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Page12022年新高考數(shù)學(xué)名校地市選填壓軸題好題匯編(十九)一、單選題1.(2022·河南·三模(文))如圖1所示,雙曲線具有光學(xué)性質(zhì):從雙曲線右焦點(diǎn)發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射,其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點(diǎn).若雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為,,從發(fā)出的光線經(jīng)過圖2中的A,B兩點(diǎn)反射后,分別經(jīng)過點(diǎn)C和D,且,,則E的離心率為(
)A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結(jié)合題意作出圖形,然后結(jié)合雙曲線的定義表示出,進(jìn)而利用勾股定理即可得到,從而可求出結(jié)果.【詳解】由題意知延長則必過點(diǎn),如圖:由雙曲線的定義知,又因?yàn)?,,所以,設(shè),則,因此,從而,所以,又因?yàn)?,所以,即,即,故選:B.2.(2022·河南·三模(文))若,,,則(
)A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用對數(shù)和對數(shù)函的性質(zhì)進(jìn)行化簡后比較.【詳解】解:故故選:A3.(2022·廣東廣州·二模)已知且,若集合,且﹐則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(
)A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合M,再由給定條件,對集合N分類討論,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)最小值求解作答.【詳解】依題意,,,令,當(dāng)時,函數(shù)在上單調(diào)遞增,而,則,使得,當(dāng)時,,當(dāng)時,,此時,因此,,當(dāng)時,若,,則恒成立,,滿足,于是當(dāng)時,,當(dāng)且僅當(dāng),即不等式對成立,,由得,當(dāng)時,,當(dāng)時,,則函數(shù)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,,于是得,即,變形得,解得,從而得當(dāng)時,恒成立,,滿足,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是或.故選:D【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛:涉及函數(shù)不等式恒成立問題,可以利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的最值,借助函數(shù)最值轉(zhuǎn)化解決問題.4.(2022·廣東茂名·二模)已知雙曲線C:的右焦點(diǎn)為F,左頂點(diǎn)為A,M為C的一條漸近線上一點(diǎn),延長FM交y軸于點(diǎn)N,直線AM經(jīng)過ON(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))的中點(diǎn)B,且,則雙曲線C的離心率為(
)A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由中點(diǎn)B,且得,由點(diǎn)到直線距離公式得,從而得,通過三角形全等證得△MNB為等邊三角形,然后得,從而計算出離心率.【詳解】記M為雙曲線C:的漸近線上的點(diǎn),因?yàn)?,且,所以,.所以.因?yàn)橛医裹c(diǎn)到漸近線的距離,所以.所以,所以,所以,所以,又因?yàn)椋浴鱉NB為等邊三角形,所以,所以,即,所以.故選:A.5.(2022·廣東深圳·二模)過拋物線的焦點(diǎn)F作直線l,交拋物線于A,B兩點(diǎn),若,則直線l的傾斜角等于(
)A.或 B.或 C.或 D.與p值有關(guān)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意畫出圖形,根據(jù)拋物線的定義和相似三角形列出比例式,再利用直角三角形的邊角關(guān)系求出直線的傾斜角.【詳解】如圖所示,由拋物線的焦點(diǎn)為,準(zhǔn)線方程為,分別過A,B作準(zhǔn)線的垂線,垂足為,,直線l交準(zhǔn)線于,如圖所示:則,,,所以,,所以,即直線l的傾斜角等于,同理可得直線l的傾斜角為鈍角時即為,故選:C.6.(2022·廣東深圳·二模)已知,若過點(diǎn)可以作曲線的三條切線,則(
)A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)切點(diǎn)為,切線方程為,求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),即可得到,整理得,令,利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性,即可求出函數(shù)的極值,依題意有三個零點(diǎn),即可得到不等式組,從而得解;【詳解】解:設(shè)切點(diǎn)為,切線方程為,由,所以,所以,則,所以,令,則,因?yàn)?,所以?dāng)或時,當(dāng)時,所以在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以當(dāng)時取得極大值,當(dāng)時取得極小值,即,,依題意有三個零點(diǎn),所以且,即;故選:B7.(2022·廣東汕頭·二模)已知函數(shù),若過點(diǎn)存在3條直線與曲線相切,則t的取值范圍是(
)A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】設(shè)切點(diǎn),求得切線方程,根據(jù)切線過點(diǎn),得到,再根據(jù)存在3條直線與曲線相切,則方程有三個不同根,利用導(dǎo)數(shù)法求解.【詳解】解:設(shè)切點(diǎn),因?yàn)?,則,,所以切線方程為,因?yàn)榍芯€過點(diǎn),所以,即,令,則,令,得或,當(dāng)或時,,當(dāng)時,,所以當(dāng)時,函數(shù)取得極小值,當(dāng)時,函數(shù)取得極大值,因?yàn)榇嬖?條直線與曲線相切,所以方程有三個不同根,則,故選:D8.(2022·廣東惠州·一模)中國的5G技術(shù)領(lǐng)先世界,5G技術(shù)的數(shù)學(xué)原理之一便是著名的香農(nóng)公式:,它表示:在受噪聲干擾的信道中,最大信息傳遞速率C取決于信道帶寬W?信道內(nèi)信號的平均功率S?信道內(nèi)部的高斯噪聲功率N的大小,其中叫做信噪比.當(dāng)信噪比比較大時,公式中真數(shù)中的1可以忽略不計,按照香農(nóng)公式,若不改變帶寬W,而將信噪比從1000提升至5000,則C大約增加了(
