2022年高考二轮复习数学（文）专题检测15《“选填”压轴小题命题的4大区域》（教师版）

这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测15《“选填”压轴小题命题的4大区域》（教师版），共12页。试卷主要包含了已知圆C，若点P为椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cs 2α＝eq \f(2,3)，则|a－b|＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(2\r(5),5) D．1
解析：选B 由cs 2α＝eq \f(2,3)，得cs2 α－sin2α＝eq \f(2,3)，∴eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(2,3)，
即eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(2,3)，∴tan α＝±eq \f(\r(5),5)，即eq \f(b－a,2－1)＝±eq \f(\r(5),5)，∴|a－b|＝eq \f(\r(5),5).故选B.
2．若将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,12)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
解析：选A 由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))，因为g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))为奇函数，所以2φ＋eq \f(2π,3)＝kπ(k∈Z)，φ＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,3)(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值为eq \f(π,6)，选A.
3.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0A．当k＝eq \f(1,2)时，平面BPC⊥平面PCD
B．当k＝eq \f(1,2)时，平面APD⊥平面PCD
C．∀k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．∃k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
解析：选A 取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM，又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝eq \f(1,2)BC，同时MN∥BC且MN＝eq \f(1,2)BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC，又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.其余选项都错误，故选A.
4．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S­ABC的体积最大为( )
A．2 B.eq \f(8,3)
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选A 如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2eq \r(3)，所以S△SBC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥A­SBC，即S­ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2eq \r(3)sin 30°＝eq \r(3)，
所以棱锥S­ABC的体积最大为eq \f(1,3)×2eq \r(3)×eq \r(3)＝2，故选A.
5．已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是( )
A．[－2,6] B．[－3,5]
C．[2,6] D．[3,5]
解析：选C 法一：当MA，MB是圆C的切线时，∠AMB取得最大值．若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则MA，MB是圆C的切线时，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC<90°，如图，则|MC|＝eq \r(5－12＋t－42)≤eq \f(\r(10),sin 45°)＝2eq \r(5)，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6.
法二：由于点M(5，t)是直线x＝5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t＝4对称，故排除选项A、B.当t＝2时，|CM|＝2eq \r(5)，若MA，MB为圆C的切线，则sin∠CMA＝sin∠CMB＝eq \f(\r(10),2\r(5))＝eq \f(\r(2),2)，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2时符合题意，故排除选项D.故选C.
6．若点P为椭圆C：x2＋2y2＝3的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C交于A，B两点．点G满足eq \(PG,\s\up7(―→))＝2eq \(GO,\s\up7(―→))，则|eq \(GA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(GB,\s\up7(―→))|2的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(20,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(17,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,3)，\f(20,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(17,3)))
解析：选C 由题意易知点P(－eq \r(3)，0)，设点G(x0，y0)，
由eq \(PG,\s\up7(―→))＝2eq \(GO,\s\up7(―→))，得(x0＋eq \r(3)，y0)＝2(－x0，－y0)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋\r(3)＝－2x0，,y0＝－2y0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(\r(3),3)，,y0＝0，))故Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，0)).
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
|eq \(GA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(GB,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(\r(3),3)))2＋yeq \\al(2,1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(\r(3),3)))2＋yeq \\al(2,1)＝2xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)＝2xeq \\al(2,1)＋3－xeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)＝xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3)，
又x1∈[－eq \r(3)，eq \r(3)]，故xeq \\al(2,1)∈[0,3]，eq \f(11,3)≤xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3)≤eq \f(20,3)，
所以|eq \(GA,\s\up7(―→))|2＋|eq \(GB,\s\up7(―→))|2的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,3)，\f(20,3)))，选C.
7．已知平面向量a，b，c满足|a|＝eq \r(2)，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c的夹角为eq \f(π,4)，则|c|的最大值为( )
A.eq \r(10) B．2eq \r(2)
C.eq \r(5) D．4
解析：选A 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝eq \r(2)，|b|＝1，a·b＝－1，∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(－1,\r(2)×1)＝－eq \f(\r(2),2)，∴a，b的夹角为eq \f(3π,4).∵a－c与b－c的夹角为eq \f(π,4)，∴点C在△OAB的外接圆O′的弦AB所对的优弧上，如图所示．因此|c|的最大值为△OAB的外接圆O′的直径．∵|a－b|＝eq \r(a 2－2 a·b＋b 2)＝eq \r(\r(2)2－2×－1＋12)＝eq \r(5).由正弦定理可得△OAB的外接圆的直径2R＝eq \f(|a－b |,sin\f(3π,4))＝eq \f(\r(5),\f(\r(2),2))＝eq \r(10)，则|c|的最大值为eq \r(10).
