专练06(填空题-压轴)（20题)-2022年高考数学考点必杀300题（广东专用）

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专练06 填空题（压轴）1．【2021届高州一模】若，，则________．【答案】【分析】由，两边取以 为底的对数，得，由，令，则，从而可得，则，从而得出答案．【解析】由，两边取以 为底的对数，得，由，令，则，所以，即，所以，设，则所以在上单调递增，由以及，则，由即，则，故答案为：【点睛】本题考查对数的运算和构造函数利用函数单调性得到相应关系，解答本题的关键是由条件得到，利用换元令，进一步得到，根据函数的单调性得到，属于难题．2．【2021届揭阳一模】已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足，，则的面积的最大值为________．【答案】【分析】利用余弦定理可得，然后可得，最后计算三角形面积并使用不等式进行计算可得结果．【解析】由余弦定理可得，化简得，则，则的面积．故答案为：3．【2020届珠海三模】在中，角，，所对的边分别是，若，，则面积的最大值为__________．【答案】【分析】由二倍角公式即正弦定理可得，即可得到，再由余弦定理可得，根据同角三角函数的基本关系可得，最后根据三角形面积公式及基本不等式计算可得；【解析】因为，所以，，由正弦定理可得，因为，所以，由余弦定理可得，即，所以，所以，因为，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，故答案为：【点睛】本题考查正弦、余弦定理的应用，三角形面积公式以及基本不等式的应用，属于难题．4．【2021届深圳一模】拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则的面积最大值为_______．【答案】【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．【解析】设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，，因为，，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值．5．【2020届珠海三模】等腰直角三角形，，．，分别为边，上的动点，设，，其中，且满足，，分别是，的中点，则的最小值为___________．【答案】【分析】以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，得，，可得点在单位圆上，由几何法解决直线与圆的位置关系即可求出答案．【解析】以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，∵，，，∴，，∵，分别是，的中点，∴，，又，∴点在单位圆上，∴由直线与圆的位置关系可知，，当且仅当三点共线时取等号，故答案为：．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，考查数形结合思想，属于难题．6．【2021届肇庆二模】斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第______项．【答案】2022【分析】把1改为，然后根据递推关系变形求解．【解析】，故答案为：20227．【2020届汕头金山中学模拟】已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为_____________，数列的前项和为，且，若使恰为中的奇数项，则所有正整数组成的集合为___________．【答案】；    【分析】先由得到，两式相减得，由此求得，再求得，利用分组求和法求得，然后找到适合题意的即可．【解析】由题意，当时，，解得，当时，由，可得，两式相减，可得，得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，；，即， ，，，假设，为正奇数，则，∵，∴，∴，∴，∴在上为增函数，∴，∴，同理，则，∴只有当时，适合题意，故所有正整数组成的集合为；故答案为：；．【点睛】本题主要考查数列的递推公式求通项公式，考查数列的分组求和法，考查计算能力，属于难题．8．正四棱锥底面边长为，高为，是边的中点，动点在四棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为_______．【答案】【分析】取，的中点，， 根据三角形中位线、面面平面的判定定理、线面垂直的判定定理，可以证明出平面，这样可以确定动点在四棱锥表面上运动的轨迹为△，然后求出周长即可．【解析】如图所示，取，的中点，，则，，由线面判定定理可知：平面，平面，而，所以平面平面，设是底面正方形的中心，所以正四棱锥的高为，则，则有，而，所以平面，所以平面，因为，所以有，则动点在四棱锥表面上运动的轨迹为△，，，则动点的轨迹的周长为．故答案为：故答案为：．【点睛】本题考查了立体几何中轨迹问题，考查了线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，考查了推理认证能力和空间想象能力．9．【2020届深圳二模】已知正方形边长为3，点E，F分别在边，上运动（E不与A，B重合，F不与A，D重合），将以为折痕折起，当A，E，F位置变化时，所得五棱锥体积的最大值为__________．【答案】【分析】欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，求出底面五边形的面积以及高，利用棱锥的体积公式得出体积表达式，再由基本不等式以及导数得出五棱锥体积的最大值．