2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第11-15题解析版

  2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题11-15题

原题11

1．已知A、B、C三点均在球O的表面上，且球O的半径为，若，．则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

变式题1基础

2．平面截球所得截面圆的面积为，球心到平面的距离为，则此球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

变化题2基础

3．已知，，三点均在球的表面上，，且球心到平面的距离为2，则球的内接正方体的棱长为（    ）

A．1 B． C．2 D．

变式题3巩固

4．已知矩形的顶点都在半径为5的球的球面上，且，，则棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

变式题4巩固

5．一个球面上有三个点、、，若，，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

变式题5提升

6．已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的体积为，则到平面的距离为（    ）

A． B． C．1 D．

变式题6提升

7．已知在中，角所对的边分别为，且又点都在球的球面上，且点到平面的距离为，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

原题12

8．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）

A． B． C． D．

变式题1基础

9．已知函数是定义域为R的奇函数，周期为2，且当时，，则 等于（   ）

A． B． C． D．

变化题2基础

10．已知函数是R上的偶函数.若对于都有，且当时，，则的值为（    ）

A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2

变式题3巩固

11．已知函数在定义域上单调，且，则的值为（    ）

A．3 B．1 C．0 D．﹣1

变式题4巩固

12．函数是上的奇函数，满足，当时，有，求的值（    ）

A．0 B．1 C． D．

变式题5提升

13．已知函数满足，若在上为偶函数，且其解析式为，则的值为

A．−1 B．0

C． D．

变式题6提升

14．已知函数的定义域为，且函数的图象关于轴对称，函数的图象关于原点对称，则

A． B． C． D．

原题13

15．曲线在点处的切线方程为__________．

变式题1基础

16．函数的图象在点处的切线方程为__________.

变化题2基础

17．曲线在点处的切线的横纵截距之和为__________.

变式题3巩固

18．在平面直角坐标系中，曲线在处的切线方程是___________．

变式题4巩固

19．函数f（x）=lnx+x的图象在x=1处的切线方程为___．

变式题5提升

20．已知为奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是_________.

变式题6提升

21．曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为_______．

原题14

22．已知向量，向量与向量的夹角为，且；

（1） 求向量；

（2） 设向量，向量，其中，若，试求的取值范围．

变式题1基础

23．已知向量，若向量与垂直,则m=________..

变化题2基础

24．已知，，若，则的值是______．

变式题3巩固

25．已知向量，，，则__________．

变式题4巩固

26．已知平面向量，则的夹角为________．

变式题5提升

27．设，向量，，，且，，则_________．

变式题6提升

28．设，，.若，则实数的值等于___________.

原题15

29．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．

变式题1基础

30．已知椭圆左、右焦点为，，上、下顶点为，，则四边形的面积为______．

变化题2基础

31．椭圆的两个焦点与短轴的一个端点构成的三角形的面积等于________．

变式题3巩固

32．.已知、是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且，则的面积         .

变式题4巩固

33．为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，且满足，则三角形的面积为_____________________；

变式题5提升

34．已知为椭圆C： (a>b>0)上一点，若，则_____________．

变式题6提升

35．设P是椭圆=1上的一点，且，则△PF1F2的面积为_________．

参考答案：

1．D

【分析】根据题意知，是一个直角三角形，其面积为2，求出点O到平面ABC的距离，再利用锥体的体积公式即可求解.

【详解】根据题意知，是一个直角三角形，其面积为2，

其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，

设小圆的圆心为Q，则OQ与平面ABC垂直，

因此点O到平面ABC的距离为，

所以三棱锥的体积为．

故选：D

【点睛】本题考查了锥体的体积公式，需熟记公式，属于基础题.

2．D

【分析】由截面圆的面积求出截面圆半径，根据截面圆半径、球的半径和球心到平面的距离之间的关系即可求解球的半径，进而求表面积．

【详解】如图所示：

设截面圆的半径为，球的半径为，球心到平面的距离为

因为截面圆的面积为，得，又

由图可得

则球的表面积为

故选：D．

3．D

【分析】先由球的截面的性质可得球的半径，再由正方体外接球的直径即为体对角线的长即可得解.

【详解】由题意，的外接圆半径为，

设该球的半径为，可得，所以，

设该球内接正方体的棱长为，所以，所以．

故选：D.

4．C

【解析】求出矩形的对角线长，进而可得球心到矩形所在平面的距离即棱锥的高，再由棱锥的体积公式即可得解．

【详解】∵矩形的顶点都在半径为5的球面上，且，，

∴矩形的对角线长为，

∴球心到矩形所在平面的距离为，

所以棱锥的体积．

故选：C．

【点睛】本题考查了球的几何特征的应用及几何体体积的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于基础题.