)(附:)A.20% B.23% C.28% D.50%【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意寫出算式,再利用對數(shù)的換底公式及題中的數(shù)據(jù)可求解.【詳解】將信噪比從1000提升至5000時,C大約增加了.故選:B.9.(2022·湖南永州·三模)已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為、,為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)在雙曲線的右支上,(為雙曲線的半焦距),直線與雙曲線右支交于另一個點(diǎn),,則雙曲線的離心率為(
)A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義,結(jié)合直角三角形的相關(guān)性質(zhì)可得解.【詳解】如圖所示,由,,得,,設(shè),由雙曲線定義得,所以,,,又,即,解得,所以,,又,即,即,所以離心率,故選:D.10.(2022·湖南永州·三模)在正四棱柱中,,為的中點(diǎn),點(diǎn)為線段上的動點(diǎn),則三棱錐的外接球表面積的最大值為(
)A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用坐標(biāo)法,可設(shè)球心為,,結(jié)合條件可得,進(jìn)而可得,即得.【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則,∴,∴,即為直角三角形,所以可設(shè)三棱錐的外接球的球心為,,所以球的半徑為,∴,即,又,∴,即,∴,,所以三棱錐的外接球表面積的最大值為.故選:C.11.(2022·湖南·雅禮中學(xué)二模)已知數(shù)列{}滿足則∈(
)A.(,) B.(,) C.(,) D.(,)【答案】C【解析】【分析】由,可知數(shù)列的單調(diào)性,然后兩邊三次方后放縮,,可得,累加可得,再利用上述三次方的式子結(jié)合單調(diào)性放縮,可得,即可得解.【詳解】由,得,,所以,又,所以數(shù)列時遞增數(shù)列且,,所以所以,所以,.當(dāng),得,,,所以,所以,則.故選:C.12.(2022·湖南·雅禮中學(xué)二模)??是等腰直角三角形()內(nèi)的點(diǎn),且滿足,,,則下列說法正確的是(
)A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意畫出圖形,結(jié)合圖形分別計算,和的值,再比較大小【詳解】(正弦定理)在的角平分線上,同理可證在的角平分線上,為內(nèi)心如圖所示由知,這三個角都是且在的平分線上,延長交于點(diǎn)取,則,得,所以記的周長為由題意知是的內(nèi)心,內(nèi)切圓半徑所以由,且則所以,即,則在以為直徑的圓上由,且所以,得由,得所以設(shè),在中由余弦定理得解得所以所以故選:C13.(2022·湖北·二模)已知函數(shù),則使不等式成立的x的取值范圍是(
)A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】判斷的奇偶性與單調(diào)性,由題意列不等式后求解【詳解】由得定義域?yàn)?,,故為偶函?shù),而,在上單調(diào)遞增,故在上單調(diào)遞增,則可化為,得解得故選:D14.(2022·湖北·二模)已知、是雙曲線的左,右焦點(diǎn),過的直線l與雙曲線C交于M,N兩點(diǎn),且,則C的離心率為(
)A. B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】由已知條件結(jié)合雙曲線的定義可得為等邊三角形,從而得,然后在中,利用余弦定理化簡可得到,從而可求出離心率的值.【詳解】設(shè),則,設(shè),則由雙曲線的定義得,,解得,所以,,,,所以為等邊三角形,所以,則,在中,由余弦定理得,,即,化簡得,,所以雙曲線的離心率為,故選:C.15.(2022·山東聊城·二模)實(shí)數(shù),,,滿足:,,則的最小值為(
)A.0 B. C. D.8【答案】D【解析】【分析】由題設(shè),將問題轉(zhuǎn)化為求上的點(diǎn)與上的點(diǎn)的距離的平方的最小值,利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求上與平行的切線方程,應(yīng)用點(diǎn)線距離公式求目標(biāo)式的最值即可.【詳解】由,則,又,的最小值轉(zhuǎn)化為:上的點(diǎn)與上的點(diǎn)的距離的平方的最小值,由,得:,與平行的直線的斜率為1,∴,解得或(舍,可得切點(diǎn)為,切點(diǎn)到直線之間的距離的平方,即為的最小值,的最小值為:.故選:D.16.(2022·山東聊城·二模)已知為上的奇函數(shù),,若對,,當(dāng)時,都有,則不等式的解集為(
)A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】設(shè),由題意得到為偶函數(shù)且在上單調(diào)遞減,由將原不等式轉(zhuǎn)化為和,函數(shù)的單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由,得,因?yàn)椋?,即,設(shè),則在上單調(diào)遞減,而,則,解得:;因?yàn)闉镽上的奇函數(shù),所以,則為R上的偶函數(shù),故在上單調(diào)遞增,,則,解得:;綜上,原不等式的解集為.故選:B.17.(2022·山東濰坊·二模)已知正實(shí)數(shù)a,b滿足,則的最大值為(
)A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】將條件中的式子進(jìn)行配方,利用基本不等式得到關(guān)于的不等式,解不等式即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?,所以,?dāng)且僅當(dāng)時等號成立,因?yàn)?,所以,即,所以,即,因?yàn)闉檎龑?shí)數(shù),所以,因此,故的最大值為,此時,故選:B.18.(2022·山東濰坊·二模)已知函數(shù),直線,點(diǎn)在函數(shù)圖像上,則以下說法正確的是(
