)的焦点为E、F2,点A(2,()✓3a"4在椭圆C的内部，点M在椭圆C上，则（)A.a>4B.椭圆C的离心率的取值范围为[o，亨）C.存在点M使得ME..LMF2D.IMPil勹MF;l2>32【答案】ACD【解析】（分析】利压点A在椭圆C的内部可求得a，的取值范围，可判断A选项；利用椭圆的离心率公式可判断B选项；求出点M的轨迹方程，判断点M的轨迹与椭圆的公共点，可判断C选项；利川两点间的距离公式可判断D选项【详觥】43对千A选项，由已知可得—＋一＜I,可得。2>16'则a>4,A对：矿4对+B选项，椭圆C的离心率为e=~=g=[产=[／厂［亨，l），B错；对千C选项，设E、片分别为椭圆C的左、右焦点，则片（－心了习，0）、F2(✓忑言，o),记e=｀了二，设山M(x,y)，吓＝（x+c,y)，万正(x-c,y),因为ME.lMF2,则门i瓦\1=x2-c2+y2=0,x2+y2=a2-4所以，占M在圆x2+y2=a2-41二，联立{x2y2可得x2=a2(a2-8)>0,—+—=la2—4a2·4即圆x2+y2=a2—4与椭圆C有公共点，C对；
22对千D选项，IMF;l2+IM褶＝（x+cf+(x—c)2+2y2=2x2+2y2+2c2主-~)+2/+2(a2-4)=4a2-8+~~4a2-8+2(4-a2)=2a2>32,D对2故选：ACD.26.(2022江苏海门·高三期末）某岗位聘用考核设置2个环节，竞聘者需要参加2个环节的全部考核，2个环节的考核同时合格才能录用．规定：第1环节考核3个项目，至少通过2个为合格，否则为不合格；第2环节考核5个项目，至少连续通过3个为合格，否则为不合格统计已有的测试数据得出第l环节每个项目通过的概率均为－，第2环节每个项目通过3的概率均为卢，各环节、各项目间相互独立，则（)2A.竞聘者第1环节考核通过的概率为－9B.若竞聘者第1环节考核通过X个项目，则X的均值E（劝＝l3C.竞聘者第2环节考核通过的概率为—16D.竞聘者不通过岗位聘用考核可能性在95％以上【答案】BCD【解析】【分析】设A;,B凡＝1,2,3,j=1,2,3,4,5)分别为两个环节第i,j个项日通过，则P(A-;)=~,P(BJ)＝一(i=I,2,3,j=1,2,3,4,5)，然后根据相冗独立事件的概率的求法逐个分析32判断即可【详解】设A,B凡＝1,2,3,j=1,2,3,4,5)分别为两个环节第i,j个项目通过，则P(f\)=~,P(B)=~(i=I,2,3,j=1,2,3,4,5)，且A1,Bj1间相互独立，32对丁A,竞聘者第1环节考核通过的概率为23P（从瓦）＋P(AI五）＋P（丙环）＋P（从心＝3x(！］气勹＝工，所以A错误，3J3l3J27328对于8,由题意可得X可能取0,I,2,3,则P(X=0)=P(AIAiA3)-3飞）＝百＇
232——————l24P(X=l)=P（从心＋P(f\环）＋P(~A2~)=3x—X(—]=—,3392P(X=2)=P（从冗）＋P(A兀~)+P（冗环）＝主）x琴3J39P(X=3)=P(A心）＝（！）二3J2784_2_1所以E(X)=Ox—+lx-:-+2x~+3x—=1,所以B正确，279927对十C,竞聘者第2环节考核通过的概率为P(B1乌队凡队）＋P(B1B2B3B4队）＋P(B1B2B心~B5)+P(B1B2B3B4队）顽孽龋）＋P(BI孽龋）＝6x厂）＝3,所以C止确，2l673137对丁D,山AC选项可得竞聘者不通过岗位聘用考核概率为l－一X—=—-＞95%，所以D2716144正确，故选：BCD2227.(2022·广东清远高三期末）已知函数f(x)＝x+－－2,若方程可(lex-ll)++3=0x|矿-II恰有三个不同的实数根，则实数a的取值可能是（)A.—5B.-4C.-3D.-2【答案】BCD【解析】【分析】先化简方程再通过换元并利用根的分布分类讨论即可求解．【详解】原方程可化为alex-1「-（2a-3)忙－Il+2a+2=0.令t＝忙—l|，则tE(0，钩），其图象如下胆所示：
