专题09+填空压轴题-备战2022年新高考数学模拟试题分类汇编（福建专用）

专题09 填空压轴题

1．（2021•厦门一模）已知三棱锥的四个顶点，，，均在球的球面上，，是边长为4的等边三角形，，分别是，的中点，，则　       　，球的表面积是　        　．

【答案】，

【详解】由题意可知为正三棱锥，取中点，连接，，

所以，，且，

所以平面，

所以，

又、分别为、的中点，可得，

而，所以，而，

所以，即是等腰直角三角形，

因为斜边，所以且两两垂直，

则为以为顶点的正方体一部分，

所以，即，

所以球的表面积是．

2．（2021•龙岩一模）正方体的棱长为，是正方体表面上的动点，若，则动点的轨迹长度为　       　．

【答案】

【详解】正方体的棱长为，是正方体表面上的动点，若，

所以点在不含点的三个平面上，如图，是3个的圆周，

动点的轨迹长度为：．

3．（2021•福建模拟）已知不过原点的动直线交抛物线于，两点，为坐标原点，且，若的面积的最小值为64，则：

（1）　        　；

（2）直线过定点，该定点的坐标为　       　．

【答案】4，

【详解】设直线与抛物线交于，两点，，，，，

由题知，

所以，

所以，得到，

联立直线与抛物线的方程得，

所以，，所以，

所以，

即，即，

所以所求定点为．

4．（2021•福州一模）已知圆的方程为，过点的直线与圆交于，两点（点在第四象限）．若，则点的纵坐标为　      　．

【答案】

【详解】圆的方程为，

因为，由三角形的补角可知，，

所以，故为等腰三角形，所以，

设，则，解得，

所以点的纵坐标为．

5．（2021•漳州一模）定义关于的曲线，，，则与曲线，2，和，2，都相切的直线的方程为　       　，，已知，若关于的方程，，有三个不同的实根，则　       　．

【答案】；8

【详解】令，，

知在上单调递增，在上单调递减，

，且，

即两函数有一个公共点，两曲线有过该点的公切线，公切线方程为；

，，

令，，，

由，整理可得，

由△，可得或，则；

由，整理可得，

由△，可得或，则．

若方程，，有三个根，则直线与的图象有三个交点，

得当与左侧图象相交于右侧图象相切时，方程，，有三个不同的实根，

则．

6．（2021•泉州一模）若正数，满足，则的最小值为　       　．

【答案】

【详解】正数，满足，

，

，即，

当且仅当，即，时取等号，此时取得最小值．

7．（2021•泉州一模）圆锥曲线光学性质（如图1所示）在建筑、通讯、精密仪器制造等领域有着广泛的应用．如图2，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与的反射，又回到点历时秒；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过两次反射后又回到点历时秒，若与的离心率之比为，则　       　．

【答案】

【详解】设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，

椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，

则，

两式作差，可得，

光线速度相同，，

由，可得，

则．

8．（2021•福建模拟）球面几何是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，，，是球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中任意两点的大圆的劣弧分别为，，，由这三条劣弧组成的图形称为球面．已知地球半径为，北极为点，，是地球表面上的两点，若，在赤道上，且经度分别为东经和东经，则球面的面积为　      　；若，则球面的面积为　　       ．

【答案】；

【详解】在赤道上，且经度分别为和，

上半球面面积为，

球面面积为，

当时，为等边三角形，

根据题意构造一个正四面体，如图所示：

其中心为，是高的靠近的四等分点，

则，

由余弦定理可得：，

解得，正好为题目给的长度，

所以球面的面积为

9．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　       　；如果对折次，那么　       　．