5．D

【分析】求出外接圆半径，再利用球面的截面小圆的性质求出球半径即可作答.

【详解】因，，则，即，于是得外接圆半径，

又点、、在同一个球面上，且球心到平面的距离为1，则球半径，

所以球的表面积为.

故选：D

6．C

【分析】由题意画出图形，由是面积为的等边三角形，可得，再由球的体积为，求出球的半径，而，再利用勾股定理可求出结果

【详解】由题意可知图形如图：是面积为的等边三角形，

可得，

∴，

可得：，

球的体积，解得，

所以到平面的距离为：.

故选：C.

【点睛】此题考查球截面性质，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题

7．C

【分析】设三角形ABC的外接圆的圆心为O',根据球的截面性质可知OO'⊥平面ABC,利用正弦定理求得AO',计算球的半径，进而求得体积.

【详解】设三角形ABC的外接圆的圆心为O',根据球的截面性质可知OO'⊥平面ABC,

如图所示，∵,∴AO'=,

∴OA=

∴球的体积为,

故选：C.

8．D

【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．

【详解】[方法一]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路一：从定义入手．

所以．

[方法二]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②．

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以．

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数的周期．

所以．

故选：D．

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

9．B

【分析】利用函数的奇偶性和周期性求解.

【详解】因为函数是定义域为R的奇函数，周期为2，且当时，，

所以 ，

故选：B

10．C

【分析】根据题意求得函数的周期，结合函数性质，得到，在代入解析式求值，即可求解.

【详解】因为为上的偶函数，所以，

又因为对于，都有，

所以函数的周期，且当时，，

所以

故选：C.

11．A

【分析】先求出函数的解析式，将代入计算即可.

【详解】因为函数在定义域上单调，且，

所以为常数，不妨设，则

由得，解得：，

所以，

所以.

故选：A

12．A

【分析】由奇函数和，可得周期，转化

，即得解

【详解】由题意，函数是上的奇函数，满足

因此函数的周期

故选：A

13．B

【详解】分析：由题意，得到函数是周期为的函数，进而可求得的值．

详解：由题意可得：，即函数是周期为的函数，

则，

故选B．

点睛：本题考查了函数的基本性质的应用，对于函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度：

（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．

（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．

（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．

14．A

【详解】分析：根据奇函数与偶函数的定义，可求得函数的解析式；根据解析式确定’的值．

详解：令 ，

则，因为为偶函数

所以（1）

，因为 为奇函数

所以（2）

（1）-（2）得

（3），令 代入得

（4）

由（3）、（4）联立得

代入得

所以

所以

所以选A

点睛：本题考查了抽象函数解析式的求解，主要是利用方程组思想确定解析式．方法相对比较固定，需要掌握特定的技巧，属于中档题．

15．

【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．

【详解】由题，当时，，故点在曲线上．

求导得：，所以．

故切线方程为．

故答案为：．

16．

【分析】求导得到，计算，，得到切线方程.

【详解】，则，故，

故切线方程为：，即

故答案为：

【点睛】本题考查了切线方程，意在考查学生的计算能力.

17．

【解析】到处导函数，再求出切线方程，即可得到横纵截距之和.

【详解】由题：，

，，

所以在点处切线方程，即

当，

当，

所以该切线的横纵截距之和为.

故答案为：

【点睛】此题考查求曲线在某点处的切线方程，再求直线截距，关键在于根据题意准确计算.

18．

【分析】根据导数几何意义得切线斜率，再根据点斜式得结果.

【详解】因为，所以，因此在x＝0处的切线斜率为，

因为x＝0时，所以切线方程是

【点睛】本题考查导数几何意义，考查基本求解能力.属基础题.

19．2x﹣y﹣1=0

【分析】求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线的方程.

【详解】函数f（x）=lnx+x的导数为，

可得函数f（x）的图象在x=1处的切线斜率为k=2，

切点为（1，1），

可得切线的方程为y﹣1=2（x﹣1）；即2x﹣y﹣1=0．

故答案为2x﹣y﹣1=0．

【点睛】本题考查利用导数求切线的方程，是基本题．

20．

【详解】设，则，，

据此可得：，

且：，

据此可得：曲线在处的切线方程是,

整理为一般式即：.

点睛：导数运算及切线的理解应注意的问题

一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．

二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．

三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.

21．

【分析】先将曲线变形，再通过求导求曲线在处的切线方程，再求面积.

【详解】由可得时，.，，则切线方程为即.

切线与两坐标轴的交点分别为，所以三角形的面积为.