8．已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝a，且当0A．a B．0
C．－a D．2 016
解析：选A 因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)．又因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间[2 017，2 018]上的最小值即为求f(x)在区间[1,2]上的最小值．当09．已知关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且01，则 eq \f(b,a) 的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,4)))
解析：选B 令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且01，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0>0，,f1<0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1>0，,2a＋2b＋3<0，))作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.eq \f(b,a)表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1＝0，,2a＋2b＋3＝0，))解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(1,2)))，∴－110．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,kx－3，x≤0))的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的取值范围是( )
A．(－e,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)e－2，0))
C．(－e2,0) D．(－2e2,0)
解析：选C 如图，因为函数y＝ln x的图象与函数y＝ln(－x)的图象关于y轴对称，所以问题转化为函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点的问题．首先求出函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3相切时直线的斜率k1.设切点为(x0，y0)，由y′＝eq \f(1,x)得k1＝eq \f(1,x0).
又ln(－x0)＝k1x0－3，所以x0＝－e－2，所以k1＝eq \f(1,－e－2)＝ －e2.其次，结合图象知k∈(－e2,0)时，函数y＝ln(－x)的图象与直线y＝kx－3有两个交点，所以k的取值范围是(－e2,0)．故选C.
11．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是( )
A．2eq \r(3) B．4eq \r(2)
C．4eq \r(6) D．8eq \r(2)
解析：选B 如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，
∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，
∵AE∩A1A＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2eq \r(2)，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2eq \r(ME·EN)＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为eq \f(1,2)×4×2eq \r(2)＝4eq \r(2)，故选B.
12．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为( )
A．[2,4] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，3)) D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，
∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的单调递增函数．
又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．
由g(x)＝0，得a＝eq \f(x2＋3,x＋1)(0≤x≤2)，
即a＝eq \f(x＋12－2x＋1＋4,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)－2(0≤x≤2)，
设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋eq \f(4,t)－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋eq \f(4,t)－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间[2,3]上是增函数，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
B组——填空压轴小题命题点专练
1．已知函数f(x)＝x3＋sin x，若α∈[0，π]，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝f(2β)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋β))＝________.
解析：由题易知函数f(x)＝x3＋sin x为奇函数且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．
因为α∈[0，π]，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
所以eq \f(π,2)－α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，2β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝f(2β)，∴eq \f(π,2)－α＝2β，∴eq \f(α,2)＋β＝eq \f(π,4)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋β))＝cs eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
2．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x＋\f(5,4)，x<1，,2x，x≥1，))则满足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范围是________．
解析：若f(t)≥1，显然满足f(f(t))＝2f(t)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t<1，,\f(3,4)t＋\f(5,4)≥1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t≥1，,2t≥1，))解得t≥－eq \f(1,3)；
若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得eq \f(3,4)f(t)＋eq \f(5,4)＝2f(t)，
可知f(t)＝－1，所以eq \f(3,4)t＋eq \f(5,4)＝－1，解得t＝－3.综上所述，t＝－3或t≥－eq \f(1,3).
答案：{－3}∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))
3．设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．
解析：y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，由(1－x)e－x＝1，得ex＝1－x，ex＋x－1＝0，令h(x)＝ex＋x－1，显然h(x)是增函数，且h(0)＝0，即方程ex＋x－1＝0只有一个解x＝0，又曲线y＝xe－x在x＝0处的切线方程为y＝x，两平行线x－y＝0和x－y＋3＝0之间的距离为 d＝eq \f(3,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，故P，Q两点间距离的最小值为eq \f(3\r(2),2).
答案：eq \f(3\r(2),2)
4．已知函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(lg3x)＋f(lg SKIPIF 1 < 0 x)≤2f(1)，则x的取值范围是______．
解析：由题意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．
由f(lg SKIPIF 1 < 0 x)＝f(－lg3x)＝f(lg3x)，知原不等式可化为f(lg3x)≤f(1)．
又x>0时，f′(x)＝ex－eq \f(1,ex)＋xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋\f(1,ex)))>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以|lg3x|≤1，解得eq \f(1,3)≤x≤3.
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))
5．我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2eq \r(2)，则该几何体外接球的表面积为________．
解析：由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥A­BCD所示，其中AB＝2eq \r(2)，BC＝CD＝eq \r(2)，易知长方体的外接球即为三棱锥A­BCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(2eq \r(2))2＋(eq \r(2))2＋(eq \r(2))2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
6．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝eq \f(1,2)·SA2＝8，
解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2eq \r(3)，h＝2，所以圆锥的体积为eq \f(1,3)πr2·h＝eq \f(1,3)π×(2eq \r(3))2×2＝8π.
答案：8π
7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C>0，∴sin A＝eq \f(1,2).
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(8,2bc)＝eq \f(4,bc)>0，
∴cs A＝eq \f(\r(3),2)，bc＝eq \f(4,cs A)＝eq \f(8\r(3),3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×eq \f(8\r(3),3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(3),3).
答案：eq \f(2\r(3),3)
8．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝2cs x＋2(2cs2x－1)
＝2(2cs2x＋cs x－1)＝2(2cs x－1)(cs x＋1)．
∵cs x＋1≥0，
∴当cs x当cs x>eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cs x＝eq \f(1,2)，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，
∴当sin x＝－eq \f(\r(3),2)时，f(x)有最小值，
即 f(x)min＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝－eq \f(3\r(3),2).