24,,I',---------·。x由题意知，at2-(2a-3)t+2a+2=0有两个个同的实数解!1,t2,且0－在x25对千A选项，．f(-4)＝1-3=-2,/(2021)=/(-1)=1,故f(-4)+/(2021)=-l,A错；对丁B选项，当x::;一］时，f(x)=1+x+l=x+2，此时函数J(x)单调递增，当－lIn5>In3>In2>0,所以，—－＞--＞－->0,ln3ln5ln6即log32>log52>log62,所以，log36-2>log510-2>log612-2,且log36-2E(-1,0),Iog510-2E(-1,0),log612-2E(-1,0),所以，f(Iog36-2)O时，白线）I=kx+]与函数f(x)的伤象至多有两个交点，不合乎题意，当k=O时，且线y=kx+l与酌数f(x)的图象有无数个交点，不合乎题意，由题意可知，直线y=kx+1与函数f(x)的图象有3个交点，则{2K+l>0，解得一½~1-1J得lx+1|＜一，解得－一26当立0时，J(x)=J(x-2)，结合图象可知当XE(2k-¾,2k－丿）（KEN)时，f(x)＞丿，D222对故选：BCD.29.(2022-山东威海高三期末）已知棱长为2的正方体ABCD-A,B,CIDI中，过B队的平面Q交棱AA1千点E，交棱CC]于点F,则（)A.历＝亩B.存在E,F,使得EF..l平面DBB1D1C.四边形BFDIE面积的最大值为2拓D.平面Q分正方体所得两部分的体积相等【答案】ABCD【解析】【分析】对千选项A,通过面面平行的性质可得iF=E五：对于选项B通过向借法表示线面乖直，解出方程即可判断；对千选项C,通过作EGlBDI交8D1千G,然后求出点G的坐标，蔽后表示出四边形BFDIE的面积，求得四边形BFDIE曲积的最大伯为2)6;对丁选项D,山千平面a分正方休所得两部分是全等的，故休积相等【详解】如图所示：二A1D,.,,,/俨,,,,'.,,,,//,,',,,,/B1(:',,2,/,('1咋、，，//、,·:/I/、'G,,'r.-.i.--”“,IA,',I,,I,rB$'cJ.'
27建立如图所示的空间直角坐标系A-入:yz'则有：A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A.(0,0,2),B1(2,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2)_小妨设E(O,O,a),F(2,2,b)，则BF=(0,2,b),ED1=(0,2,2-a)山直线BD1、BE、BF均在平社戊内，平面BCC1B1I!平面ADD1A,则平面a与平曲BCC戊、平出jADD1A分别交千BF、ED1,根据平曲平行的性原可知，则有：BFIIEDI同理：BEi/FD)，故四边形EBFD)为平行四边形，则选项A正确；归w=EDI，可得：b=2-a_＿~分又EF=(2,2,2-2a),BD=(-2,2,0),BB1=(0,0,2)要使得EFl_平面DBB队，则有：{EF·BD=OEF-BB,=0解得：a=I故选项B正确；设四边形BFD出面积为S,IBD➔11=2五设EG上BD1交BDI于G,设G(x1,y1,z1)，则有：➔➔EG-BDI=0一.➔且BG＝儿BDI解得G（于长主扣主扣）则有：EGI=故S=I成对＝2$『言言可＝2[2忙言了当a=I时，S取得最小值为2.j(J'故答案C干确；对千选项D，由千平面a是平分正方体，则体积是相等的，故选项D正确，故选：ABCDlnx)30.(2022·江苏通州高三期末）已知函数贝x)=ekx,g(x)＝—-，其中烂0,则（kA.若点P(a,b)在爪x)的图象上，则点Q(b,a)在g(x)的图象上
