2022年高考浙江数学高考真题变式题第7-9题解析版

这是一份2022年高考浙江数学高考真题变式题第7-9题解析版，共34页。试卷主要包含了已知，则，若，则，若，则的值是，已知，则等于，已知，，则，若非零实数，，满足，则，已知且，则a的值为，已知 ，，则等内容，欢迎下载使用。
 2022年高考浙江数学高考真题变式题7-9题
原题7
1．已知，则（    ）
A．25 B．5 C． D．
变式题1基础
2．若，则（    ）
A．2 B．4 C．5 D．10
变式题2基础
3．若，则的值是（    ）
A． B． C． D．1
变式题3基础
4．已知，则等于（    ）
A．1 B．2 C．3 D．6
变式题4基础
5．已知，，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
变式题5巩固
6．若非零实数，，满足，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题6巩固
7．已知，，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
变式题7巩固
8．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题8巩固
9．已知且，则a的值为（    ）
A． B． C． D．
变式题9提升
10．已知 ，，则 （用 ， 表示）等于（    ）
A． B．
C． D．
变式题10提升
11．正实数a，b，c均不等于1，若loga（bc）+logbc＝5，logba+logcb＝3，则logca的值为（　　）
A． B． C． D．
变式题11提升
12．已知，那么用表示是（    ）
A． B． C． D．
原题8
13．如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B． C． D．
变式题1基础
14．如图，在三棱锥中，，，，二面角的平面角为，则

A． B． C． D．
变式题2基础
15．如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，则（    ）．

A．， B．，
C．， D．，
变式题3基础
16．三棱锥中，，，记与所成角为，与平面所成角为，锐二面角的大小为，则
A． B．
C． D．
变式题4巩固
17．四面体，，，两两垂直，，，分别是，，上的点，且，设二面角，，的平面角分别为，，，则（    ）．
A． B．
C． D．
变式题5巩固
18．在三棱锥中，已知点是的中点，平面平面，，．设二面角的平面角为，二面角的平面角为，，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
变式题6巩固
19．已知四面体，，，.分别记二面角，，为，，.则下列结论中一定成立的是（    ）
A． B．
C． D．
变式题7巩固
20．如图所示，将两块斜边等长的直角三角板拼接（其中，），将沿翻折至，记，，所成角为，，，则在翻折过程中，下列选项一定错误的是（    ）

A． B． C． D．
变式题8提升
21．如图，矩形中，，点在，上，满足，，将沿向上翻折至，使得在平面上的射影落在的重心处，设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（    ）

A． B．
C． D．
变式题9提升
22．已知底面为正方形的四棱锥，点的射影在正方形内，且到的距离等于的长，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，二面角平面角为，则下列结论可能成立的是（ ）

A． B． C． D．
变式题10提升
23．如图，已知锐二面角的大小为，，，，，，，C，D为AB，MN的中点，若，记AN，CD与半平面所成角分别为，，则（    ）


A．， B．，
C．， D．，
变式题11提升
24．已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（    ）

A．
B．
C．
D．
原题9
25．已知，若对任意，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
26．若不等式对任意实数恒成立，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
变式题2基础
27．已知函数，若对任意的实数都成立，则正数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
28．若关于的不等式有实数解，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
变式题4巩固
29．若关于的不等式无解，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
30．存在，使时恒有，则（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
31．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
变式题7提升
32．若不等式对恒成立,则=
A． B． C． D．
变式题8提升
33．关于的方程有三个不同的实根，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．0
变式题9提升
34．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（     ）
A． B． C． D．

参考答案：
1．C
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.

