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）

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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．