)A.若直線l是曲線的切線,則B.若直線l與曲線無公共點(diǎn),則C.若,則點(diǎn)P到直線l的最短距離為D.若,當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離最短時,【答案】D【解析】【分析】求f(x)導(dǎo)數(shù),令求出可判斷D;若直線l是曲線的切線,則再根據(jù)(,f())在l上即可求出t;當(dāng)處切線與l平行時,P到l距離最短,求出P的坐標(biāo),利用點(diǎn)到直線距離公式可求最短距離,據(jù)此可判斷C;令,研究的圖像,y=t的圖像和y=g(x)圖像無交點(diǎn)時直線l和曲線y=f(x)無公共點(diǎn),據(jù)此可求t的范圍,從而判斷B選項(xiàng).【詳解】f(x)定義域?yàn)?0,+),,若直線l是曲線的切線,則,代入得,,故A錯誤;當(dāng)t=-2時,當(dāng)在點(diǎn)P處的切線平行于直線l時,P到切線直線l的最短距離,則,故D正確;此時,故P為,P到l:的距離為,故C錯誤;設(shè),令,則,當(dāng)時,,單調(diào)遞減,當(dāng),,單調(diào)遞增,∴,又時,;時,,∴若直線l與曲線無公共點(diǎn),則t<3,故B錯誤.故選:D.二、多選題19.(2022·廣東湛江·二模)若過點(diǎn)最多可作出條直線與函數(shù)的圖象相切,則(
)A.B.當(dāng)時,的值不唯一C.可能等于D.當(dāng)時,的取值范圍是【答案】ACD【解析】【分析】由題設(shè)切點(diǎn)為,進(jìn)而得,再構(gòu)造函數(shù),將問題轉(zhuǎn)化為與的交點(diǎn)個數(shù)問題,再數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】解:不妨設(shè)切點(diǎn)為,因?yàn)?,所以切線方程為,所以,整理得,所以令,則,所以,令得.所以,當(dāng)或時,,,當(dāng)時,,因?yàn)椋?dāng)趨近于時,趨近于,,,,當(dāng)趨近于時,趨近于,所以,函數(shù)的圖像大致如圖,所以,當(dāng)時,,故B錯誤,此時成立;當(dāng)時,,所以,故可能等于,C正確;當(dāng)當(dāng)時,,顯然,故D正確;綜上,,A正確.故選:ACD20.(2022·廣東湛江·二模)在正方體中,點(diǎn)E為線段上的動點(diǎn),則(
)A.直線DE與直線AC所成角為定值 B.點(diǎn)E到直線AB的距離為定值C.三棱錐的體積為定值 D.三棱錐外接球的體積為定值【答案】AC【解析】【分析】A.易證平面判斷;B.由點(diǎn)E與重合和與重合時判斷;C.由三棱錐判斷;D.由平面,得到三棱錐外接球的球心O在判斷.【詳解】如圖所示:A.因?yàn)?,又,所以平面,又平面平面,,則直線DE與直線AC所成角為定值,故正確;B.當(dāng)點(diǎn)E與重合時,點(diǎn)E到直線AB的距離,當(dāng)點(diǎn)E與重合時,點(diǎn)E到直線AB的距離,故錯誤;C.因?yàn)槿忮F,且點(diǎn)到面EBD的距離為定值,為定值,故體積為定值,故正確;D.易知平面,所以三棱錐外接球的球心O在上,當(dāng)點(diǎn)E移動時,球心O的位置改變,則球的半徑R改變,所以外接球體積不為定值,故錯誤;故選:AC21.(2022·廣東廣州·二模)我們常用的數(shù)是十進(jìn)制數(shù),如,表示十進(jìn)制的數(shù)要用10個數(shù)碼.0,1,2,3,4,5,6,7,8,9;而電子計算機(jī)用的數(shù)是二進(jìn)制數(shù),只需兩個數(shù)碼0和1,如四位二進(jìn)制的數(shù),等于十進(jìn)制的數(shù)13.把m位n進(jìn)制中的最大數(shù)記為,其中m,,為十進(jìn)制的數(shù),則下列結(jié)論中正確的是(
)A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)問題背景的介紹,可以得到m位n進(jìn)制中的最大數(shù)的書寫方法,進(jìn)而得到選項(xiàng)中最大數(shù)的式子,再進(jìn)行大小比較即可.【詳解】對于A:即是:,A正確;對于B:即是:即是:,B正確;對于C、D:,即是:,即是:構(gòu)造函數(shù):,求導(dǎo)得:,,單調(diào)遞增;,,單調(diào)遞減;代入得:即是:,,D正確.故選:ABD【點(diǎn)睛】本題考查背景知識的從特殊到一般的轉(zhuǎn)化過程,對獲取信息從而抽象成數(shù)學(xué)問題的能力有一定的要求,隨后需要用數(shù)列求和得出需要的結(jié)果,再從構(gòu)造函數(shù)的角度考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用,運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行大小比較,對學(xué)生來說是一個挑戰(zhàn),屬難題.22.(2022·廣東廣州·二模)已知,直線與曲線相切,則下列不等式成立的是(
)A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義,求出a,b的關(guān)系,再結(jié)合均值不等式逐項(xiàng)分析、計算并判斷作答.【詳解】設(shè)直線與曲線相切的切點(diǎn)為,由求導(dǎo)得:,則有,解得,因此,,即,而,對于A,,當(dāng)且僅當(dāng)時取“=”,A正確;對于B,,當(dāng)且僅當(dāng),即時取“=”,B不正確;對于C,因,則有,即,當(dāng)且僅當(dāng),即時取“=”,由得,所以當(dāng)時,,C正確;對于D,由,得,,,而函數(shù)在R上單調(diào)遞增,因此,,D不正確.故選:AC23.(2022·廣東茂名·二模)已知函數(shù),下列說法正確的有(
)A.關(guān)于點(diǎn)對稱B.在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增C.若,則D.的對稱軸是【答案】BC【解析】【分析】取特殊值判斷A,化簡函數(shù)表達(dá)式,作函數(shù)圖象判斷B,C,D.【詳解】因?yàn)?,,所以不關(guān)于點(diǎn)對稱,故A錯誤;當(dāng)時,,即,當(dāng)時,,即,作出的圖象如圖所示,由圖象可知在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,故B正確;因?yàn)椋?,,,,,,所以,故C項(xiàng)正確;由圖象可知的圖象不關(guān)于對稱,故D項(xiàng)錯誤.故選:BC.24.(2022·廣東茂名·二模)棱長為4的正方體中,E,F(xiàn)分別為棱,的中點(diǎn),則下列說法中正確的有(
)A.三棱錐的體積為定值B.當(dāng)時,平面截正方體所得截面的周長為C.直線FG與平面所成角的正切值的取值范圍是D.當(dāng)時,三棱錐的外接球的表面積為【答案】ACD【解析】【分析】選項(xiàng)A.平面,則G點(diǎn)到平面距離為定值,從而可判斷;