2．C
【分析】根据条件，把指数式化成对数式，结合对数运算性质可得结果.
【详解】∵，
∴.
∴
∴.
故选：C
3．D
【分析】由求出a、b，表示出，进而求出的值.
【详解】由,

.
故选：D
4．A
【分析】利用对数和指数互化，可得，，再利用即可求解.
【详解】由得：，，
所以，
故选：A
5．B
【分析】根据指对互化，以及对数运算性质，即可求解.
【详解】解：，，
．
故选：B.
6．A
【分析】将指数式换成对数式，由换底公式化简可判断.
【详解】由已知，得，
得，，，
所以，，，
而，所以.
故选：A．
7．D
【分析】先解出x、y，再利用对数的运算性质求出x+y，即可求出.
【详解】因为，所以，同理可得：，
所以.所以.
故选：D
8．C
【分析】由换底公式和对数运算法则进行化简计算.
【详解】由换底公式得：，，其中，，故
故选：C
9．C
【分析】令，利用指对数互化，换底公式及对数的运算法则可得，即得.
【详解】令，
则，，又，
∴，即，
∴.
故选：C.
10．D
【分析】利用换底公式和对数运算法则得到，，进而再用换底公式和对数运算法则表示出
【详解】，，，
则
故选 ：D
11．A
【分析】利用对数的运算性质以及换底公式将等式logabc+logbc＝5化简变形，即可得到答案．
【详解】5＝loga（bc）+logbc＝logab+logac+logbc
5
5
5
5，
解得．
故选：A．
12．B
【分析】利用对数的运算法则求解即可.
【详解】，
故选:.
13．A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，

则，，，
，，，
所以，
故选：A．

14．B
【解析】先对取特殊值，进行判断，最后可以判断出.
【详解】当时，显然有，故平面，于是是二面角的平面角，即，当时，不是二面角的平面角，故而，综上所述：，故本题选B.
【点睛】本题考查了二面角与平面角大小关系的判断，考查了空间想象能力.
15．C
【分析】过C作平面ABFE，垂足为O，连结EO，则，，，由此能求出结果．
【详解】解：过C作平面ABFE，垂足为O，

∵矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，
记二面角的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，
直线EC与直线FB所成角为γ，
∴，，
∵，∴，由线面角的性质可得．
故选：C．
16．B
【分析】由于，所以与面所成角就等于与面所成角，显然与所成角大于与面所成角，从而可比较出，再由线面角二面角可得，由于，所以锐二面角等于与面所成线面角，再由线面角线线角可得，进而可得结果.
【详解】如图，因为，故与面所成角即与面所成角，由线面角线线角知：与面所成角与所成角，即；
由线面角二面角知：与面所成角锐二面角，即，
因为，故锐二面角即与面所成线面角，故与面所成线面角与所成角，即，
故.
故选：B

【点睛】此题考查了空间图形中的线线角、线面角，面面角间的关系，属于基础题.
17．B
【分析】设四面体为侧棱的直三棱锥，令，应用等体积法求到面的距离，等面积法求到、、的距离，进而可得，，并比较大小，即可确定，，的大小关系.
【详解】由题设，不妨设直三棱锥是侧面腰长为4的等腰直角三角形，即，且，

∴，而，
∴，则，又，若到面的距离为，
∴，而到的距离，同理可得到的距离，到的距离，
∴由题设知：，，，又，，均为锐角，
∴，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构建符合题设条件的四面体，利用几何法求面面角的正弦值，由题意知，，均为锐角，即可比较角的大小.
18．B
【分析】先通过分析得到直线与平面所成的角和二面角是相等的，并利用最小角定理得到，然后过点作交于点，连接、，利用射影面积法得到，即可得到结果.
【详解】如图，过点作交于点，

因为平面平面，平面平面，
所以平面，又，所以．
因为，是的中点，所以，
因此直线与平面所成的角和二面角是相等的，
根据最小角定理知，与平面所成的角不大于，所以．
连接，，则，
所以是二面角的平面角，
设，则，
连接，易知平面，
所以，
又平面，所以，
所以平面，所以，
则，，因此．
综上，，
故选：B．
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，方法技巧求二面角的方法如下：
（1）定义法，利用二面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法；
（2）射影面积法，利用面积射影公式求解，其中为二面角的平面角；
（3）空间向量法．
19．B
【分析】把四面体放置在一个长方体中，证得四面体的四个面都是全等的锐角三角形，设顶点在底面内的射影为，利用面积射影定理，得到，且，求得，即可求解.
【详解】由题意，可把四面体放置在一个长方体中，如图所示，
设，，，长方体的长、宽、高分别为，
则有，
可得，
由，可得，
所以四面体的四个面都是全等的锐角三角形，
设顶点在底面内的射影为，可得在内，
由面积射影定理，可得，
又由三个侧面与底面的面积相等，
可得，且，
所以，
所以.
又由在中，根据三角形的性质，可得，
因为，所以，所以D不正确.
故选：B.
  
