【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题17 双空题小题 （拔高版）

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1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题17 双空题小题拔高练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知圆与圆相交于两点，则公共弦所在的直线方程为______，______.
【答案】 ； 2
【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.
【详解】由圆与圆，可得公共弦所在的直线方程为：，即.
因为圆的圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为1，所以.
故答案为：；2.
2．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知向量，且，则__________，在方向上的投影向量的坐标为__________.
【答案】
【分析】①根据平面向量垂直的判定条件求解的值即可；
②首先根据投影的计算公式求出在方向上的投影，进而求出在方向上的投影向量.
【详解】①已知，，由于，所以，解得；
②由①知：，，得，
则，，
故在方向上的投影为，
得在方向上的投影向量为.
故答案为：；
3．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）用总长的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制容器底面一边的长比另一边的长多1，则最大容积为__________；此时容器的高为__________.
【答案】 ##0.5625 ##0.75
【分析】设出容器底面的长和宽，写出容器体积的表达式，求出表达式的单调性，即可求出最大容积和对应的容器的高.
【详解】由题意，
设容器底面的长､宽分别为，
则，容器的高为.
记容器的体积为，
则，
∴，
当时，解得：，
∴当即时，函数单调递减，
当即时，函数单调递增，
∴，此时高为.
故答案为：；.
4．（2023秋·广东深圳·高三统考期末）已知的顶点，点，均在抛物线上.若，的中点也在上，的中点为，则______，的面积______.
【答案】 ## ##
【分析】先利用点在曲线上构造出一元二次方程，求得点D的坐标，进而求得的长和的面积.
【详解】不妨设，，
则的中点在上，
所以，整理得，
又的中点在上，
所以，整理得，
所以，是方程的两根，则，
所以，，
则，
的面积
故答案为：；
5．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知数列的前项和为，，，若对任意，等式恒成立，则_______，k=_________
【答案】 ##0.5 ##0.25
【分析】由，可得当时，有，两式相减，整理得，从而得数列是以为首项，1为公差的等差数列，再根据等差数列的求和公式可得，，所以，进而得，即可得答案.
【详解】解：因为，
所以当时，有，
两式相减得，
即有，
整理得：，
所以，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
则，
所以，
又因为对任意，等式恒成立，
所以，
解得，
所以.
故答案为：.
6．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）函数，对任意的时，都有，则______，函数的最小值是______.
【答案】 －1 －36
【分析】易得，是的两个零点，由可得，也是的两个零点，代入即可求出；令通过换元将函数转化为二次函数的最值问题即可.
【详解】依题意，
因为，
则，是的两个零点，
又，则，也是的两个零点，
故，则，故；
又，故，
令，则或，故，
对称轴是，故当时，即时，函数取得最小值－36.，
故答案为：-1；-36.
7．（2023·江苏泰州·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.
【详解】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
8．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知向量，，，则______，______．
【答案】
【分析】设，，得到，利用累乘法求出，结合，求出，，裂项相消法求和得到答案.
【详解】设，，
∴，
∴，
故，，
∴，
，
以上个式子相乘得：，，
又因为，所以，
∴，，
∴，，，
，
∴
．
故答案为：，．
9．（2023秋·辽宁辽阳·高三统考期末）已知直线与圆交于两点，则__________；若P是圆C上的一点，则面积的最大值是__________．
【答案】
【分析】（1）先求圆心到直线的距离，然后结合垂径定理算出弦长即可；
（2）结合上一空，三角形底边长一定，求出圆上一点到直线的距离的最大值，即可得到三角形面积的最大值．
【详解】由题意可知圆的圆心坐标为，半径，
则圆心到直线的距离，故；
因为是圆上的一点，所以点到直线距离的最大值为，
所以面积的最大值是．
故答案为：；．
10．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】 ## ##
【分析】设平面，垂足为，可证得在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为，，从而可求得，利用三角形面积公式可求得，结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得，从而为外接球直径，利用球的体积计算即可．
【详解】设平面，垂足为，如图，
过作于点，过作于，连接，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，得，同理，
从而均为直角三角形，
∵，，
∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．
∵，
∴，
又，
，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，
又，解得，
又，
，
，同理，
，为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为．
故答案为：，.