28$B.当k=e时，设点A,B分别在知），g(x)的图象上，则IABI的最小值为——e5C.当k=l时，函数F(x)＝八x)-g(x)的最小值小于－2D．当k=-2e时，函数G(x)＝j(x)-g(x)有3个零点【答案】ACD【解析】【分析】利压反函数的性质判断A;结合反函数性质，求出f(x)的与直线y=x相切的切线的切点坐标，由切点到直线y=x的距离可得f(x)与g(x)附象上两点间的最短距离，从而判断8;利用导数求得F(x)=f(x)-g(x)的最小值判断C;根据函数f(x)与g(x)的单调性及反函数的性队，确定它们的交点个数，判断D.【详解】lnylnx由y=e""得lny＝虹，X=，所以g(x)＝是，f(x)=eh的反函数，它们的图象关十直kk线y=x对称，A正确lllk=e时，j、(x)=e"-',f'(x)=e-eet，由e-e,....=1得x=-.:.,!(-..:....)=..:....•eee11所以函数y=f(x)的与直线y=x平行的切线的切点是M(－言］，M到直线x-y=O的距112J离是ee五所以IABlmin=2d=—一，B错d==e五eIk=l时，F(x)=f(x)-g(x)=e"-lnx,贝lF'(x)=ex__,F'(x)是增函数，X1IF'（一）＝✓e-2<0,F'(l)=e-1>0,所以F'(x)在（一，l），即在(0,＋心）上存在唯一零点Xo'22lF'（x。)＝e.勺--=0,O.x;。时，F'(x)>O,即F(x)在(0,-'\。)上递减，X。在(x。,＋OO）上递增，所以F(x)min=F(~。)＝心－Inx0,I1___.1e-29lnxk=—2e时，f(x)=e-2""\．是减函数，g(x)＝也是减的数，它们互为反的数，作出它们的—2e图象，如图，易知它们有一个交点在直线y=x上，在右侧，f(x)的图象在X轴上力，而g(x)的图象在(1,0)处穿过X轴过渡到X轴下方，之间它们有一个交点，根据对称性，在左上方，靠近(0,1)处也有个交点，因此函数Y=.f(x)与）I=g(x)的图象有3个交点，所以G(x)=f(x)-g(x)有3个零点，D正确故选：ACD.【点睛】本题考查反函数的性质，导数与蛟值，导数的儿何意义，函数的零点等知识．考查综合应用的能力．对千百为反函数的两个函数f(x)和g(x)的图象上两点间的距离的最小值问题转化为一个函数图象上的点到百线y=x的距离的最小值，从而转化为求出与直线）l=X平行的切线的切点坐标即可得．函数的零点个数问题转化为两个函数的图象的交点个数，从而可利用反函数的函数图象的性质，结合图象的变化趋势得出结论．本题屈千较难题．31.(2022辽宁沈阳二十中高三期末）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中IIp-CGBEA,A.AEIICDB.CHI/BEC.DG上BHD.BG上DE
30【答案】BCD【解析】由平面展丿干阳还原为十方体，根据正方体件质即可求解（详解】由正方体的平面展开图还原正方体如图，、、/,~/I/山图形可知，AE.lCD,故A错误；由HEI/BC,HE=BC,四边形BCHE为平行四边形，所以CH!!BE,故B正确：因为DG上HC,DG上BC,HCnBC=C，所以DG..l平面BHC，所以DG上BH,故C正确；因为BGIIAH,而DE..lAH，所以BG..lDE,故D正确故选：BCD32.(2021重庆市育才中学高二阶段练习）点P在正方体ABCD—AB1C1D1的侧面CDD,C，及其边界上运动，并保持BPl_AC'若正方体边长为1'则PC的可能取值是（)拆五BcD1✓3A.＿32-23［答案】BC【解析】【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、DD所在直线分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系，设P(O,y,z)(O幻y三l,0三z三l)，山已知条件可得出y=z，利用一次函数的基本性质求出俨可的取伯范围，即可得出合适的选项．【详解】