20．B
【分析】在沿翻折至的过程中，点的运动轨迹始终为射影垂直于的弧上，当的射影点在左侧时，为钝角，为锐角，故；当的射影点在上时，为直角，为锐角，故；当的射影点在右侧时，为锐角，为锐角，作出辅助线得到,，进而比较即可得到结果.
【详解】在沿翻折至的过程中，点的运动轨迹始终为射影垂直于的弧上，当的射影点在左侧时，为钝角，为锐角，故；
当的射影点在上时，为直角，为锐角，故；
当的射影点在右侧时，为锐角，为锐角，

过作于，过作交于,连接,因为,所以平面，因为平面，所以平面平面，过作于，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以,过作于，连接，则平面，因为平面，因此，所以，同理作过作于，连接，则，所以,，显然，所以，则；
综上：，故B一定不成立；
故选：B.
21．A
【分析】作的中垂线，根据几何关系得知点落在左边，故可得，则问题可解．
【详解】作的中垂线，中点为，取中点，故在上，
作交于，连接，如图所示：

因为，，，可知点在左边，
则，由图可知，故
易知 ，由于
所以，则
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据几何图形关系判断．
22．C
【分析】设点在正方形内的射影为，作，得；
若A成立，由对称性可知与正方形中心重合，此时不满足，A错误；
若B成立，由知在上，得到，B错误；
若C成立，由知在中点连线上，由知，可知存在满足的点，C正确；
若D成立，由知在上，由知，此时不存在满足的点，D错误.
【详解】设点在正方形内的射影为，连接，且，作，垂足为，则，

对于A，若，由对称性可知，点在上；
同理，当时，点在上；则，即点与点重合，
此时，又，，与矛盾，A错误；
对于B，若，则点在上，此时，又，，与矛盾，B错误；
对于C，若，则点在中点连线上，如下图所示：

由对称性可知：，此时，即与重合，；
，在线段上，设正方形边长为，
则当时，，使得成立，C正确；
对于D，若，则在上，如下图所示：

，则在线段上，此时不存在点满足，使得，D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中二面角相关问题的求解，解题关键是能够根据二面角的大小关系和对称性确定点在底面上的投影点的位置，结合点位置来进行分析.
23．A
【分析】根据面面角的定义求得，根据线面角的定义找到，，通过比较的正弦值比较两角的大小，接着根据的范围判断的大小，根据线段长度的大小关系求得的大小关系.
【详解】分别过点和点作，的平行线相交于点，
因为，所以,所以，
过点作，连接，所以，
取,,
此时；排除CD.
取线段中点为点，又C，D为AB，MN的中点，
所以与平行且相等，所以，
所以CD与半平面所成角为，
显然，又因为，所以；排除B.
故选：A.

【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
24．A
【分析】由题意得到平面图以及翻折的立体示意图，点E，F分别为AB，BC的中点，G为DE与AF的交点，可知点D在平面ABC上的投影在DE上，由，判断D投影点在的位置，根据投影点到AB，BC，CA的距离判断二面角的大小关系，再设的高为h，由，即可得到线面角的大小关系.
【详解】由题意可知，不妨设，则.如图所示，取点E，F分别为AB，BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.

所以，则，则旋转过程中，点在平面ABC上的投影在DE上.
当点的投影为点G时，则；当点的投影在DG上时，则；
当点的投影在GE上时，则；当点投影为点E时，则.
故要使，则点的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为
所以二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，故；
设三棱锥的高为h.
则.
因为，所以.
因为，所以
故选：A.
25．D
【分析】将问题转换为，再结合画图求解．
【详解】由题意有：对任意的，有恒成立．
设，，
即的图像恒在的上方（可重合），如下图所示：