選項(xiàng)B.延長交棱于點(diǎn)M,則是的中點(diǎn),取的中點(diǎn)N,連接EN,MN,,平面為平面截正方體所得的截面,從而可求出截面周長;選項(xiàng)C.由平面,即則為直線FG與平面所成的角,從而可判斷;選項(xiàng)D.,連接,交EF于點(diǎn)J,則J為EF的中點(diǎn),由球的性質(zhì)可得球心O在過點(diǎn)J且與GH平行的直線上,求出其半徑可判斷;【詳解】因?yàn)椋渣c(diǎn)G為線段上一個動點(diǎn),又平面,故G點(diǎn)到平面距離等于點(diǎn)到平面得距離,為定值4,又E,F(xiàn)分別為棱,的中點(diǎn),則面積是定值,故三棱錐是定值,又,故A正確;延長交棱于點(diǎn)M,則,即是的中點(diǎn),取的中點(diǎn)N,連接EN,MN,,因?yàn)?,,所以,所以平面為平面截正方體所得的截面,因?yàn)?,,,所以四邊形的周長為,故B項(xiàng)錯誤;由上可知平面,當(dāng)點(diǎn)G在上移動時,連接MG,則為直線FG與平面所成的角,因?yàn)镸G的最小值為,最大值,由所以,故C正確;如圖所示,連接,交EF于點(diǎn)J,則J為EF的中點(diǎn),,在上取點(diǎn)H,使,連接GH,則,所以平面,則,設(shè)三棱錐的外接球的球心為O,則,由及,得點(diǎn)O在過點(diǎn)J且與GH平行的直線上,設(shè),因?yàn)?,,所以,解得,所以,所以三棱錐的外接球表面積為,故D項(xiàng)正確.故選:ACD.25.(2022·廣東深圳·二模)P是直線上的一個動點(diǎn),過點(diǎn)P作圓的兩條切線,A,B為切點(diǎn),則(
)A.弦長的最小值為 B.存在點(diǎn)P,使得C.直線經(jīng)過一個定點(diǎn) D.線段的中點(diǎn)在一個定圓上【答案】ACD【解析】【分析】設(shè),則為的中點(diǎn),且,再根據(jù)勾股定理、等面積法及銳角三角函數(shù)得到、,根據(jù)的范圍,即可判斷A、B,設(shè),求出以為直徑的圓的方程,兩圓方程作差,即可得到切點(diǎn)弦方程,從而判斷C,再根據(jù)圓的定義判斷D;【詳解】解:依題意,即,設(shè),則為的中點(diǎn),且,所以,所以,,又,所以,,所以,,故A正確,B不正確;設(shè),則,所以以為直徑的圓的方程為,則,即,所以直線的方程為,所以直線過定點(diǎn),故C正確;又,,所以的中點(diǎn)在以為直徑的圓上,故D正確;故選:ACD26.(2022·廣東汕頭·二模)設(shè)a,b,c都是正數(shù),且,則下列結(jié)論正確的是(
)A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】設(shè),根據(jù)指數(shù)與對數(shù)的關(guān)系,利用換底公式及指數(shù)冪的運(yùn)算法則,逐一驗(yàn)證四個選項(xiàng)得答案.【詳解】解:設(shè),則,,,所以,即,所以,所以,故D正確;由,所以,故A正確,B錯誤;因?yàn)?,,又,所以,即,故C正確;故選:ACD27.(2022·廣東汕頭·二模)如圖,在正方體中,點(diǎn)P在線段上運(yùn)動,則(
)A.直線平面B.三棱錐的體積為定值C.異面直線AP與所成角的取值范圍是D.直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】AB【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示公式、空間向量夾角公式、三棱錐的體積性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為,,設(shè),設(shè),即.A:,因?yàn)椋?,而平面,所以直線平面,因此本選項(xiàng)結(jié)論正確;B:側(cè)面的對角線交點(diǎn)為,所以,,而平面,平面,所以,而平面,所以平面,為定值,因此本選項(xiàng)結(jié)論正確;C:,設(shè)異面直線AP與所成角為,則有,當(dāng)時,;當(dāng)時,,因?yàn)?,所以,因此,,即,所以,綜上所述:,所以本選項(xiàng)結(jié)論不正確;D:設(shè)平面的法向量為,,所以有,直線與平面所成角的正弦值為:因?yàn)椋援?dāng)時,有最小值,最小值為,所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為,因此本選項(xiàng)結(jié)論不正確,故選:AB【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛:利用空間向量夾角公式是解題的關(guān)鍵.28.(2022·廣東惠州·一模)近年來,納米晶的多項(xiàng)技術(shù)和方法在水軟化領(lǐng)域均有重要應(yīng)用.納米晶體結(jié)構(gòu)眾多,下圖是一種納米晶的結(jié)構(gòu)示意圖,其是由正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面得到所有棱長均為n的幾何體,則下列說法正確的有(
)A.該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的表面積為B.該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的體積為C.該結(jié)構(gòu)的納米晶個體外接球的表面積為D.二面角A1?A2A3?B3的余弦值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A:該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成,代公式計算即可.對于B:棱長為a的正四面體的高為,根據(jù)割補(bǔ)法代公式計算.對于C:設(shè)外接球球心為O,三角形的中心為,正六邊形的中心為,則O在上,計算可得;對于D:二面角是原正四面體側(cè)面和底面成角的補(bǔ)角,計算可得.【詳解】對于A:該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成,所以表面積,故A正確;對于B:棱長為a的正四面體的高為,所以,故B正確;對于C:設(shè)外接球球心為O,三角形的中心為,正六邊形的中心為,則O在上,幾何體上下底面距離為,可得,計算整理得,因此該幾何體的外接球表面積為,故C錯誤;對于D:二面角為是原正四面體側(cè)面和底面成角的補(bǔ)角,如圖,過正四面體的頂點(diǎn)作平面于點(diǎn),易知為的中心,延長交于點(diǎn),則為的中點(diǎn),連接,設(shè)正四面體的棱長為2,則,所以,,因?yàn)槠矫?,所以,又,,所以平面,平面,所以,所以即為所求?cè)面與底面所成二面角的平面角,在中,,所以側(cè)面與底面所成二面角的平面角的余弦值為,所以二面角A1?A2A3?B3的余弦值為,故D正確.故選:ABD.29.(2022·湖南永州·三模)已知函數(shù),則(
