新高考二轮复习多选题与双空题满分训练专题16双空题综合（2份打包，教师版+原卷版）

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专题16 双空题综合
新高考地区专用

1．已知函数（）.
（1），___________；
（2）若m，n满足，则的最小值是___________.
【答案】         
【详解】（1）；
（2），
，
等价于，
即，故，其中，，
所以，
等号成立当且仅当，即，时成立，故取最小值；
故答案为：2， .
2．设抛物线的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设与相交于点D．若，且的面积为，则直线的斜率________，抛物线的方程为________．
【答案】         
【详解】解：如图所示，，．

所以．轴，，，
所以四边形为平行四边形，，．，解得，
代入可取，，解得．

故答案为： ；
3．已知，且，函数，若，则___________，的解集为___________.
【答案】         
【详解】①由题可知，，
则，即，解得，故.
②当时，，解得；当时，恒成立.
故不等式的解集为.
故答案为：；.
4．如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球则球A的体积为________，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为___________.

【答案】         
【详解】设圆柱的底面半径为R，小球的半径为r，且，
由圆柱与球的性质知，即，，
球A的体积为
（2）球B的表面积，
圆柱的侧面积，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为
故答案为：；
5．抛物线的焦点为，则______，过F的直线l与C交于A，B两点，若线段AB中点的纵坐标为1，则______．
【答案】     1     4
【详解】∵抛物线的焦点为，
所以，设，，则，，
又AB的中点为，直线l的斜率为k，所以，所以，
故，故．故l的方程为，所以．故．
故答案为：1；4.
6．19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为______；若,，则k的值为__________．
【答案】          5
【详解】由题意可得：
（1）
（2），而，故，则．
故答案为：
7．如图，在中，，，点P在线段CD上（P不与C，D点重合），若的面积为，，则实数m＝________，的最小值为________．

【答案】     ##0.25    
【详解】因为,所以
而
因为与为非零共线向量,故存在实数使得
故 所以
的面积为，
所以
当且仅当时等号成立,故的最小值为;
故答案为：；.
8．）已知数列满足，且，，则该数列的首项______；若数列的前项的为，且对都有恒成立，则实数的取值范围为_____________．
【答案】     1    
【详解】因为数列满足，所以，所以，
所以为等差数列，设其公差为d.
因为，所以，，所以，解得：.
所以，所以，所以.
所以.
所以
因为对都有恒成立，所以，即实数的取值范围为.
故答案为：1；.
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，直线PF2与y轴交于点Q，点P在线段上，的内切圆的圆心为，若为正三角形，则=___________，C的离心率的取值范围是___________．
【答案】         
【详解】设为上顶点，点位于第一象限，作交椭圆于点，则如图所示：
依题意得
依题意得点位于点与之间，故
所以，则化为，解得
故答案为：，