31以点D为坐标原点，DA、DC、DDI所在直线分别为X、Y、z轴建立如下图所示的空制直角坐标系，clAI,-............'........,`....p1........,、、`I....II、,午,\`....,`\,,D-------.LI-,"'II//IAV`xB则点A,(1,0,1)、c(o,1,0)、B(1,l,O)，设点P(O,y,z)(O幻ysl,Oszsl),农＝（－1,1,-1),丽＝（－1,y-1,z),因为BP..lAC,则不产．丽；＝I+y-1-z=y-z=O,所以，y=z,所以，同=[：勹厂言工喜了三5工2(三）勹；E［亨1]故选：BC.113-c>一，32-2A.blogcac"D.logba323Il对千A选项，囚为b>c>—,-＜a<-，则logea<0,log,,a<0,b,,>be>cc>I,232blogca_blga1gb_lgbb=—·—=—>1'所以，blogeacb",B错；对千C选项，b">矿，C对；Iogba_lgalgc_lgc、对丁-D选项，-=.=<1,所以，logba>logea'D错logealgblgalgb故选：AC.三、填空题2x-t,x~O,34.(2022·江苏如东高三期末）函数f(x)={勹有三个零点凶，x2,x3，且幻-x'-4x-t,x<033tint所以x1x2x3=tlog2t=——ln2tlntl设h(t)＝—一，则h'(t)=~(l+Int)ln2ln2山l:<,;t<4,则h'(t)＝卢(t+lnt)>Otlnt所以h(t)=—在[)1,4上单调递增，ln2所以h(t压[0,8)故答案为：[0,8)x九．35.(2022江苏泰州高三期末）若函数f(x)=cos2x+acosx在（0，了）上是减函数，则实数Q的取值范围为.［答案】a2:'.-2【解析】【分析】先永导，根据题意f'(x)~o在(0,3九酝)十恒成立，整理得”--4cosx在(o,f]卜抇成立，即求【详解】由f(x)=cos2x+acosx知，f'(x)xl=-2sin2x-asinx=--4sinxcosx-asinx？函数f(x)=cos2x+acosx在(0,f)卜是减函数，:.J'(x)红0,又sinx>0,:.--4sinxcosx-asinx~O,即a~--4cosx在（0，王）卜恒成立，3
34而xe(0,气],-4cosxe(-4,-2),··.a>-2.故答案为：a~-2.36.(2022辽宁高三期末）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F的直线IAFIl:x-my-m=O与抛物线C交于A（点A在第一象限），B两点，且——=2,则“ABO(0IBFI为坐标原点）的面积是.353［答案】砰—41616【解析】【分析】|AF|5计算出m=~，联立直线和抛物线得到y1+y2=p2与y心＝－p2'结合一—=2求出p=—,2向2进而求出aABO的面积【详解】由题意可得F（巠，0），则—p-m=O,解得：m=—p,故直线l的方程为x=—py+—p.2222pp联立{x＝了y＋五＇整理y/－p2=0y2=2px,设A(x"y,),B(易,Y2)，则Y,+Y2=P2,Y1Y2=-p2·IAFI因为面可＝2,所以Y,=-2y2，所以Y2=-p2,则－2对＝－2矿＝－矿，解得p＝竺，3l丘33五从而y1飞＝－，故1:,,ABO的面积是－IOFl·IY,—y2|＝－X—-X-＝222421635故答案为：——.1637.(2022江苏海门高三期末）数列{a,,}:1,l,2,3,5,8,．，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家菜昂纳多斐波那契(LeonardoFibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为＂兔子数列＂．数学上，该数列可表述为(ll=a2=l,a,1+2=a,l+1+a,1(nEN*）．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是以60为周期变化的，通项公式