)A.的圖象關(guān)于直線對稱B.在上為減函數(shù)C.有4個零點(diǎn)D.,使【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的對稱性判斷A,當(dāng)時利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,即可得到函數(shù)的最值,再結(jié)合函數(shù)的對稱性,即可判斷B、C、D;【詳解】解:定義域?yàn)?,因?yàn)?,其中與關(guān)于軸對稱,即的圖象關(guān)于軸對稱,將向右平移個單位得到,即關(guān)于對稱,又關(guān)于直線對稱,故函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱,故A正確;當(dāng)時,則,所以當(dāng)時,當(dāng)時,即在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,故B正確;所以當(dāng)時在處取得極大值即最大值,又因?yàn)?,根?jù)對稱性可得,所以只有2個零點(diǎn),故C錯誤;由,所以不存在,使,故D錯誤;故選:AB30.(2022·湖南永州·三模)已知拋物線:與圓:,點(diǎn)在拋物線上,點(diǎn)在圓上,點(diǎn),則(
)A.的最小值為B.最大值為C.當(dāng)最大時,四邊形的面積為D.若的中點(diǎn)也在圓上,則點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為【答案】ACD【解析】【分析】對于A,根據(jù),結(jié)合拋物線的定義可判斷A;對于B,設(shè)是圓的切線,切點(diǎn)為,根據(jù),,可得,由此可判斷B;對于C,根據(jù)兩點(diǎn)在軸異側(cè),且與拋物線相切于,與圓相切于,可求出四邊形的面積,由此可判斷C;對于D,設(shè)的中點(diǎn)為,是圓的切線,切點(diǎn)為,利用圓的切割線長定理得到,再根據(jù)得到,再根據(jù)拋物線的定義可求出點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍,由此可判斷D.【詳解】由可知其焦點(diǎn)為圓的圓心,圓的半徑為,設(shè),則,對于A,因?yàn)?,所以,故A正確;對于B,設(shè)是圓的切線,切點(diǎn)為,則,,因?yàn)椋?,所以,所以,即最大值為,故B不正確;對于C,如圖:當(dāng)兩點(diǎn)在軸異側(cè),且與拋物線相切于,與圓相切于時,取得最大值,不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限,則點(diǎn)在第四象限,設(shè)直線:,代入,消去并整理得,所以,所以,因?yàn)?,所以,所以,所以,所以,即,此時,當(dāng)與圓相切于時,,,所以四邊形的面積為,故C正確;對于D,如圖設(shè)的中點(diǎn)為,是圓的切線,切點(diǎn)為,根據(jù)圓的切割線長定理可得,又,所以,因?yàn)?,所以,所以,設(shè),則,所以,所以,所以,所以,即點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為.故D正確;故選:ACD31.(2022·湖南·雅禮中學(xué)二模)勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”,它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動,并且始終保持與兩平面都接觸,因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點(diǎn)為球心,以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分,如圖所示,若正四面體ABCD的棱長為a,則(
)A.能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為aB.勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為C.勒洛四面體的截面面積的最大值為D.勒洛四面體的體積【答案】ABD【解析】【分析】先求得正四面體的外接球半徑、內(nèi)切球半徑、正四面體的體積、外接球的體積.結(jié)合勒洛四面體的知識對選項(xiàng)進(jìn)行分析,從而得出正確選項(xiàng).【詳解】首先求得正四面體的一些結(jié)論:正四面體棱長為,是底面的中心,是其外接球(也是內(nèi)切球)的球心,外接球半徑為,是高,如圖.,,由得,解得,(內(nèi)切球半徑).正四面體的體積為,外接球體積為.對于A選項(xiàng),由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a,故A正確;對于B選項(xiàng),勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切,如圖,其中點(diǎn)E為該球與勒洛四面體的一個切點(diǎn),O為該球的球心,易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心,半徑為OE,連接BE,易知B、O、E三點(diǎn)共線,且,,因此,故B正確;對于C選項(xiàng),由勒洛四面體的結(jié)構(gòu)知勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為a,最大的截面即經(jīng)過四面體ABCD表面的截面,如圖,根據(jù)勒洛四面體結(jié)構(gòu)的對稱性,不妨設(shè)此截面為投影光線垂直于正四面體的一個面ABD時,勒洛四面體在與平面ABD平行的一個投影平面α上的正投影,當(dāng)光線與平面ABD夾角不為90°時,易知截面投影均為上圖所示圖像在平面α上的投影,其面積必然減小.上圖截面為三個半徑為a,圓心角為60°的扇形的面積減去兩個邊長為a的正三角形的面積,即,故C錯誤;對于D選項(xiàng),勒洛四面體的體積介于正四面體ABCD的體積和正四面體ABCD的外接球的體積之間,正四面體ABCD的體積,正四面體ABCD的外接球的體積,故D正確.故選:ABD.【點(diǎn)睛】求解勒洛四面體問題的關(guān)鍵是理解勒洛四面體的結(jié)構(gòu)、正四面體的結(jié)構(gòu)特征、球的結(jié)構(gòu)特征,需要很強(qiáng)的空間想象能力和邏輯推理能力.正四面體的外接球球心和內(nèi)切球球心重合,是解題的突破口.32.(2022·湖南·雅禮中學(xué)二模)下列不等式正確的有(