11．（2023秋·辽宁·高三校联考期末）已知分别为椭圆的左､右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的内切圆半径为，的内切圆半径为.①若，则直线的斜率______，②的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据椭圆方程求出和，设直线，，，联立直线与椭圆方程，得和，根据三角形的面积求出和，①若，结合和，求出后可得直线的斜率；②利用和，将表示为的函数，然后换元可求出的取值范围.
【详解】由可得，，所以，即，，
设直线，，，
联立，消去并整理得，恒成立，
则，，
依题意可得，得，即，即，同理可得，
①若，则，即，又，所以，
又，所以，即，，
代入到，得，得，
所以直线的斜率为.
②由①知，，，，
所以
，
令，则，则，
令，，根据对勾函数的单调性得函数在上为增函数，所以，所以，所以，
所以.
故答案为：；.
12．（2023·辽宁·新民市第一高级中学校联考一模）法国数学家加斯帕・蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆：，则的蒙日圆的方程为______；若过圆上的动点作的两条切线，分别与圆交于，两点，则面积的最大值为______．
【答案】 12
【分析】根据蒙日圆的定义，可知点一定在蒙日圆上，可求得蒙日圆的半径，进而求得蒙日圆的方程；因为，，都在圆上，且，所以为圆的直径，显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，进而求解.
【详解】由题意可知，点一定在蒙日圆上，
所以蒙日圆的半径，
所以蒙日圆的方程为．
因为，，都在圆上，且，
所以为圆的直径，所以，
显然，圆上的点到直线距离的最大值为圆的半径，
故面积的最大值为．
故答案为：；12.
13．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD为菱形，，，，且平面ABCD，四边形BEFG是正方形，则______；异面直线AG与DE所成角的余弦值为______．
【答案】 ##
【分析】根据线面垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解距离及异面直线所成角的余弦值.
【详解】由四边形为菱形，，可得为正三角形，
设为的中点，连接，所以．又，因此．
又平面，故以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
如图
设，，则，，，，
由题意，则平面，平面，
设，，从而，
因为四边形BEFG是正方形，所以，所以，
即，解得，所以，，设，
则，因为，所以，所以，即，所以，所以；
设异面直线AG与DE所成角为，又，
所以，
所以异面直线AG与DE所成角的余弦值为.
故答案为：；
14．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）用表示自然数的所有正因数中最大的那个奇数，例如：9的正因数有1、3、9，，10的正因数有1、2、5、10，.记，则（1）______.（2）______.
【答案】 86
【分析】根据的含义，可得到，由此可求得的结果；利用，对分组求和，进行递推，结合等差等比数列的前n项和公式，求得答案.
【详解】由题意得： ,
;
,
故答案为：86；.
15．（2023·福建漳州·统考三模）已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.
【答案】
【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.
【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，
，椭圆的短轴长为，椭圆；
设，，
，，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.
16．（2023·山东·河北衡水中学统考一模）在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥 的外接球表面积为______．
【答案】
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
17．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知数列中，.记，则的通项公式__________；的前项和__________.
【答案】
【分析】利用构造等比数列的方法求出通项公式，利用错位相减法求和.
【详解】记，由知是首项为1，公比为2的等比数列，∴，即.
∵，∴；
，①
，②
①②得
，
.
故答案为：；
18．（2023春·湖北鄂州·高三校考阶段练习）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】 ，
【分析】结合题意分析计算，即可求得的值；由题意，整理可得，根据等比数列的定义及通项公式，即可得答案.
【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：；，
【点睛】解题的关键是理解题意，得到和的关系，根据构造法求即可，综合性强，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
19．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）若，且，则的最小值为___________，的最大值为___________．
【答案】 25 ##0.0625
【分析】①利用已知条件构造，然后与相乘构造基本不等式，利用基本不等式即可；②由，结合利用基本不等式即可求解
【详解】①由，可知，，
所以，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为25．
②又，当且仅当时，等号成立，
所以，
故的最大值为．
故答案为：25；
20．（2023·湖南·模拟预测）已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是__________当时，记，若，则整数__________．
【答案】
【分析】根据正项数列各项单调递增，可得出，化简求出，由此可得首项的取值范围；再由裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且，
且，解得，
，
又由，
可得：．
，
．
，且数列是递增数列，，即，
整数．
故答案为：；.
