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（江苏专用）

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【详解】由题意知，，，且曲线既关于原点对称又关于轴对称，
当，时，，，所以，
同理可得曲线在，，，四条直线内部，
所以，
所以，
所以当时，，
当时，，
所以，则
2．（2021•南京二模）已知函数，，若函数有3个不同的零点，，，则的取值范围是 ．
【答案】，，
【详解】函数，，若函数有3个不同的零点，，，
令，则由，化简，解得，即，，
下面判断的单调性，，当，，单调递增，
当，，单调递减，
的最大值是（e），图象如下：，有3个不同的零点
①有一个，有2个，则或者，，解得，
此时，由，，，；
②有二个，有1个，则，（不成立）或者，解得，
由，，，，；
综上，的取值范围是，，．
3．（2021•江苏一模）已知在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．过直线的平面截圆柱得到四边形，其面积为8．若为圆柱底面圆弧的中点，则平面与球的交线长为 ．
【答案】
【详解】
由于球与圆柱的上下底面及母线均相切，
四边形为正方形，其面积为8，
则．
平面与球的交线为圆形，如图处即为此圆形．
以为直径的圆即为交线．
由于，，则．
在直角三角形与直角三角形中，
，为公共角．
，
则．
．
故交线长为．
4．（2021•江苏一模）四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样四面体的体积 ；这样的不同四面体的个数为 ．
【答案】，3
【详解】四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，
可以构成一个底面边长为1的正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，
该三棱锥的高为，
则体积，
1和2可以构成的三角形有：
边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，边长为1，2，2的三角形，
除了已求体积的正三棱锥外，还可以是：
四个1，2，2的三角形拼成的三棱锥；
两个边长为2的正三角形和两个1，2，2的三角形拼成的三棱锥，
综上这样的不同四面体的个数为3．
5．（2021•江苏二模）在三棱锥中，，，点到底面的距离为7．若点，，，均在一个半径为5的球面上，则的最小值为 ．
【答案】198
【详解】的外接圆的圆心为的中点，点到底面的距离为7，
设所在截面圆的圆心为，此截面与平面平行，球心在上，
，，
则．
设在平面上的射影为，则在以为圆心，3为半径的圆上，
平面，与平面内所有直线垂直，，
．
而
．
当，反向时，取得最小值为．
的最小值为．
6．（2021•徐州模拟）在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评．设随机变量，记，，1，2，，．在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值．以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数．当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为 的概率最大．
【答案】18
【详解】继续再进行80次投掷实验，出现点数为1次数服从二项分布，
由，
结合题中的结论可知，当时概率最大，
即后面80次中出现13次点数1的概率最大，加上前面20次中的5次，
所以出现18次的概率最大
7．（2021•无锡模拟）若不等式对一切恒成立，其中，，为自然对数的底数，则的取值范围是 ．
【答案】，
【详解】令，题中的不等式即恒成立，
显然，，
则，，
当时，在递增，递减，符合题意，
时，在递减，，递增，递减，
，，故符合题意，
综上，，，因此，．
8．（2021•江苏模拟）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，其内切球与两侧面，分别切于点，，则的长度为 ．
【答案】
【详解】如图，设正四棱锥的内切球的球心为，底面中心为，
连接，则底面，且，再设内切球的半径为，
正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，
，高，
则，解得．
连接并延长，交于，连接，连接并延长，交于，连接．
由题意可得，，，
由已知可求得，则，
，由对称性可知，，则，得．
9．（2021•江苏模拟）设抛物线和在它们的一个交点处的切线互相垂直，则过定点 ．
【答案】
【详解】，，
，，
设交点为，，
它们在一个交点处切线互相垂直，
，即，①
由交点分别代入二次函数式，整理得，
，即，②
由①②整理得，即，
所以，
令，可得，
则过定点
10．（2021•苏州模拟）如图，已知球的半径为，圆，为球的两个半径均为2的截面圆，圆面、圆面、圆面两两垂直，点，分别为圆与圆，的交点，，两点分别从，同时出发，按箭头方向沿圆周，以每秒弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置时停止运动，则其运动过程中线段长度的最大值为 ；研究发现线段长度最大的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为 秒．