35a三叶产”-（l—2§)”]等．借助数学家对人类的此项贡献，我们不难得到心＝all+I(an+2-an)=a11+2an+I-a11+la11，从而易得a;+ai+ai+...+a盖值的个位数为【答案】4【解析】【分析】,先根据aII-十1=a11+1(a11+2-a11)=a11+2a11+1-a11+1a11将式子化简，进而根据该数列项的个位数是以60为周期变化求得答案【详解】因为a;,+I=a,,+J(a,,+2-a,,)=an+2a11+I-a,,+,all，所以a,2+（吁矿－呫）＋亿a4飞叫＋·+(al26al27-a126a125)=l－生a1+a,26a121=a,26a121•又该数列项的个位数是以60为周期变化，所以lli26,a6的个位数字相同，lli27，化的个位数字相同，易知a6=8,o7=06+o5=13，则8x3=24，所以a126al27的个位数字为4故答案为：4.38.(2022·江苏海门高三期末）在平面直角坐标系xOy中，动直线kx—y+2k=O,x+ky—2=O(kE:R)的交点P的轨迹为C.若直线［与轨迹C交于点M,N,且满足丽了．W＝1，则点0到直线l的距离的平方的取值范围为.【答案】U了［解析】【分析】根据条件先得到交点P的轨迹为C,设出直线［与C,结合条件得到关系式，再求0到直线l的距离即可求其平方的取伯范围．【详解】2当X;f;O时，则lo..'.－y=O,得k=z,代入x+ky-2=0中，有x+立-2=0,XX
36整理为x2+y2-2x=O，经检验(0,0)不是两动直线的交点，故交点P的轨迹为x2+y2-2x=O,且x-:t-0.山对称性，设直线L:y=mx+n,与x2+y2—2x=O联立，得(m2+l)x2+(2mn-2)x＋矿＝0，设M(x1,Y1),N(入2>Y2),t:,.=(2mn—2)2—4(m2+1)n2>0⇒矿＋2mn0'2+$故］－扣t<1,故－＜d2<=42(2玉）2'故答案为：（』之兰］【点睛】思路点睛：求两条动曲线的交点的轨迹，可通过交轨法求交点的轨迹，自线与圆的位置关系的处理，一般用几何法来处理，也可以利用韦达定理来处理39.(2022·山东威海高三期末）在三棱锥P-ABC中，PA上平面ABC,AC上CB,PA=AC=BC=4.以A为球心，表面积为3征的球面与侧面PBC的交线长为.【答案】斤【解析】［分析】利用线面垂直的性质定理及判定定理证得AH上平面PBC,进而知球面与侧面PBC的交线为以H为圆心，半径为1的半圆弧，利兀弧长公式求解
37【详解】设以A为球心的球的半径为R,则4冗矿＝36冗，解得R=3如伤，取PC中点H,由PA=AC,:.AH..lPC又PAJ_平面ABC,BC仁平面ABC,:.PA上BC又AC..l_CB,ACnPA=A,所以BCJ_平面PAC,义AHC平面PAC,:.BC..l_AH,又BCnPC=C,:.AH..l_平面PBC,又PA=AC=BC=4,:.AH=2✓2,PB=4✓3又r=`勹:可=1'EHPH作HE..lPB,则VPEH:YPCB,=CBPB'PH-CB2✓2x42拓·.EH===—>lPB-4✓3-3所以球面与侧面PBC的交线为以H为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为兀xl＝冗故答案为：冗ACB40.(2022·山东威海高三期末）已知函数f(x)=x(e+l),g(x)=(x+l)mx,若x.+xf(x1)=g(x2)=m(m>I)，则11七的最小值为h1m.【答案】e［解析】【分析】
38X利用函数同构及函数单调性得到x1=lnx2,问题转化为求h(x)=~(x>I)的最小值，利Lnx用导函数，研究其单调性，求出最小仙【详解】g(x)=(x+l)Inx=(e1"x+l)Inx=f(lnx)，贝~f(斗)＝f(In.xi)=m(m>l),因为平）＝x1(ex'+l)>1，故斗＞0，又当x>O时，f'(x)=(x+l)e勹l>0恒成立，即+X1X,_mA,_/__\_Xf(x)=x(ex+l)单调递增，所以x1=lnx2,则斗-＝—，令h(x)=-;-=-(x>l),1nm1nm·''lnxlnx-1h'(x)=当xE(l,e)时，h'(x)O，所以h(x)在x=e处(lnx)2'ex.+x.x取得最小值，h(e)==e,Il2的最小值为e.lne1nm故答案为：eX41.(2022江苏通州高三期末）已知椭圆C：一＋~=l(a>b>O)的上顶点与抛物线C':x2a2.b2§=2py(p＞0)的焦点F重合，P为C与C'的一个公共点．若C的离心率为二－，且IPFl=2,则3p=【答案】3［解析】［分析】由椭圆上顶点与抛物线住点相同，及椭圆离心率把a,b用P表示，由焦半径公式求得P点坐标，代入椭圆方程后可解得P值．