)A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】利用二項(xiàng)式定理近似計算判斷A;若,兩邊取對數(shù)作等價變形,構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷B;若,兩邊取對數(shù)作等價變形,構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷C;求出函數(shù)在處的切線方程,構(gòu)造函數(shù)借助導(dǎo)數(shù)比較判斷D作答.【詳解】由,則有,A正確;假定,有,令,求導(dǎo)得,在上單調(diào)遞增,則,即當(dāng)時,,,,令,求導(dǎo)得,在上單調(diào)遞減,則,即當(dāng)時,,,,,因成立,則成立,所以成立,B不正確;假定,有,令,,則在上單調(diào)遞增,而,則,所以成立,C不正確;令,求導(dǎo)得,,曲線在處切線方程為,令,求導(dǎo)得,即在上單調(diào)遞減,而,則,即,D正確.故選:AD【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛:某些數(shù)(式)大小關(guān)系問題,探求被比較的數(shù)(式)的內(nèi)在聯(lián)系,抓住其本質(zhì),構(gòu)造函數(shù),分析并運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求解.33.(2022·湖北·二模)設(shè)動直線交圓于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)C為圓心),則下列說法正確的有(
)A.直線l過定點(diǎn)B.當(dāng)取得最小值時,C.當(dāng)最小時,其余弦值為D.的最大值為24【答案】AD【解析】【分析】對A:將原方程轉(zhuǎn)化為,從而即可求解;對B:當(dāng)取得最小值時,,從而即可求解;對C:當(dāng)最小,即取得最小值時,,從而即可求解;對D:由,從而即可求解.【詳解】解:由題意,圓心坐標(biāo)為,半徑,對A:直線,即,由,可得直線l過定點(diǎn),故選項(xiàng)A正確;對B:當(dāng)取得最小值時,,所以,即,所以,故選項(xiàng)B錯誤;對C:當(dāng)最小,即取得最小值時,,此時,從而可得,所以,故選項(xiàng)C錯誤;對D:,所以當(dāng)取得最大值,即為直徑時,,此時,故選項(xiàng)D正確.故選:AD.34.(2022·湖北·二模)在棱長為1的正方體中,已知為線段的中點(diǎn),點(diǎn)和點(diǎn)分別滿足,,其中,,,則(
)A.當(dāng)時,三棱錐的體積為定值B.當(dāng)時,四棱錐的外接球的表面積是C.若直線與平面所成角的正弦值為,則D.存在唯一的實(shí)數(shù)對,使得平面【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)錐體體積的求法、幾何體外接球表面積的求法、線面角、線面垂直等知識對選項(xiàng)進(jìn)行分析,由此確定正確選項(xiàng).【詳解】對于A,當(dāng)時,是的中點(diǎn),連接與交于點(diǎn),則為的中點(diǎn),∴,面,又點(diǎn)在上,∴點(diǎn)到面的距離為定值,∴三棱錐的體積為定值,故A正確;對于B,當(dāng)時,點(diǎn)為的中點(diǎn),設(shè)四棱錐的外接球的半徑為,則球心O在PM延長線上,由OP=R得OM=,由得,解得,∴外接球的表面積為,故B正確;對于C,連接,過點(diǎn)作于,連接,∵平面,∴平面平面,平面平面,∴平面,∴為與平面所成角,∵,∴,,在由余弦定理有,在中由勾股定理有,∴,解得,故C正確.對于D,∵點(diǎn)在上,又在上,在上,∴平面即為平面,又易證平面,∴是平面的法向量,∴要使平面,須與共線,即須與共線,顯然不可能,∴不存在實(shí)數(shù)對使得平面,故D錯誤.故選:ABC35.(2022·山東聊城·二模)已知拋物線:()的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2,過的直線交拋物線于兩點(diǎn),,則(
)A.的準(zhǔn)線方程為B.若,則C.若,則的斜率為D.過點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線,垂足為,若軸平分,則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)拋物線的幾何意義求出,即可得到拋物線的方程,再根據(jù)拋物線的定義判斷A、B、D,設(shè),,,,直線的方程為,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元列出韋達(dá)定理,根據(jù)焦半徑公式計算即可判斷C;【詳解】解:因?yàn)閽佄锞€:()的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2,所以,所以拋物線方程為,則焦點(diǎn),準(zhǔn)線為,故A錯誤;若,則,所以,所以,故B正確;可設(shè),,,,直線的方程為,與拋物線聯(lián)立,消去,可得,可得,,由拋物線的定義可得即,即,解得,則直線的斜率為,故C正確;對于D,若軸平分,則,又軸,所以,所以,所以,即,所以,故D正確;故選:BCD36.(2022·山東聊城·二模)用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱,若兩個截面都是橢圓形狀,則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱.這兩個截面稱為斜圓柱的底面,兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高,斜圓柱的體積等于底面積乘以高.橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的倍,已知某圓柱的底面半徑為2,用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱,得到一個高為6的斜圓柱,對于這個斜圓柱,下列選項(xiàng)正確的是(