【答案】，8
【详解】以为坐标原点，以平行于的直线为轴，以所在直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，
当时，取最大值为，
由，得，由，得．
故最大的两个时刻差为8．
11．（2021•扬州一模）已知函数与函数的图象交于，，，且，则实数 ．
【答案】
【详解】因为，，
所以，
所以为奇函数，图像关于原点对称，且为增函数，
，
所以函数的图像关于点对称，
由题意可得，直线过点，
所以，即，
所以直线为，
设，则，①
又，
所以，
所以，②
①平方得，③
由②③得，
所以，
所以，
所．
12．（2021•淮安模拟）拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑波拿马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，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三个角形的顶点”．在中，，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，，若△的面积为，则的周长的取值范围为 ．
【答案】，
【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：
设，，，
所以以、为边作等边三角形，其中一边在、的延长线上；
由，，，；
所以，，；
同理，，；
；
所以等边△的面积为，
解得，所以；
在中，由，
所以，
所以的周长为，
又，且，
所以，解得，当且仅当时取“”；
又，，所以，
，，
即的周长最小值为，．
13．（2021•如皋市模拟）设，函数在定义域上有两个零点，，函数有两个零点，，为自然对数的底数，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】，
【详解】由，得，
由，得，
设与交于，，
如图示：
，，
而，解得：，
14．（2021•江苏模拟）过抛物线上点作抛物线的两条切线，切点分别为，，若的重心为，则 ．
【答案】
【详解】设，，，，
则切线的方程为：，切线的方程为：，
联立方程，可得：，，又，
所以，即点的坐标为，
又点在抛物线上，由三角形的重心为，
所以，解得，则①
所以，得②
则①②联立可得，
所以点的坐标为，代入抛物线方程：，
解得，
15．（2021•南京三模）已知直线与曲线相切，则的最大值为 ．
【答案】
【详解】的导数为，
由于，可得为增函数，
当时，，则递增，可得，
因为为偶函数，可得在递减，
问题转化为对恒成立．
当时，，
当时，令，即，
所以，
此时，而为在处的切线方程．
则的最大值为．
16．（2021•常州一模）已知为等边三角形，底面，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值是 ．
【答案】
【详解】设三棱锥外接球的半径为，由，得，
设等边三角形的外接圆的半径为，，即，
，，
则，
，
．
令，则，
，令，可得，
当时，，当，时，，
当时，，
三棱锥体积的最大值是．
17．（2021•江苏模拟）在长方体中，，，，过点且与直线平行的平面将长方体分成两部分．现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为 ．
【答案】
【详解】如图所示，平面将长方体分成两部分，有可能在平面上或平面上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面上的情况，延长与 交于点，作 于 点，
设，圆对应的半径为，根据三角形内切圆的性质，在△中，，
则，又当 与重合时，取得最大值，由内切圆等面积法求得，则
设圆对应的半径为，同理可得，
又，解得．
故，，
设，则，
由双勾函数性质易知，函数 单减，
则，即最大值为．
18．（2021•常州一模）已知函数，则使不等式成立的实数的取值范围是 ．
【答案】
【详解】因为，
所以，
所以函数的图像关于对称，
当时，单调递减，
根据函数的对称性知，在时单调递增，
因为，
所以，
即，且，，
所以，且，，
，解得，且．
19．（2021•锡山区校级三模）如图，在四面体中，，，，，分别是，的中点若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ．
【答案】
【详解】补成长，宽，高分别为，，1的长方体
由于，故截面为平行四边形，可得，设异面直线与所成的角为，
则，
算得，，当且仅当时取等号．
20．（2021•苏州模拟）已知双曲线，若在直线上存在点满足：过点能向双曲线引两条互相垂直的切线，则双曲线的离心率取值范围是 ．
【答案】，
【详解】设过点且与双曲线相切的直线方程为，，
由，
可得，
即为，
△，
化简可得，
即，两根设为，，，
即为，
即为，看做关于的方程，△，
可得，
所以双曲线的离心率，．
21．（2021•江苏模拟）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为 ．