【答案】5；

【详解】易知有，，共5种规格；

由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，

则，记，则，

，

，

．

10．（2021•漳州模拟）已知正方体的棱长为4，点在平面内，且，则点的轨迹的长度为　        　．

【答案】

【详解】如图1，设为，的交点，所以，

又因为平面，又平面，

所以，又，，平面，

故平面，

因为点在平面内，所以，

正方体的棱长为4，则，，故，

在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，

所以，，

设，则，

，

所以，

又，

所以，

整理可得，

故点的轨迹是半径为的圆，

所以轨迹长度为．

11．（2021•福建模拟）已知直线过抛物线的焦点，且与轴交于点，是抛物线上一点，为坐标原点，的中点满足，则　       　，点的坐标为 　       　．

【答案】，

【详解】令直线中，可得，由题意可得抛物线的焦点为，，

所以，所以，

即抛物线的方程为：，

因为，所以平分，

作轴于，作轴于，交抛物线的准线于，

则，

所以，

由平分，

所以，可得，

则在以线段为直径的圆上，

设，，则，将，

代入，且，

所以，

解得：，可得，

所以的坐标

12．（2021•鼓楼区校级模拟）如图，已知的顶点平面，点，在平面同一侧，且，．若，与平面所成的角分别为，则面积的取值范围是　       　．

【答案】

【详解】因为、与平面所成的角分别为，且，，

则、分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线、与轴在同一平面内时，

取到最大值和最小值，

于是，

所以，即，

的面积，

所以．

13．（2021•福州模拟）函数，若，，，都有成立，则满足条件的一个区间可以是　       　（填写一个符合题意的区间即可）．

【答案】

【详解】，，，都有成立，

为凸函数，则，

由得，，，

令，解得．

区间可以是，的任意一个非空子区间，故可为．

14．（2021•泉州二模）拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点．”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流、物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值．如图，设代表旧城区，新的城市发展中心，，分别为正，正，正的中心．现已知，，△的面积为，则的面积为 　       　．

【答案】

【详解】如图所示，连接，，由题意得：

，，，，

又，，

又，，

由勾股定理可得：，

则，得，

由余弦定理可得：

又，解得，

．

15．（2021•莆田二模）已知函数，当　      　时，的最小值为　        　．

【答案】

【详解】设：，

所以，

所以，

令，整理得，解得或，

当时，，故函数单调递减，

当时，，故函数单调递增，

所以，

即，解得时，函数的最小值为8．

16．（2021•厦门模拟）已知函数，若，则实数的取值范围是　      　．

【答案】

【详解】当时，，

则，令，解得，且，

当时，，则恒成立，

恒成立，

所以是增加的越来越快的增函数（切线的斜率越来越大），

作出函数的图象如图所示，

令，则相当于将函数平移得到，

当平移到与相切，则取得最大值，

故，解得，且，

所以，解得，

故的最大值为；

当平移到与相切时，取得最小值，

故，解得，且（1），

所以，解得，

故的最小值为．

综上所述，实数的取值范围是．

17．（2021•宁德三模）已知动点在圆上，双曲线的右焦点为，若的渐近线上存在点满足，则的离心率的取值范围是　          ．

【答案】，

【详解】设，，，满足，

所以，，，，

所以，，

又因为，在圆上满足，

所以，

整理得，

所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，如图所示，

当渐近线与圆有交点时，说明渐近线上存在点，使得，

当两条渐近线与圆恰好相切时为临界点，则：

圆心到渐近线的距离，

因为，即，

所以，此时，，

当时，渐近线与圆有交点，则

18．（2021•福建模拟）已知函数，，对任意的，，总存在至少两个不同的使得，则的范围是 　       　．

【答案】

【详解】，对任意的，，，，令，

则，令，，

得在递增，在递减，

又时，，又时，，，

由题意有，，恒成立，故．

19．（2021•南平模拟）在平面直角坐标系中，定义，、，两点间的直角距离为，如图是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则　        　．若点为曲线上任一点，则的最大值为　　         ．

【答案】，

【详解】由图可得，点，，；

根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况：

当点在上时，设，，则，

（当且仅当时取等号）；

当点不在上时，所在圆的圆心坐标，设，，

可得，，，，

，

（当且仅当时取等号）．

综上所述，的最大值为．

20．（2021•龙岩模拟）有六个从左到右并排放置的盒子，现将若干个只有颜色不同的黑球、白球随机放入这六个盒子（每个盒子只能放入一个球，则事件“从左往右数，不管数到哪个盒子，总有黑球个数不少于白球个数”发生的概率为　       　．

【答案】

【详解】设总有黑球个数不少于白球个数为事件，

基本事件总数为，

事件包含以下事件，共20种，

①6黑有1种：黑黑黑黑黑黑，

②5黑1白有5种：黑黑黑黑黑白，黑黑黑黑白黑，黑黑黑白黑黑，黑黑白黑黑黑，黑白黑黑黑黑，

③4黑2白有9种：黑黑黑黑白白，黑黑黑白黑白，黑黑黑白白黑，黑黑白白黑黑，黑黑白黑白黑，黑黑白黑黑白，黑白黑黑黑白，黑白黑黑白黑，黑白黑白黑黑，

④3黑3白有5种：黑黑黑白白白，黑黑白黑白白，黑白黑黑白白，黑白黑白黑白，黑黑白白黑白，

（A）．

21．（2021•鼓楼区校级模拟）祖暅，祖冲之之子，是我国南宋时期的数学家．他提出了体积计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．