【详解】pC、嘉五i由题意b=－又e=~==所以a=－－p2aa34刃PFl=2,所以y/）＝2-2，则斗＝2pyp=2p(2-1:;)=4p-p2,22(2－卧4p-p22所以+＝l,化简得p2—p—6=0,解得p=3（负的舍去）．62pp164故答案为：3.42.(2022辽宁沈阳二十中高三期末）意大利画家列奥纳多达芬奇(14J.$9.§?）的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美
39与光泽，达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线间题＇，后人给出了悬链线的函数解析式：f(x)=acosh王，aex+e寸其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函数表达式为coshx=，相应地2e-e双曲正弦函数的函数表达式为sinhx=．若直线x=m(mB均为锐角，4P为钝角，故I+~(e2'“—e-2m)<0，解得答案4【详解】山题可知A（叶（e"'+e-"')),B（叶（矿－e－)),X_-.t.m_-,ne..x+e-xe-e-.`,e—eg(x)=cos肛＝2，则g'(x)=2,g(m)=2'e“'-e＿，儿l则l1:y=(x-m)+'½(e"'+e-"'),2e111+e一Illl同理l勹y=T(x-m)+½(e111-e-m)，故P(m+l,e111),所以正(0,-e-'”)正＝（片(e"'-e_，”)）丽＝（片(e"'+e-"')),lll丁是邧Af>="i(e-2"'-1)，函丽＝i(e-2111+1)，质丙＝l+产'”-e-2111),因为mO，函祝衫0,所以乙4,DB均为锐角，从而乙P为钝角
40ll山l+i伈'”-e-2111)<0得e2111＜石－2,得m<-½ln岱－2),故实数m的取值范围为(-oo,½ln忑－2))-l故答案为：（－oo,½Ln(石-2)).【点睛】本题考杳了根据三角形形状求参数，属千较难题．方法点睛：当二角形中LA为钝角时，轧化为AB·Af了<0;当三角形中乙A为直角时，转化为石｝．双三0;当三角形中乙4为锐角时，转化为五}·双三0;an43.(2022湖南雅礼中学高三阶段练习）数列包｝满足：a,,>0,al=I,an+I=,nEN•.an+1(211+1t2nl2，三O若—-—a=I'对'v'nEN•，不等式(l+bl)（l+b2)（l+b3)(l+b,,)-丿恒成立，则bII实数1的最大值为.4$【答案】－—15［解析】［分析】应用构造法求{a,，}的通坝公式，即得{b,，｝通项公式，进而讨论t=O、丘0研究题设不等式恒1){.1I+.::...111+.::...1···成立，在lc#O时构造(3)(5]（l+2n1+l)并研究单调件，即可求1的最人值C,,=五了言【详解】aII由a,，＋l="可得-—=l'a11,+1'a,r+la,'ll数列是首项-=公差d__1的等差数歹J"J则-__+(nl)__n...a,,an,l]1:.a,.＝—，由已知有：b,,=,n2n+l当t=O时，显然符合题意，
41当压0时，由已知得：t~~飞）（1＋i)(1+2n1+1).五设(l+i)(1+i)(1+2n1+1)，则竺＝2n+4>l,ell=C,1拉拉五4五4占:．数列{ell}递增，则Q的最小伯为Cl＝一—，故只悔I<.l5154石故答案为：.15四、双空题44.(2022重庆巴蜀中学高三阶段练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2,则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为；用过A,B,C三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为A/./D,Il乙森2＿【答案】22兀－2✓3【解析】【分析】根据题意，勒洛四面体能够容纳的最人球与勒洛四面体的弧面相切，如阳，设该球与勒洛匹血体的一个切点E,连接BE，则B,O,E三点共线，且0为该球球心，也是正匹血体ABCD的中心，再求正四血体的外接球半径即可得以勒洛匹面体能够容纳的最大球的半径，再结合勒洛四面休的构成可知过A,B,C三点的截面面积为3个半径为2,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，再计算即可得答栥【详铲】解：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛匹面体的弧面相切，