)A.底面橢圓的離心率為B.側(cè)面積為C.在該斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的表面積為D.底面積為【答案】ABD【解析】【分析】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)作平行于圓柱底面的截面圓,夾在它們之間的是圓柱,作出過斜圓柱底面橢圓長軸的截面,截斜圓柱得平行四邊形,截圓柱得矩形,如圖,由此截面可得橢圓面與圓柱底面間所成的二面角的平面角,從而求得橢圓長短軸之間的關(guān)系,得離心率,并求得橢圓的長短軸長,得橢圓面積,利用橢圓的側(cè)面積公式可求得斜橢圓的側(cè)面積,由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大,可知斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等,從而得其表面積,從而可關(guān)鍵各選項(xiàng).【詳解】不妨過斜圓柱的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)作平行于圓柱底面的截面圓,夾在它們之間的是圓柱,如圖,矩形是圓柱的軸截面,平行四邊形是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面,由圓柱的性質(zhì)知,則,設(shè)橢圓的長軸長為,短軸長為,則,,,所以離心率為,A正確;,垂足為,則,易知,,又,所以斜圓柱側(cè)面積為,B正確;,,,,橢圓面積為,D正確;由于斜圓錐的兩個底面的距離為6,而圓柱的底面直徑為4,所以斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的半徑為2,球表面積為,C錯.故選:ABD.37.(2022·山東濰坊·二模)已知四面體ABCD的4個頂點(diǎn)都在球O(O為球心)的球面上,△ABC為等邊三角形,M為底面ABC內(nèi)的動點(diǎn),AB=BD=2,,且,則(
)A.平面ACD⊥平面ABCB.球心O為△ABC的中心C.直線OM與CD所成的角最小為D.若動點(diǎn)M到點(diǎn)B的距離與到平面ACD的距離相等,則點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分【答案】ABD【解析】【分析】設(shè)的中心為G,取AC的中點(diǎn)E,由題可得平面可判斷A,根據(jù)勾股定理可得進(jìn)而判斷B,利用特例可判斷C,利用面面垂直的性質(zhì)及拋物線的定義可判斷D.【詳解】設(shè)的中心為G,取AC的中點(diǎn)E,連接BE,DE,則.因?yàn)椋?所以平面BDE,則,又△ABC為等邊三角形,,,所以,,∴,即,又,∴平面,平面,∴平面ACD⊥平面ABC,故A正確;又∵,∴,故為四面體的外接球的球心,即球心O為△ABC的中心,故B正確;當(dāng)∥時,為直線OM與CD所成的角,由上知,故C錯誤;由平面ACD⊥平面ABC可知,動點(diǎn)M到平面ACD的距離即動點(diǎn)M到直線的距離,由拋物線的定義可知,點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分,故D正確.故選:ABD.38.(2022·山東濰坊·二模)已知數(shù)列,,有,,,則(
)A.若存在,,則B.若,則存在大于2的正整數(shù)n,使得C.若,,且,則D.若,,則關(guān)于的方程的所有實(shí)數(shù)根可構(gòu)成一個等差數(shù)列【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意,證明得到時,且,再逐個選項(xiàng)進(jìn)行計算和證明,逐個選項(xiàng)判斷即可求解.【詳解】因?yàn)?,,,,所以,,即,所以,,必有,得到;對于A,若存在,取,有,則,所以,必有,則有,同理,若,由可得故A正確;對于B,若,則,,又因?yàn)?,必有,得到,所以?dāng)時,因?yàn)?,必有,故B錯;對于C,若,,且,則,則,又,所以,,根據(jù)遞推公式,可得,;利用累加法,,整理得,又因?yàn)椋赜?,得到,所以,,所以,,所以,C正確;對于D,若,,,得到,所以,,則關(guān)于的方程可以化為,,化簡得,,設(shè),可得,化簡得,,所以,或(舍去),,得,寫成數(shù)列形式,即所有實(shí)數(shù)根可構(gòu)成一個等差數(shù)列,其通項(xiàng)公式為:,故D正確;故選:ACD三、雙空題39.(2022·廣東廣州·二模)在梯形中,,將沿折起,連接,得到三棱錐,則三棱錐體積的最大值為__________.此時該三棱錐的外接球的表面積為__________.【答案】
【解析】【分析】注意到三棱錐體積最大時,平面平面ABC,可知以B為頂點(diǎn)時,BC為三棱錐的高,然后利用正余弦定理可得各棱長可得體積;利用球心到平面的距離、外接圓半徑和球的半徑滿足勾股定理可得球半徑,然后可得表面積.【詳解】過點(diǎn)C作,垂足為E,為等腰梯形,,由余弦定理得,即易知,當(dāng)平面平面ABC時,三棱錐體積最大,此時,平面易知,記O為外接球球心,半徑為R平面,O到平面的距離又的外接圓半徑故答案為:,40.(2022·廣東深圳·二模)祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r期偉大的科學(xué)家,他于5世紀(jì)末提出了“冪勢既同,則積不容異”的體積計算原理,即“夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體,被平行于這兩個平面的任意平面所截,如果裁得的兩個截面的面積總相等,那么這兩個幾何體的體積相等”.現(xiàn)已知直線與雙曲線及其漸近線圍成的平面圖形G如圖所示,若將圖形G被直線所截得的兩條線段繞y軸旋轉(zhuǎn)一周,則形成的旋轉(zhuǎn)面的面積_________;若將圖形G繞y軸旋轉(zhuǎn)一周,則形成的旋轉(zhuǎn)體的體積___________.【答案】
【解析】【分析】由直線,其中,分步聯(lián)立方程組和,求得的坐標(biāo),進(jìn)而求得圓環(huán)的面積,再結(jié)合題意得到該幾何體的體積與底面面積為,高為4的圓柱的體積相同,利用圓柱的體積公式,即可求解.【詳解】如圖所示,雙曲線,其中一條漸近線方程為,由直線,其中,聯(lián)立方程組,解得,聯(lián)立方程組,解得,所以截面圓環(huán)的面積為,即旋轉(zhuǎn)面的面積為,根據(jù)“冪勢既同,則積不容異”,可得該幾何體的體積與底面面積為,高為4的圓柱的體積相同,所以該幾何體的體積為.故答案為:;.41.(2022·湖南·雅禮中學(xué)二模)坐標(biāo)平面上有一環(huán)狀區(qū)域由圓的外部與圓的內(nèi)部交集而成.某同學(xué)欲用一支長度為1的筆直掃描棒來掃描此環(huán)狀區(qū)域的x軸上方的某區(qū)域R.他設(shè)計掃描棒黑?白兩端分別在半圓?上移動.開始時掃描棒黑端在點(diǎn),白端在的點(diǎn)B.接著黑?白兩端各沿著?逆時針移動,直至白端碰到的點(diǎn)便停止掃描,則B坐標(biāo)___________;掃描棒掃過的區(qū)域R的面積為___________.【答案】