21．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______．
【答案】
【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.
【详解】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.
22．（2023·湖南·模拟预测）已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．
【答案】
【分析】由题意分析的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.
【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，
；
；
；
.
所以，
所以.
一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，
所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.
故答案为：；.
23．（2023·广东广州·统考二模）在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当__________时，则有最小值为__________．
【答案】
【分析】先求出，，，，则
，代入结合均值不等式即可求出答案.
【详解】因为在等腰梯形中，已知，，，，可知，
所以， ，
， ，
则
.
当且仅当，即时取等号，即最小值．
故答案为：；.
24．（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）在空间直角坐标系中，为坐标原点，动点同时满足下列两个条件：①；②.设所有动点构成的几何体的表面积为，体积为，则______，______.
【答案】
【分析】由题意，几何体是棱长为1的正方体挖掉一个1为半径的球的，由此可以计算体积和表面积
【详解】所有动点构成的几何体为一个棱长为1的正方体挖掉一个以正方体顶点为球心，1为半径的球的.
几何体的体积为.
几何体的表面积为.
故答案为：.
25．（2023·江苏南通·二模）“完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍．寻找“完全数”用到函数：，为n的所有正因数之和，如，则_______；_______．
【答案】 42
【分析】根据为n的所有正因数之和，直接计算，分析的正因数的特点，利用等比数列求和求解.
【详解】根据新定义可得，，
因为正因数，
所以
故答案为：；
26．（2023春·广东·高三统考开学考试）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；；第堆有层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，则____________，____________．[参考公式：]
【答案】 56
【分析】根据“正三棱锥”形的装饰品的形成过程可知从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，即，根据迭代法即可求解，进而根据分组求和即可求解，代入即可求解，由裂项求和即可求解.
【详解】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，故．
则在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，则，
得，
其中也适合上式，则
在第堆中，
，
所以，
则，
故答案为：56，
27．（2023·福建漳州·统考二模）已知长方体的底面是边长为的正方形，若，则该长方体的外接球的表面积为________；记分别是方向上的单位向量，且，，则（m，n为常数）的最小值为________．
【答案】
【分析】根据长方体外接球直径为长方体体对角线即可求出球半径，得出球的面积，由所给条件可取与的方向相同或与的方向相同，问题可转化为求平面上一点与的距离的最小值，即求到平面的距离得解.
【详解】在中，，所以，，
所以该长方体的外接球的半径为，所以该长方体的外接球的表面积为由及可得，
所以与的方向相同或与的方向相同，
不妨取与的方向相同，
由平面向量基本定理可得必与共面，
在平面上取一点，故可设，
则，所以其最小值为点到平面的最小值，即最小值为.
故答案为：；
28．（2023秋·山东济南·高三统考期中）若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果，数列为牛顿数列，设，且，则__________；数列的前项和为，则__________.
【答案】
【分析】（1）由定义可得，从而，
得出是以为首项，公比为2的等比数列，从而可求得；
（2）由等比数列前项和公式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
，
则，，
则有，
则，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，
所以，所以，
解得：.
（2），所以.
故答案为：；.
29．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）过双曲线的左、右焦点作两条相互平行的弦，，其中在双曲线的左支上，在轴上方，则的最小值为______，当的倾斜角为时，四边形的面积为______．
【答案】 1
【分析】根据题意设，联立方程结合题意可求得.空1：根据题意分析利用韦达定理可得，结合不等式分析运算；空2：根据点到直线的距离结合韦达定理运算求解.
【详解】由双曲线可得，则，
设直线，
联立方程，消去x得：，
则，
由题意可得，解得，
空1：根据对称性可知：，
则
，
∵，则，可得，
∴，可得，
故的最小值为1；
空2：连接，根据题意可知四边形为平行四边形，且，
则点到直线的距离，
且，
当的倾斜角为时，则，即
可得，
故四边形的面积.
故答案为：1；.
30．（2023·湖南永州·统考二模）对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，，，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是__________；最大值是的最大值是__________.
【答案】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求得点坐标和对应的的值，得到，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】
由题意知：，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最小值为；
设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，
则点，到点的距离之比为：，
解得：，，则，
，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最大值是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.