由图可知，，，或，，
故选：D．

26．D
【分析】分类讨论，根据条件可以得到且和且同时成立，从而得到，得到结果.
【详解】当时，即时，恒成立，
所以恒成立，所以且；
当时，即时，恒成立
所以或恒成立，所以且，
综上，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题目.
27．C
【分析】利用绝对值三角不等式，得，问题转化为或，利用，又转化为或的解集为，利用绝对值的几何意义解不等式后，根据解集的关系可得的范围．
【详解】因为，所以或，
又，所以或的解集为，
解得或，所以当时，有，
由解得或，即或，
因为，所以，即.
故选：C．
【点睛】本题考查绝对值三角不等式，考查绝对值的几何意义，解绝对值不等式的方法：（1）根据绝对值定义分类讨论去绝对值符号后求解；（2）根据绝对值的几何意义求解；（3）在不等式两边均为正（或非负）时可能两边平方化简不等式．
28．A
【详解】依题意，，画出的图像如下图所示，由图可知，解得.

29．C
【分析】先得到当时，满足题意，再当时，根据绝对值三角不等式，得到的最小值，要使不等式无解，则最小值需大于等于，从而得到关于的不等式，解得的范围
【详解】关于的不等式无解，
当时，可得此时不等式无解，
当时，
，
所以要使不等式无解，则，
平方整理后得，
解得，
所以，
综上可得的范围为，
故选C.
【点睛】本题考查绝对值的三角不等式的应用，根据不等式的解集情况求参数的范围，属于中档题.
30．D
【分析】由题意令，则上恒成立，上恒成立，讨论、、，上述两区间内的绝对值不等式是否同时成立，即可求参数的范围.
【详解】令，
∴在上恒有，在上恒有，
∴上恒成立，上恒成立，
∴令，即时，；上；
∴当时，上，上，此时；
当时，上，上，此时；
当时，上，
在上，有：
①时，；
②时，，
当.
此时，不能在和上同时成立.
综上，有.
故选：D
【点睛】关键点点睛：由题意易得上恒成立，上恒成立，令，讨论参数a，并确认在和上绝对值不等式是否可以同时成立，求参数范围.
31．B
【分析】分类讨论去绝对值求解.
【详解】（1）当或时，，
不等式为，
若不等式恒成立，必需

所以；
（2）当时，，
不等式为即，
（ⅰ）当时，不等式对任意恒成立，
（ⅱ）当时，
不等式恒成立即恒成立，
所以，解得，
（ⅲ）当时，
不等式恒成立即恒成立，
所以，解得
综上，实数的取值范围是
【点睛】本题考查绝对值不等式，含参数的二次不等式恒成立. 含参数的二次不等式恒成立通常有两种方法：1、根据二次函数的性质转化为不等式组；2、分离参数转化为求函数最值.
32．A
【解析】不等式对恒成立,即时的正负情况与的正负情况一致，得出的根，即可求解.
【详解】由题：不等式对恒成立,
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以和时，，
即，解得：，
检验当时，
在大于等于0，在时，小于等于0，在大于等于0，
所以.
故选：A
【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的值，将问题转化为方程的根的问题，涉及转化与化归思想，综合性强.
33．A
【解析】首先去绝对值，问题转化为或，有三个实数根，当时，画出函数的图象，利用数形结合求得，再代入求的最小值.
【详解】由条件可知，方程化简为或，
当时，，
如图，若方程有三个不同的实根，则与直线和共有3个交点，画出函数的图象，

当时，，，得，解得：，或（舍），
，，
当时，取得最小值，
当时，，
综上可知的最小值是.
故选：A
【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
34．B
【分析】令，分，，，再利用绝对值的几何意义，去掉绝对值，再根据恒成立求解.
【详解】解：令，
（1）当时，
当时，，
若时，递减，，不成立；
若时，递增，无最小值，不成立；
当时，，递增，，不成立；
当时，，递增，，不成立；
（2）当时，
当时，递减，，不成立；
当时，递增，，不成立；
（3）当时，
当时，，递减，，解得，
当时，，
若，则递增，，解得，
若，则递减，，解得，
当时，，
若，递增，，解得，若，递减，无最小值，不成立；
综上：a的取值范围是
故选：B