42如图1，其中点E为该球与勒洛四血体的一个切点，0为该球球心，所以，由正四面体的性质可知该该球球心0为正匹面休ABCD的中心，平经为OE,连接BE，则B,0,E三点共线，此时BE=2,BO为,E四面体的外接球的半1个，由千正佣面体ABCD的棱长为2,具可以在棱长为~的正方体中截出，所以正匹面体ABCD的外接球的半径即为棱长为J5的正力体的外接球半径，即正力体体对角线的一半，拓所以BO＝一－，2嘉所以勒洛四面体能够容纳的蚊人球的半径OE=2－一－．2根据勒洛匹面体的构成可知，过A,B,C三点的截面面积为3个半径为2,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为2的正二角形的面积，所以所得截面的面积为2兀－2f3.森故答案为：2-—;2冗－2J52AI\I\I\DOO2图l45.(2022江苏如东高三期末）已知正方体ABCD-A心C心的棱长为2,AC,上平面a,当平面a过点B1时，平面a截此正方体所得截面多边形的面积为；当平面a过线段BC中点时，平面a截此正方体所得截面多边形的周长为.（答案】2✓36$【解析】【分析】由平面知识得出平面a截此正方体所得截面就是平面B1CD1,再由面积公式得出平面a截此正方体所得截面多边形的面积，取取BC,DC,DDI,AD,,A1B,的中点为E,F,G,H,M,证明平
43面a截此正力体所得截血就是平曲EFGHMN,砐后山边长关系得出周长．【详解】如下阳所示，由AB..l平面B1BCC1,贝ljABl_BIC'又BC上B1C,ABnBC=B,所以B,C..l.平面ABCI，所以BICl_ACI，同埋可证，ACI上D且，由线面垂且判定可知ACI上平面BICD尸即平面a截此止方体所得截面就是平面B1CD1,由B1C=CD1=BP1=2✓2可知，s1:,n,cv,=—x2✓2x2✓2xsin60°=2✓32,,'l,,,,J,，，，，七－－－－,,夕;夕A分别取BC,DC,DD)'AIDI'A1B1的中点为E,F,G,H,M,连接EF,GF,HG,HM,MN,NE,HE,延长FE,AB,MN,容易得廿＼FE,AB,MN的延长线交千点Q,如下图所示，因为MNI/HE,HEIIGF，所以H,E,N,M共面，G,F,E,H共面，平面HENMn平面GFEH=HE,又QE平曲HENM,QE平面GFEH,所以E,F,G,H,M,N共面，容易证明HM.lACi,NE.lAC1，由线面垂直判定可知AC卢平面EFGHMN,即平面a截此正方休所得截面就是平面EFGH'MN,因为EF=GF=HG=HM=NE=NM＝,fj_'所以半面a截此正方体所得截面多边形的周长为6拉．故答案为：2石：6五“`咖．5III外，，＇"t心0-B46.(2022·江苏泰州·高三期末）1::.ABC的三条边分别为a,b,c,若该三角形绕着三条边a,b,c111旋转一周所得几何体的体积分别为Va,b,VCV若％＝-,Vb=-,Vc=-2，则cosA的值为43