【解析】【分析】設(shè),根據(jù)和點(diǎn)在上,可求出點(diǎn)的坐標(biāo);當(dāng)白端在上移動到的點(diǎn)時,黑端在點(diǎn)在上移動,設(shè)移動到點(diǎn),由條件得出的坐標(biāo),得出區(qū)域R的圖形,再求解面積.【詳解】由題意,,設(shè),則點(diǎn)在上.則,解得所以當(dāng)白端在上移動,碰到的點(diǎn)時,黑端在點(diǎn)在上移動,設(shè)移動到點(diǎn)位置.則掃描棒掃過的區(qū)域R為如圖所示的陰影部分.設(shè)則,解得,即連接,在中,滿足,則,所以由,則為直角三角形,則則,扇形與扇形的面積為區(qū)域R的面積為故答案為:;42.(2022·湖北·二模)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,過第一象限內(nèi)的拋物線上一點(diǎn)A作l的垂線,垂足為B.設(shè)與相交于點(diǎn)D.若,且的面積為,則直線的斜率________,拋物線的方程為________.【答案】
【解析】【分析】由拋物線定義可得四邊形為平行四邊形,故可得點(diǎn)即得拋物線方程.【詳解】解:如圖所示,,.所以.軸,,,所以四邊形為平行四邊形,,.,解得,代入可取,,解得.故答案為:;43.(2022·山東濰坊·二模)根據(jù)高中的解析幾何知識,我們知道平面與圓錐面相交時,根據(jù)相交的角度不同,可以是三角形、圓、橢圓、拋物線、雙曲線.如圖,AB是圓錐底面圓O的直徑,圓錐的母線,,E是其母線PB的中點(diǎn).若平面過點(diǎn)E,且PB⊥平面,則平面與圓錐側(cè)面的交線是以E為頂點(diǎn)的拋物線的一部分,此時拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離為______;截面把圓錐分割成兩部分,在兩部分內(nèi)部,分別在截面的上方作一個半徑最大的球M,在截面下方作一個半徑最大的球N,則球M與球N的半徑的比值為______.【答案】
##0.5
【解析】【分析】(1)以E為原點(diǎn),EO為x軸建立坐標(biāo)系,利用坐標(biāo)法求出拋物線方程,即可求出拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離;(2)作出直截面,分析位置關(guān)系,利用幾何知識分別求出球M與球N的半徑,即可求解.【詳解】如圖示:因?yàn)閳A錐的母線,,所以,所以PB⊥PA.連結(jié)OE.因?yàn)镻B⊥平面,所以PB⊥OE.所以.在中,O為AB的中點(diǎn),所以O(shè)E為中位線,所以.設(shè)平面交底面圓于CD,則.以E為原點(diǎn),EO為x軸建立坐標(biāo)系如圖示,則.可設(shè)拋物線,把帶入拋物線方程可得:,所以拋物線為:,焦點(diǎn),所以,即拋物線的焦點(diǎn)F到底面圓心O的距離為.作出直截面如圖所示,則球M的半徑即為圓M的半徑,球N的半徑即為圓N的半徑.因?yàn)榍騇為截面的上方的最大的球,所以圓M與PA相切,切點(diǎn)為Q,則.又,所以.同理:.所以Q、M、R三點(diǎn)共線,為直徑.由四邊形PQRE為矩形,可得:,所以球M的半徑.在等腰三角形OBE中,,.圓N為三角形OBE的內(nèi)切圓.設(shè)圓N的半徑為,由等面積法可得:,即,解得:.所以球M與球N的半徑的比值為.故答案為:;.【點(diǎn)睛】外接球問題解題關(guān)鍵是找球心和半徑,求半徑的方法有:①公式法;②多面體幾何性質(zhì)法;③補(bǔ)形法;④尋求軸截面圓半徑法;⑤確定球心位置法.四、填空題44.(2022·廣東湛江·二模)“物不知數(shù)”是中國古代著名算題,原載于《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題:“今有物不知其數(shù),三三數(shù)之剩二;五五數(shù)之剩三;七七數(shù)之剩二.問物幾何?”它的系統(tǒng)解法是秦九韶在《數(shù)書九章》大衍求一術(shù)中給出的.大衍求一術(shù)(也稱作“中國剩余定理”)是中國古算中最有獨(dú)創(chuàng)性的成就之一,屬現(xiàn)代數(shù)論中的一次同余式組問題.已知問題中,一個數(shù)被除余,被除余,被除余,則在不超過的正整數(shù)中,所有滿足條件的數(shù)的和為___________.【答案】【解析】【分析】找出滿足條件的最小整數(shù)值為,可知滿足條件的數(shù)形成以為首項(xiàng),以為公差的等差數(shù)列,確定該數(shù)列的項(xiàng)數(shù),利用等差數(shù)列的求和公式可求得結(jié)果.【詳解】由題意可知,一個數(shù)被除余,被除余,被除余,則這個正整數(shù)的最小值為,因?yàn)?、、的最小公倍?shù)為,由題意可知,滿足條件的數(shù)形成以為首項(xiàng),以為公差的等差數(shù)列,設(shè)該數(shù)列為,則,由,可得,所以,的最大值為,所以,滿足條件的這些整數(shù)之和為.故答案為:.45.(2022·廣東茂名·二模)已知函數(shù),若存在實(shí)數(shù)t使得函數(shù)有7個不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì),得單調(diào)性和極值,并作出函數(shù)的大致圖象,由得或,然后分類討論,它們一個有3個根,一個有4個根,由此可得參數(shù)范圍.【詳解】當(dāng)時,,,當(dāng)時,,遞減,當(dāng)時,,遞增,故時,;當(dāng)時,,,時,,遞增,時,,遞減,所以當(dāng)時,有極大值,當(dāng)時,,作出的大致圖象如圖,由題意知,即有7個不同的實(shí)根,當(dāng)有三個根,有四個實(shí)根,此時或,得或;當(dāng)有四個根時,有三個實(shí)根,此時,得,所以.故答案為:.46.(2022·廣東汕頭·二模)如圖從雙曲線(其中)的左焦點(diǎn)F引圓的切線,切點(diǎn)為T,延長,交雙曲線右支于P,若M為線段的中點(diǎn),O為原點(diǎn),則的值為(用表示)__________.【答案】【解析】【分析】設(shè)是雙曲線的右焦點(diǎn),連接.由、分別為、的中點(diǎn),知.由雙曲線定義,知,,進(jìn)而可得答案.【詳解】由圖可知點(diǎn)在第一象限.設(shè)是雙曲線的右焦點(diǎn),連接、分別為、的中點(diǎn),.又由雙曲線定義得,,.故.故答案為:.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力,解題的關(guān)鍵是將都用焦半徑表示,進(jìn)而利用雙曲線的定義求解.47.(2022·廣東汕頭·二模)若,則的取值范圍為______.【答案】【解析】【詳解】題設(shè)不等式等價于.設(shè),所以,所以是上的增函數(shù),所以,.故.由,知的取值范圍是.故答案為48.(2022·廣東惠州·一模)如圖,曲柄連桿機(jī)構(gòu)中,曲柄CB繞C點(diǎn)旋轉(zhuǎn)時,通過連桿AB的傳遞,活塞做直線往復(fù)運(yùn)動.當(dāng)曲柄在CB0位置時,曲柄和連桿成一條直線,連桿的端點(diǎn)A在A0處.設(shè)連桿AB長200,曲柄CB
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