答案：－eq \f(3\r(3),2)
9．我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”是几何体的高，“幂”是截面面积．其意思为：如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，一个焦点为(eq \r(5)，0)．直线y＝0与y＝3在第一象限内与双曲线及渐近线围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为________．
解析：由题意可得双曲线的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，直线y＝3在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)，3))，在所得几何体中，在高为h处作一截面，则截面面积为πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(h2,4)－\f(h2,4)))＝π，根据祖暅原理，可得该几何体的体积与底面面积为π，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3π.
答案：3π
10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝－7，则eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))的值是________．
解析：由eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝－7得，(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝－7，
即(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))·(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OA,\s\up7(―→)))＝7，所以eq \(OB,\s\up7(―→))2＝7＋eq \(OA,\s\up7(―→))2＝7＋9＝16，
所以|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OD,\s\up7(―→))|＝4.所以eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OD,\s\up7(―→)))＝(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))·(eq \(OC,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))＝eq \(OC,\s\up7(―→))2－eq \(OB,\s\up7(―→))2＝25－16＝9.
答案：9
11．已知底面是正六边形的六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为eq \r(3)，则球O的表面积为________．
解析：因为六棱锥P­ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P­ABCDEF为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h，则eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6×\f(1,2)×1×1×sin 60°))h＝eq \r(3)，解得h＝2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝eq \f(5,4)，所以球O的表面积为4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))2＝eq \f(25π,4).
答案：eq \f(25π,4)
12．在四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，P为CD上一点，已知|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝8，|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝5，eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AD,\s\up7(―→))的夹角为θ，且cs θ＝eq \f(11,20)，eq \(CP,\s\up7(―→))＝3eq \(PD,\s\up7(―→))，则eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝________.
解析：∵eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，eq \(CP,\s\up7(―→))＝3eq \(PD,\s\up7(―→))，
∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DP,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BP,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))，
又|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝8，|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝5，cs θ＝eq \f(11,20)，∴eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝8×5×eq \f(11,20)＝22，
∴eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))＋\f(1,4) eq \(AB,\s\up7(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AD,\s\up7(―→))－\f(3,4) eq \(AB,\s\up7(―→))))＝|eq \(AD,\s\up7(―→))|2－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(3,16)|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝eq \f(8\r(5),5)，则抛物线C2的方程为__________．
解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，
设A(m，n)．∵|AB|＝eq \f(8\r(5),5)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(m2＋n2)＝\f(8\r(5),5)，,m2＋n－22＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(8,5)，,n＝\f(16,5)，))即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(16,5))).
将A的坐标代入抛物线方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)))2＝2p×eq \f(8,5)，
解得p＝eq \f(16,5)，∴抛物线C2的方程为y2＝eq \f(32,5)x.
法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．
由圆C1的性质知cs∠C1BA＝eq \f(\f(|AB|,2),|BC1|)＝eq \f(2\r(5),5)，∴sin∠C1BA＝eq \f(\r(5),5)，
∴n＝|AB|cs∠C1BA＝eq \f(16,5)，
m＝|AB|sin∠C1BA＝eq \f(8,5)，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(16,5)))，将A的坐标代入抛物线方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)))2＝2p×eq \f(8,5)，
∴p＝eq \f(16,5)，∴抛物线C2的方程为y2＝eq \f(32,5)x.
答案：y2＝eq \f(32,5)x
14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是________．
解析：以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－2,0)，B(2,0)，C(1，eq \r(3))．
设以A，B为焦点的双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，当x＝1时，y2＝a2＋eq \f(4,a2)－5.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a2＋eq \f(4,a2)－5≥3，解得a2≥4＋2eq \r(3)或0＜a2≤4－2eq \r(3)，由a2≥4＋2eq \r(3)得a≥eq \r(3)＋1＞2，舍去， ∴a2≤4－2eq \r(3)，即0＜a≤eq \r(3)－1.∴双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)≥eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1.即该双曲线的离心率的取值范围是[ eq \r(3)＋1，＋∞)．
答案：[ eq \r(3)＋1，＋∞)
15．过圆Γ：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆Γ于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
解析：如图所示，S四边形ABCD＝eq \f(1,2)(PA·PD－PB·PC)，
取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，
则S四边形ABCD=eq \f(1,2)[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，
由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，
结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤eq \r(OF2＋OE2·DF2＋AE2)，
其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，
据此可得S四边形ABCD≤eq \r(OP2·8－OP2)＝eq \r(5×3)＝eq \r(15)，
综上，四边形ABCD面积的最大值为eq \r(15).
答案：eq \r(15)
16．已知函数f(x)＝3mx－eq \f(1,x)－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－eq \f(1,x)－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝eq \f(3x－1mx－1,x2)，
当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋eq \f(2,3)－(3＋m)ln 3，
∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋eq \f(2,3)－(3＋m)ln 3，∴a>6＋eq \f(2,3m).
∵y＝6＋eq \f(2,3m)在m∈(4,5)上单调递减，∴eq \f(92,15)<6＋eq \f(2,3m)∴a≥eq \f(37,6).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(37,6)，＋∞))