【解析】不妨设，，，在直角三角形中，易知边上的高为，又五棱锥的底面面积为，欲使五棱锥的体积最大，须有平面平面，∴，∵，∴，令，则，∴，，令，，则，不难知道，当时，取得最大值，∴，综上所述，当时，五棱锥的体积取得最大值，故答案为：．【点睛】本题主要考查了利用导数解决实际应用问题，涉及了棱锥的体积公式和基本不等式的应用，属于难题．10．【2021届广州一模】已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为________，球的表面积为__________．【答案】        【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．【解析】如图所示：依题意得 点到平面的距离为，所以 ，侧面高为，所以，设球的半径为，所以，则，得，设球的半径为，则，又 得，所以球的表面积为，故答案为：；【点睛】本题考查三棱锥内切球问题，关键利用等体积法求得球半径．11．【2021届梅州一模】已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为____________．【答案】【分析】先证明平面，再将三棱锥以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，结合三棱柱的性质，以及球的截面圆的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解．【解析】由，，可得，所以，由点是的中点，且，可求得，又由，可得，所以，又且平面，所以平面，以为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球， 球心到底面的距离为，由正弦定理，可得的外接圆的半径为，所以球的半径为，所以球的表面积为．故答案为：．【点睛】解决与球有关的切、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：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解．12．【2020届肇庆质检】已知四棱锥中，底面ABCD是梯形，且，，，，，，AD的中点为E，则四棱锥外接球的表面积为________．【答案】【分析】由已知得，是直角梯形，，，那么DEBC是正方形，由平面，可知平面，可解得PB，可知是等边三角形，外接球的球心到四点距离相等，设在平面的投影为，根据勾股定理可知点H是对角线的交点，在中可得，过作于，再根据，可求出，由外接球面积公式即得。【解析】由题得，，，又，四边形是正方形，，平面，又，平面，所以．则有，即，解得．球心到四点距离相等，设在平面的投影为，那么，，，，设，则有，，，，又，．是正方形，平面上且到四点距离相等的点即为正方形的对称中心，即对角线的交点，则．．过作于，平面，，平面，即是点在平面的投影．是等边三角形，，，，与联立，解得，则．故答案为：【点睛】本题考查求空间几何体的外接球的表面积，是常考题型，解题关键是建立球心和四棱锥顶点的联系。13．【2021届广州天河区二模】已知三棱锥中，，，，，为的外接圆的圆心，，则三棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】【分析】由题意是中点，证明平面平面，作平面，垂足为，证得，取中点，则得就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．由此易得外接球表面积．【解析】由题意是中点，则，因为，，所以，，又，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，作平面，垂足为， 平面，则平面，又平面平面，则，，因为，所以是矩形，取中点，连接，则，从而平面．就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．球半径为，表面积为．故答案为：．【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球球心位置．三棱锥的外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．由此结论易寻找到外接球球心．14．【2021届汕头一模】在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【分析】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积．【解析】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，为的外接圆半径，平面，平面，，由勾股定理得，，设外接球的半径为，则，①是等边三角形，且为的中点，所以，，由球的几何性质可得平面，平面，，所以，为二面角的余角，又因为二面角的大小为，，在中，由余弦定理得，②因为为等边的高，则，由①②得，，，因此，球的表面积为．故答案为：．【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：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．15．【2020届广州二模】正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为2，侧棱长为2，过点A作一个与侧棱PC垂直的平面α，则平面α被此正四棱锥所截的截面面积为___________，平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值为___________．