44；若LBAC=:,V必＝1，则对＋Vc2＿点的值为1【答案】—4讲-0.25✓34【解析】【分析】1..11设a,b,c边上的高分别为加，hb,hc,该三角形的面积为s'通过岭＝－，Vb=-,Ve=-432可得a,b,c,代入余弦定理可得cosA;由前边分析可得aVa=bVb=c\1c,由余弦定理结合条件可得结果．［详解】设a,b,c边上的高分别为ha,hb,hc,该三角形的面积为s'14亢2116亢121l281l2则Va=:·兀吐．a＝-S=－即a=—-S2同理可知，b=一－s，c=-s33a433.3沪＋c2-a21所以a:b:c=4:3:2,所以cosA==--,2bc4{护+c2-a2由上述过程可知，aVa=bVb=cVc,因为cosA=-=,22bc111迈所以-+--=v;f·v/vJv昂＇因为V必＝1,1所以对＋贮－－＝存．vJ1故答案为：-－；疫．447.(2022湖北·十堰市教育科学研究院高三期末）如图，杨辉三角最早出现千我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了(a+br(n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是，第9行排在奇数位置的所有数字之和为.第0行第1行第2行第3行芍4行【答案】126256
45【解析】【分析】根据题意，分析图中杨辉三角的各行数宁之间的规律关系，即可得到答案．（详解】由题，意得第0行有1个数，为I,第1行有2个数，依次是c?、d,第2行有3个数，依次是c?、c;、C;,9x8x7x6则第9行有10个数，其中第5个数为C94==126,4X3X2Xl第9行排在奇数位置的所有数字之和为d+d+d+···+d=z9-1=zs6.故答案为：126,256.48.(2022·广东清远高三期末）如图，在长方体ABCD-J\B1C1D1中，AB=AD=2,AA1=4,P为D队的中点，过PB的平面G分别与棱AA1,CC1交于点E,F,且ACIIa,则平面a截长方体所得上下两部分的体积比值为；所得的截面四边形PEBF的面积为CIA,P,ID1爪I\j\IIIIllII\I\I、II\I、·-•FII/l\\E\人\c____r_A3【答案】2拓【解析】【分析】
46第一空：过点B作AC的平行线分别与DA,DC的延长线交丁G,H,连接PG,PH,并分别与v士AA1,CC1交丁E,F,可得平面PGH即平面仪，利用体积公式求出V卜，进而可得一；v下第二空：根据匹边形PEBF为菱形，利用面积公式计算即可【详解】如图过点B作AC的平行线分别与DA,DC的延长线交千G,H,连接PG,PH,月分别与AA1,CC1交千E,F,因为ACIIGH,且AC47J2,fi.-石由题可得n＝—,然后利用等积法可得T2=，最后利用球的性质即求22【详解】1丑设ACnBD=M,则MA=MB=MC=MD=::.BD=—,22:．三棱锥A'-BDC的外接球T1＝丑，点M即为01'2“千```,`I\Ip~－－－--江，02I',、...ID^,I,1、`I,、、I,'I1,III',儿［上一一一一一一一;_____＇，侗）。-------CB？将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A'-BD-C,又A'M.lBD,.'.A'M.l平面BCD,MCc平面BCD,占A'M.lMC,A'C=L范:.sAA'BD=SACBD=;,sAA'BC=SAA'CD=-,4,1/1.1范范11花2J-J··-(-+-+—+—)r2=-X-X-，解得r2=-—,3\2244/~322~22拉－J•r2.．一＝-迈=2－祁，r12设球02与平面A'BD,平面BCD分别切千P,Q,则02PMQ为正力形，.'.02M=0凸＝迈r2=2－祁故答案为：2-J3,2-J?,.50.(2022浙江高三专题练习）把底面半径为4cm的圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身滚动了2周，则圆锥的母线长为cm,该圆锥内切球半径等于cm.84,f?,【答案】_3
48【解析】【分析】设圆锥的母线长为l,根据圆锥侧面积求法及已知可得rrF=8rrl求得母线长，进而可知轴截面为等边二角形，结合圆锥内切球性质即可求其半径【详解】设圆锥的母线长为l'如图，以S为圆心，SA为半径的圆的面积S=TC户Bs又圆锥的侧面积S=冗rl=4刓根据圆锥在平面内转到原位笸时，圆锥本身滚动了2周，则刓2=2X4刓，可得l=8cm.sA8H:．圆锥轴截面为等边三角形，若内切球半径为R,如上图有：R=OH=竺AB=~cm,6故答案为：8,过？．3