【答案】
【详解】作出该几何体在下底面的投影图如图，
正六角反棱柱各棱长均为1，，，则，
过侧面任意一三角形上顶点作底面垂线，设垂足为，为上下两底面距离，
则，
设球的半径为，则有，
其外接球的表面积为．
22．（2021•南通模拟）抛物线的焦点为，动点在抛物线上，点，当取得最小值时，直线的方程为 ．
【答案】或
【详解】设点的坐标为，，，
，
当且仅当，即时取等号，
此时点坐标为或，
此时直线的方程为，即或
23．（2021•江苏模拟）法国著名的军事家拿破仑．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，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．在三角形中，角，以、、为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为、、，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为 ．
【答案】
【详解】由题意知△为等边三角形，设边长为，
则，解得；
设，，，如图所示：
在△中，，
由，所以，
在等腰△中，，
解得，同理得，
在△中，由余弦定理得，
即，
即，
在中，由余弦定理知，
，
，
又，
，
的周长为，
又，
，
．
令，
则，
当时，有，解得，
在，上单调递减，
当时取得最小值，（2）．
，即的周长最小值为．
24．（2021•无锡一模）若对于恒成立，当时，的最小值为 ；当时，的最小值是 ．
【答案】1，
【详解】令，则，
令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减，
故（1），
若对于恒成立，
只需在即可，
①时，，故的最小值是1，
②时，令，解得：，
取最小值时，直线在轴的截距最大，
令，解得：，故，
即的最小值是
25．（2020秋•海门市校级月考）在中，，则 ；点是上靠近点的一个三等分点，记，则当取最大值时， ．
【答案】，
【详解】如图，，
，
，
，
，由，可得：，
在中，由正弦定理可将，变形为，
即，
又，
，
即，①
在中，由余弦定理得：，②
由①②得，
令，
则，
，
令，求得，
故当时，取得最大值．
结合②可得，．
在中，由正弦定理得，求得，
故，即的值为．
26．（2021•南通模拟）正方体的棱长为1，，分别为，的中点．则平面截正方体所得的截面面积为 ；以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线长为 ．
【答案】；
【详解】如图，
连接，则，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形，
由正方体的棱长为1，得，，
，则到的距离为，
；
平面平面，且平面平面，
过作，则平面，
为的中点，，
又以为球心，以为半径的球面与对角面相交，
球面被对角面所截圆的半径为，
由，，可得，
球面与对角面的交线为以为圆心，以为半径的圆的一段劣弧，
其长度为．
27．（2021•江苏模拟）一个组合体由上下两部分组成，上部是一个半球，下部是一个圆柱，半球的底面与圆柱的上底面重合．若该组合体的体积为定值，则当圆柱底面半径 时，该组合体的表面积最小．
【答案】
【详解】如图所示
该组合体的体积为，①
表面积为，②
由①可得，
代入②，
当且仅当，即时最小．
所以时组合体的表面积最小．
28．（2021•苏州模拟）已知函数在，上的最大值为，最小值为，则 ．
【答案】
【详解】，
，
，关于点对称，
根据函数关于对称，得，
得
29．（2021•江苏模拟）已知等边三角形的边长为2，点，分别在边，上，且，将沿折起，则四棱锥的体积的最大值为 ，此时四棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】；
【详解】设、分别为，的中点，，则，
则
，其中，
记，，则，
令，得，故当时，有最大值为；
设，分别为，等腰梯形的外接圆的圆心，则为的三等分点（靠近，
在直线上，
设过，分别与，等腰梯形所在平面垂直的直线交于点（四棱锥的外接球的球心），
连接，，，，
由（1）知，在等腰梯形中，，，，，
则在线段的延长线上，，
设，由得，，
即，解得．
则．
四棱锥的外接球的表面积为．
30．（2021•盐城三模）对于函数，有下列4个论断：
甲：函数有两个减区间；
乙：函数的图象过点；
丙：函数在处取极大值；
丁：函数单调．
若其中有且只有两个论断正确，则的取值为 ．
【答案】2
【详解】函数的定义域是，
由题意得：，
令，显然过定点，
①时的图像可能是：
或，
②时的图像可是：
或
当时，函数最多1个减区间，
故甲错误，则乙正确；
则（1），即，
此时，若丙正确，则解得：，故，
而此时在处取极小值，即与丙矛盾，
若丁正确，则，，可满足题意，
综上：乙丁正确，且，
31．（2021•连云港一模）焦点为的抛物线上一点，，若以为直径的圆过点，则圆心坐标为 ，抛物线的方程为 ．
【答案】，
【详解】由抛物线的方程可得，，设点的坐标为，点，
则，
由已知可得，即，又，
所以，解得，则，
又由抛物线定义可得，解得，
所以，，所以以为直径的圆的圆心的坐标为，
抛物线方程为：