【点睛】求过曲线上一点的切线方程一般有两种思路：1、设切线的斜率，联立曲线方程和直线方程通过判别式加以判断；2、通过求导求曲线在这个点处的斜率，进而求出切线方程.此题曲线是双曲线，若用判别式法求解，则求出的结果要注意检验.用求导求解要注意所得解析式中.

22．（1）或;（2）

【详解】试题分析：（1）先设出，由已知的运用向量的坐标运算得，再运用向量的数量积公式列出关于的方程；（2）在（1）的基础上表示出，进而表示出，其为关于的表达式，利用的范围求出的取值范围.

（1）设由题意可知，联立解得

所以或（6分）

由，，由（1）得（7分）

所以（9分）

所以

又，所以.

故答案为：

考点1、向量的数量积；2、向量在三角函数中的应用.

23．

【分析】根据向量垂直的坐标表示以及平面向量的数量积列方程可解得结果.

【详解】因为向量，，且向量与垂直，

所以，

所以，

所以，解得.

故答案为：

24．或2

【分析】转化为，即得解

【详解】已知，，若，

则，，，，

，，

，

，或，

故答案为：或2．

【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题

25．

【分析】首先根据向量线性运算的坐标表示求出，再计算数量积即可；

【详解】解：因为，，

所以，

所以

故答案为：

26．（或135°）

【分析】根据向量，求得向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解.

【详解】因为向量，

所以，

所以，

因为，

所以，

故答案为：（或135°）

27．

【分析】根据向量垂直和平行的坐标运算法则计算得，，得出，再根据向量的模的坐标公式即可求得结果.

【详解】因为向量，，，

且，，

∴

解得，；

∴，；

∴，

∴．

故答案为:

28．

【分析】先求的坐标，再利用列方程即可求解.

【详解】因为，，所以，

因为，

所以，解得，

故答案为：.

29．

【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.

【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，

且，所以四边形为矩形，

设，则，

所以，

，即四边形面积等于.

故答案为：.

30．

【分析】由椭圆得b，c,由此能求面积

【详解】由题,则四边形的面积为

故答案为

【点睛】本题考查椭圆的面积问题，是基础题

31．2

【分析】将椭圆方程化为标准方程，求得，根据焦点坐标与顶点坐标求得三角形面积.

【详解】椭圆方程可化为．

，从而．

因此，两焦点为，短轴的个端点为．

∴构成的三角形的面积为．

故答案为：2.

【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，属基础题.

32．9

【分析】根据椭圆的方程求得c，得到|F1F2|，设出|PF1|＝t1，|PF2|＝t2，利用勾股定理以及椭圆的定义，可求得t1t2的值，即可求出三角形面积．

【详解】∵a＝5，b＝3；∴c＝4，

设|PF1|＝t1，|PF2|＝t2，

则t1+t2＝10①t12+t22＝82②，

由①2﹣②得t1t2＝18，

∴．

故答案为9．

【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程、椭圆的简单性质．解答的关键是通过勾股定理解三角形，考查计算能力．

33．36.

【分析】根据题目三角形且满足，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，则可利用椭圆的性质，根据完全平方公式和勾股定理可得的值，即可求得三角形的面积.

【详解】由椭圆可得.

为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，

可得①，

∵，

∴②，

①式平方可得，

整理得，

∴，

故答案为：36.

【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，利用完全平方公式及直角三角形三边关系，解出直角边之积进而得到三角形面积，属于简单题.

34．3

【分析】令|F1P|＝m、|PF2|＝n，由椭圆的定义得 m+n，在Rt△F1PF2中，由勾股定理得m2+n2，从而可得m•n的值，即得△F1PF2的面积，从而得到答案．

【详解】令|F1P|＝m、|PF2|＝n，由椭圆的定义可得 m+n＝2a①，

Rt△F1PF2 中，由勾股定理可得（2c）2＝m2+n2②，由①②可得mn＝2b2，

∴△F1PF2的面积是==9,即b=3,

故答案为3．

【点睛】本题考查三角形面积的计算，考查椭圆的定义，考查勾股定理，考查学生的计算能力，属于基础题．

35．9

【分析】设出p点的坐标（x1，y1），根据PF1⊥PF2，求出y1，再根据 求面积．

【详解】解：椭圆C：1的左、右焦点分别为F1（﹣4，0）、F2（4，0），

设P（x1，y1），由已知PF1⊥PF2，所以 ，

即 （﹣4﹣x1，﹣y1）•（4﹣x1，﹣y1）＝0，

∴x12+y12＝16，

又因为 1，

解得 ，所以，△PF1F2的面积．

故答案为9．

【点睛】本题考查了椭圆的标准方程、椭圆的简单性质以及根据一些性质求面积，用到数形结合思想，这是高中数学的一种重要思想．