【答案】；（或2）【分析】由已知得△PAC为正三角形，取PC的中点G，得AG⊥PC，且AG．然后证明AG⊥EF，且求得AG与EF的长度，可得截面四边形的面积；再求出四棱锥P﹣AEGF的体积与原正四棱锥的体积，则平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值可求．【解析】如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，由底面边长为2，侧棱长为，可得△PAC为正三角形，取PC的中点G，得AG⊥PC，且AG．设过AG与PC垂直的平面交PB于E，交PD于F，连接EF，则EG⊥PC，FG⊥PC，可得Rt△PGE≌Rt△PGF，得GE＝GF，PE＝PF，在△PAE与△PAF中，由PA＝PA，PE＝PF，∠APE＝∠APF，得AE＝AF．∴AG⊥EF．在等腰三角形PBC中，由PB＝PC＝2，BC＝2，得cos∠BPC，则在Rt△PGE中，得．同理PF，则EF∥DB，得到．∴；则．又，∴平面α将此正四棱锥分成的上下两部分体积的比为．故答案为：；（或2）．【点睛】本题主要考查了锥体中的截面计算问题，需要根据线面垂直的性质求出截面四边形，再根据三角形中的关系求解对应的边长以及面积等．属于难题．16．【2020广东等八省联考】如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，若动点在内及边上运动，使得，则三棱锥的体积最大值为_________．【答案】【分析】根据题意推出，，再根据推出，在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，再根据三棱锥的体积公式可求得结果．【解析】因为平面，所以平面平面，因为，，所以平面，平面，因为在内及边上，所以，，所以，，因为，所以，因为，所以，在平面内，以的中点为原点，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系：则，，，设，则，，由得，化简得，所以点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，如图所以，当为圆与在轴上方的交点时，点到的距离最大，令，解得，所以点到的距离最大为，也就是三棱锥的高的最大值为，因为，所以三棱锥的体积最大值为．故答案为：．【点睛】在平面内，建立直角坐标系求出点轨迹是圆在三角形的边上或内的弧，从而可求出点到的距离最大为，即三棱锥的高的最大值为，这是本题解题的关键，属于难题．17．【2020广东等八省联考】对于正整数n，设是关于x的方程的实数根．记，其中表示不超过x的最大整数，则_______；设数列的前n项和为则_________．【答案】0    1010    【分析】（1）当时，化简方程，通过构造函数的方法，找到函数零点的范围，进而求出结果．（2）令，化简方程，通过构造函数的方法，找到零点的范围，即得范围，分类讨论为奇数和偶数时，求得结果．【解析】（1）当时，，设单调递减，，，所以，，，（2）令，则方程化为：，令，则在单调递增，；由零点存在定理可得：，，当，，当，，所以当， 故答案为：①0；②1010【点睛】本题考查了函数的性质、零点存在定理，数列求和等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化和分类讨论的数学思想，属于难题．18．【2021届湛江调研】已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，与抛物线C的准线交于点D，若F是AD的中点，则|FB|＝________．【答案】【分析】做出图像，根据焦准距为4，F是AD的中点，可求得AM的长度，利用抛物线定义，可得AF的长度，即可求出，在中，利用定义可得FB＝BN，即可求得答案．【解析】如图所示：过点A，B，F分别向准线引垂线，交准线于点M，N，E，由题意得FE＝2，且F是AD的中点，则EF为的中位线，所以AM＝4，则AF= DF＝4，所以，即，又由抛物线定义可得：FB＝BN，且BD＝2BN，所以3BF=DF=4，即，故答案为：19．【2020届梅州五月质检】已知曲线：，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则______．【答案】【分析】由题知，圆的圆心坐标，由点差法可得直线的斜率为1，设，，则有，又圆的直径为2，联立直线与曲线方程，由韦达定理表示，解方程即可得．【解析】因为是圆的直径，必过圆心点，设所在直线方程为：设、点坐标分别为，，都在上，故，两式相减，可得：（因为是的中点），即．联立直线与的方程：又，即，即，又因为，则有，即，∴．故答案为：【点睛】本题考查了直线与双曲线的位置关系，中点弦问题，弦长的计算，考查了学生的运算求解能力．20．一个村子里一共有个人，其中一个人是谣言制造者，他编造了一条谣言并告诉了另一个人，这个人又把谣言告诉了第三个人，如此等等．在每一次谣言传播时，谣言的接受者都是在其余个村民中随机挑选的，当谣言传播次之后，还没有回到最初的造谣者的概率是_______．【答案】【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式即可求解．【解析】第1次传播，谣言一定不会回到最初的人；从第2次传播开始，每1次谣言传播，第一个制造谣言的人被选中的概率都是，没有被选中的概率是．次传播是相互独立的，故为，故答案为：【点睛】本题考查了相互独立事件概率的乘法公式，考查了考生的分析能力，属于难题．