已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，，则双曲线方程为 　       　；若直线，在第一象限内与及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则阴影图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为 　       　．

【答案】；

【详解】双曲线的焦点在轴上，设双曲线方程为，

由题意，，解得，．

双曲线方程为；

双曲线的渐近线为，取直线，

代入，得，代入，得，

可得直线与阴影部分旋转一周所得圆环的面积，

又高度为1，可得阴影图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为．

22．（2021•三元区校级模拟）黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手．已知正项数列的前项和为，且满足，则　       　，　       　．（其中表示不超过的最大整数）

【答案】、18

【详解】由题意可得，，

当时，，化简得，

又当时，，

数列是首项、公差均为1的等差数列，

，即，

当时，，①

设，

由①可得，，

且，

．

23．（2021•漳州模拟）在棱长为的正方体中，动点满足，则的最大值为　        　．

【答案】

【详解】正方体中，，动点满足，

所以点在以为直径的球面上，画出图形，并建立空间直角坐标系，如图所示：

由图形知，当点在正下方时，取得最大值，

此时,0, ,,,,,,,

所以，，，，，，

，

,

，

由，所以，

即的最大值为．

24．（2021•福建模拟）如图，正四棱锥的每个顶点都在球的球面上，侧面是等边三角形．若半球的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球的体积与球的体积的比值为　        　．

【答案】

【详解】如图，连接，，取的中点，连接，，过作于．易知底面，

设，则，，．

设球的半径为，半球的半径为则．易知．则，

故．

25．（2021•福建模拟）阿基米德在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（与圆锥的底面及侧面都相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为 　      　．

【答案】

【详解】设圆锥去的底面半径为，母线长为，圆锥内切球半径为，作出圆锥的轴截面如图所示，

设，由于，则，

，，

，

又，

，

，

，

则圆锥表面积为，圆锥内切球表面积为，

所求比值为，

令，则，

当时，取得最大值为．

26．（2021•龙岩模拟）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”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．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，

（1）如用与轴相距为，且垂直于轴的平面，截这个旋转体，则截面图形的面积为 　      　；

（2）则这个旋转体的体积为 　       　．

【答案】；

【详解】（1）双曲线的渐近线为，

作直线，与渐近线交于点，，

与双曲线交于点，，，，如图所示：

则此图形绕轴旋转一周，得到旋转体的截面是圆环，其内径为，外径为，

所以截面面积为；

同理可得，作直线，也可得截面面积为．

（2）根据祖晅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，

所以求出圆柱体的体积为，可得这个旋转体的体积为．

27．（2021•三明模拟）已知函数是的递减函数，则实数的取值范围是 　      　．

【答案】

【详解】由于函数是的递减函数，

故是的递增函数，，

①，或②．

解①求得，解②求得，

则实数的取值范围为

28．（2021•厦门二模）已知函数的图象关于直线对称，若对任意，总存在，使得，则的最小值为 　      　，当取得最小值时，对，恒成立，则的最大值为 　       　．

【答案】2；

【详解】因为，又因为的图象关于直线对称，

所以在内至少有半个周期，才能满足，

故，即，所以，

当时，因为的图像关于直线对称，

所以，解得，

此时，满足题意，

所以的最小值为2，

由得，即，

所，即．

所以，所以，

所，，即，．

所以的最大值为．

29．（2021•福州模拟）已知三棱锥，，，，二面角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为 　       　．

【答案】

【详解】如图，取中点为，连结，，

，，

，，

就是二面角的平面角，

，

，

，

所以，，与都是直角，

所以该三棱锥的外接球球心是的中点，

则

30．（2021•福建模拟）当，，时，．若函数没有零点，则正实数的取值范围是　        　．

【答案】

【详解】当时，，

当时，，

作出函数与的图象，

由图可知，当时，要使得函数没有零点，

必须满足，解得；

当时，要使得函数没有零点，

必须满足或，解得或．

综上所述，实数的取值范围为．

31．（2021•南安市校级二模）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点在棱上且满足，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是　       　．

【答案】

【详解】如图，取的中点，

易知

平面，

取的中点，的中点，的下三等分点，

作如图连接，

易知，

平面，

平面平面，

当动点在线段上时，平面，

由，，，

可求得，，

取中点，则，

在△中，，

，的取值范围是．