10．已知一个袋子里有9个大小、形状、质地完全相同的球，其中4个红球、2个白球、3个黑球，先从袋子中任取1个球，再从剩下的8个球中任取2个球，则这2个球都是红球的概率为______，先取出的球也是红球的概率为______．
【答案】         
【详解】设事件A表示从剩下的8个球中任取2个球都是红球，事件，，分别表示先取的1个球是红球、白球、黑球，由全概率公式得，
．
故答案为：；.
11．用标有克，克，克的砝码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种；若再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种．
【答案】     7     62
【详解】当一边放砝码时：一个砝码时，有能称出克、克、克，两个砝码时能称出克、克、克，三个砝码时能称出克共有种情况；
当两边都放砝码时：一边各放一个砝码时，则能称出克、克、克三种情况；
一边两个另一边一个有克、克、克三种情况，
综上所述，该天平所能称出的不同克数至多有共有种情况.
若用克、克、克的砝码可称量范围，
若加入克后，可称量的范围，即，
若加入克后，可称量的范围，即，
也可称量，即，
也可称量，即，
则，，，，，因为为正整数，所以，
所以再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有种.
故答案为：；.
12．已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．
【答案】          ##
【详解】
因为，则，令，则，
，则，所以，，
所以，当时，函数取得最小值，即，
此时，由已知，
所以，，
.
故答案为：；.
13．已知A，B为抛物线上两点，O为坐标原点，若，直线必过定点，则定点的坐标为______；的面积的最小值是______．
【答案】          16
【详解】设直线的方程为，点，，
因为，所以，所以．
由 得，所以，，
．所以，解得或．
当时，直线过原点，不满足题意；
当时，直线的方程为，过定点，
的面积为，
即当时，的面积取得最小值16．
故答案为：；   16
14．已知、，是圆上的动点，当最大时，________；的最大值为________.
【答案】         
【详解】由已知可得，则，得，
且有，所以，
，
当且仅当时，即当时，取得最大值.
因为，，所以，，
设，，其中，
所以，，
因为，则，当时，即当时，取得最大值，
此时，可得，合乎题意.
故答案为：；.
15．已知A，B是抛物线上两动点，过A，B分别作抛物线的切线，若两切线交于点P，当时，点P的纵坐标为___________，APB面积的最小值为___________.
【答案】         
【详解】设，，不妨设A在第一象限，
因为，所以直线AP的方程为，即，
同理，直线BP的方程为，
两方程联立，解得，所以点，
因为，所以，所以.，
则直线AB的方程为，即，
故点P到直线AB的距离，，
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：，
16．已知是抛物线上一点，且位于第一象限，点到抛物线的焦点的距离为，则______；若过点向抛物线作两条切线，切点分别为、，则______.
【答案】         
【详解】由抛物线的定义得，解得，所以抛物线的方程为，
将代入抛物线的方程可得，因为，可得.
易知点不在抛物线上，设点、的坐标分别为、.
又，所以抛物线在点处的切线方程为，即，
将点的坐标代入直线方程，可得，同理可得，
因为点、的坐标满足方程，故直线的方程为.
将代入，整理得，
则，所以，，
故.
故答案为：；.
17．已知数列满足，，则的值为___________，的值为___________.
【答案】         
【详解】解：令，则，，令，则，
所以，所以，因为，所以，即，
当时，有，
因为，所以，所以，所以，
故答案为：，
18．已知､为双曲线：的左､右焦点，点在上，，则的面积为___________，内切圆半径为___________.
【答案】         
【详解】依题意知，，所以.设，，在△中，
由余弦定理得，即 ①，
由双曲线定义得，平方，得 ②，
联立①②得，，进而可得，
所以，△的面积，
设△内切圆半径为，则△的面积，
所以，解得内切圆半径为.
故答案为：①；②.

19．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】         
【详解】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，
，由余弦定理得，即

易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面
易知，
记O为外接球球心，半径为R平面，O到平面的距离
又的外接圆半径
故答案为：，



20．为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.
【答案】     2    
【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：2，
21．德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……、经过n次操作后，共删去______个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，则至少需要操作______次．（）

【答案】          9
【详解】由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；
易知，第次操作后共保留个小正方形，其边长为，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为
由，得
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过.
故答案为：，9.
22．在平面四边形ABCD中，，，，，.以AB为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，旋转过程中，C，D均在球O上，则球O的半径是___________，几何体的体积是___________.
【答案】         
【详解】解：依题意可得为直角梯形，如图直角梯形绕旋转一周所得几何体为圆台，

所以，
设外接球球心为，则在上，令，则，设外接球的半径为，
所以，解得，所以
故答案为：；
23．已知双曲线的左焦点为，若点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上，则的坐标为___________，双曲线的离心率为___________.
【答案】          2
【详解】由题意得，且点在第一象限，又点在上，
故，，即点，
由题意，两条渐近线的夹角，一条渐近线与轴的夹角相等
故一条渐近线与轴的夹角为，，．
故答案为：，2
24．在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为，则PA的长为_____；三棱锥P－ABC的外接球表面积为_____．
【答案】     2     ##
【详解】取BC中点E，连接NE，ME，
设，∴．
取AC中点F，连接NF、MF，则，因为PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，
由MF平面ABC，所以，所以
∴，∴
设底面△ABC外心为，由正弦定理得，过作⊥平面ABC，则三棱锥P—ABC外接球球心O一定在O1Q上，由，取PA中点R，则，∴
∴外接球半径
故答案为：2，

25．某挑战游戏经过大量实验，对每一道试题设置相应的难度，根据需要，电脑系统自动调出相应难度的试题给挑战者挑战，现将试题难度近似当做挑战成功的概率．已知某挑战者第一次挑战成功的概率为，从第二次挑战开始，若前一次挑战成功，则下一次挑战成功的概率为；若前一次挑战失败，则下一次挑战成功的概率为．记第次挑战成功的概率为．则________；________．
【答案】          ，
【详解】表示第2次挑战成功的概率，
则可能为第一次挑战成功，第二次挑战成功，或第一次挑战失败，第二次挑战成功，
所以.设第n-1次挑战成功的概率为，
则
所以，即，
又所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，
故答案为：；，
26．在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面底面ABCD，，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥的体积为_______．
【答案】     ##    
【详解】取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，

因是正三角形，则，又ABCD是矩形，有，而平面平面，
平面平面，平面，平面，因此平面，平面，
又，则平面，平面，即有，
，平面，有平面，平面，，
而，则，
显然，由球的对称性及四棱锥的特征知，
平面截四棱锥的内切球O得截面大圆，
此圆是的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形为正方形，
令，而，，则球半径，
四棱锥的表面积为，
由得：，
整理得：，即，解得，
因此，，内切球的体积，四棱锥体积.
故答案为：；
27．在数列中，，，，则_______；的前2022项和为_______．
【答案】     3     1023133
【详解】由，得，又，
所以，，，，
，，，，
，，，
，，；
因为，所以，明显可见，规律如下：
，成各项为1的常数数列，其和为，
，成首项为2，公差为的等差数列，其和为，
，成各项为0的成常数数列，其和为，
，成首项为3，公差为4的等差数列，其和为，
故.
故答案为：①3；②1023133.



28．三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，则到平面的距离为___________；设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为___________.
【答案】     ##     ##
【详解】取中点，连接，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，
又，满足，所以，
因为，所以平面，
因为点为棱的中点，所以到平面的距离为；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，所以,
所以,设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，所以，
所以，令，解得，
又，所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：；.

29．《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等，该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是________；卧足杯的容积是________（杯的厚度忽略不计）.

【答案】         
【详解】如下图：设球体的半径为，，由得，
，解得，所以；
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，，.
故答案为：；.

30．已知函数的图象与直线有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为，，，，则______；的最大值为______.
【答案】     4    
【详解】图像如图：

由图知，是方程的两根，则，，
是方程的两根，则，，∴a＋b＋c＋d＝4.
，∴，
，∴，
∴，
令，，则，
令，解得，此时，f(m)单调递增，
令，解得，此时，f(m)单调递减，
∴＝f()＝.
故答案为：4；.



31．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为___________，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为____________．(，)
【答案】     ；     .
【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：
，，，， .以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为
由题意知，，两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
32．已知函数，对任意非零实数x，均满足.则的值为___________；函数的最小值为___________.
【答案】     0    
【详解】函数，因对任意非零实数x，均满足，
则，有，
即，
由等式两边展开式最高次项系数得：，即，
当时，，解得，经检验得，，，
对任意非零实数x成立，
因此，
，
，当即时，，
所以的值为0，函数的最小值为.
故答案为：0；
33．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】当时，，令，则，
令，解得：，且当时，单调递增；
当时，单调递减，所以，
因此，故的最小值为，
的图像如下所示：

由于，而点是直线与轴的交点，因为 ，由图象显然虚线不符合题意，实线中直线与函数相切时，在轴上的截距较大，其中当直线与函数相切且切点为函数与轴的交点时，截距最大，令，所有函数与轴的交点为，故，即，故.
故答案为：1，.
34．已知是定义在上的奇函数，且.若当时，，则在区间上的值域为____________，在区间内的所有零点之和为__________
【答案】          ##2.5
【详解】由当时，，可得当时，，
当时，，
又是奇函数，可得函数图像关于原点对称.又当时，
即，即，
即函数右移两个单位，函数值变为原来的2倍，由此可得函数在上的图像如图所示：

结合图像可知在区间上的值域为；，即，即的交点，画出的图像，由图像可知4个交点的横坐标依次为，又均是奇函数，故，故.
故答案为：；.

35．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图①是一个椭圆球形瓷凳，其轴截面为图②中的实线图形，两段曲线是椭圆的一部分，若瓷凳底面圆的直径为4，高为6，则__________；利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为__________

【答案】     ##；    
【详解】第一空：如图以椭圆的中心建立坐标系，瓷凳底面圆的直径为4，高为6，

易得图中，故，解得；

第二空：如图，图1为旋转形成椭圆球形的一半，图2为圆柱挖去等底等高圆锥形成的几何体，其底面半径为3，高和半椭圆球形相等.
设，即点纵坐标为，代入椭圆方程，解得，故圆的面积；
圆柱中大圆的半径为，由可得小圆的半径，故圆环的面积，易得，
根据祖暅原理可得图1半椭圆球形的体积等于图2几何体的体积.又该瓷凳底面圆的直径为4，高为6，即，，
故体积为，故该瓷凳的体积为.
故答案为：；.