2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第13-16题解析版

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 2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题13-16题
原题13
1．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
变式题1基础
2．设为单位向量，且的夹角为，则的值为_________.
变式题2基础
3．已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则___________.
变式题3基础
4．若，与､的夹角都是60°，且，，则___________.
变式题4基础
5．已知向量与的夹角是，且，则________．
变式题5巩固
6．已知向量，满足，，若，则___________.
变式题6巩固
7．已知，，，则________．
变式题7巩固
8．已知向量与的夹角为，且，，则________．
变式题8提升
9．已知为单位向量，且满足，与的夹角为，则实数_______________.
变式题9提升
10．已知、是两个单位向量，它们的夹角是，设，则向量与的夹角大小是__________．
变式题9提升
11．已知向量和的夹角为150°，且，，则在上的投影为___________.
原题14
12．若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
变式题1基础
13．若双曲线的渐近线与圆相切，则___________.
变式题2基础
14．在平面直角坐标系中，双曲线：的一条渐近线与圆相切，则______．
变式题3基础
15．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为______.
变式题4巩固
16．（理）已知双曲线的渐近线与圆没有公共点， 则该双曲线的焦距的取值范围为_____.
变式题5巩固
17．已知双曲线C：，圆M：与C的一条渐近线相切于点P（P位于第二象限）．若PM所在直线与双曲线的另一条渐近线交于点S，与x轴交于点T，则ST长度为________．
变式题6巩固
18．已知双曲线：的斜率为正的渐近线为，若曲线：＋＝4上恰有不同3点到的距离为1，则双曲线的离心率是______．
变式题7巩固
19．已知圆关于双曲线：的一条渐近线对称，则_________.
变式题8提升
20．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在的渐近线上，且，，则______.
变式题9提升
21．已知，分别是双曲线C：（，）的左、右焦点，过的直线l与圆相切，且与双曲线的两渐近线分别交于点A，B，若，则该双曲线C的离心率为______.
变式题10提升
22．设直线与双曲线两条渐近线分别交于点，，若点满足，则该双曲线的渐近线方程是_______．
原题15
23．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
变式题1基础
24．在正六棱柱的所有棱中任取两条，则它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为______（结果用数字表示）．
变式题2基础
25．若从正六边形的6个顶点中随机选出3个点，以选出的这3个点为顶点构成直角三角形的概率为__________．
变式题3基础
26．阿基米德多面体（Archimedeanpolyhedra）是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体.它共有13种，其特点是棱长相等.如图1，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图2，在此阿基米德多面体的所有棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为___________.

变式题4巩固
27．如图，在平面直角坐标系中，O为正八边形的中心，.任取不同的两点，点P满足，则点P落在第一象限的概率是_____________.

变式题5巩固
28．从下图12个点中任取三个点则所取的三个点能构成三角形的概率为________．

变式题6巩固
29．住在同一个小区的三位同学在暑假里报名参加小区的志愿者服务，该小区共有四个志愿者服务点，若随机分配，则两位同学刚好分到同一个志愿者服务点的概率是 _______
变式题7巩固
30．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”.古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是_______
变式题8提升
31．一个正方体，它的表面涂满了红色，把它切割成个完全相等的小正方体，从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的概率为
变式题9提升
32．如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．

变式题10提升
33．在平面直角坐标系中，点集．从K中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________．
原题16
34．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
变式题1基础
35．在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为__________.
变式题2基础
36．已知的内角的对边分别为，若且，则面积的最大值为__________.
变式题3基础
37．已知的面积为，则边长的最小值为__________.
变式题4巩固
38．在中，内角、、的对边分别为、、，，，且，则的最大值为___________.
变式题5巩固
39．如图所示，在平面四边形中，已知，则的最大值为_______．

变式题6巩固
40．2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米．现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，，则的最大值为______千米．

变式题7巩固
41．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最大值为______．
变式题8提升
42．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围为__________．
变式题9提升
43．, 设 的内角 满足 ，且 ，则 边上的高 长的最大值是________.
变式题10提升
44．在中，角，，所对的边分别为，，，是的中点，若，且，则当取最大值时的周长为_________．

参考答案：
1．
【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．

2．##0.5
【分析】根据数量积的运算法则与定义求解即可.
【详解】，
故答案为：.
3．
【分析】根据平面向量的数量积的定义和运算性质进行求解即可.
【详解】由，有.
故答案为：
4．22
【分析】利用数量积的定义及运算律可求的值.
【详解】
，
故答案为：22.
5．2
【分析】先求出，即可求出.
【详解】因为向量与的夹角是，且，
所以.
所以.
故答案为：2
6．
【分析】转化，可求解得到，利用向量数量积的定义即可求解
【详解】由题意，



（舍负）

故答案为：
7．
【分析】根据平面向量的数量积求出的值，再根据向量模的定义和向量的数量积，计算出，从而得出的结果.
【详解】解：，，，
，
由此可得，
.
故答案为：2.
8．1
【分析】求出，再利用给定等式及向量夹角，结合数量积运算律列式计算作答.
【详解】依题意，，则有，由两边平方得：
，即，解得：，
所以.
故答案为：1
9．或
【分析】将已知等式移项，可得，再两边平方，运用向量的数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，化简整理，解方程即可得到所求值．
【详解】由，可得，则.
由为单位向量，得，则，即，
解得或.
【点睛】本题重点考查了数量积的定义和性质、单位向量的概念和性质运用等知识，属于中档题．
10．
【解析】根据题意，得出，，根据向量的数量积的定义求出和，根据向量模的求法，分别求出和，最后利用平面向量的数量的应用，求出，即可得出与的夹角大小.
【详解】已知、是两个单位向量，它们的夹角是，
，，则，
因为，，
则
，
即：，
则，
，
，
所以向量与的夹角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，以及单位向量的概念和向量的模的求法，考查计算能力.
11．或##或
【分析】对两边平方化简，求出，再利用数量积的几何意义可求得结果
【详解】由，得，
因为向量和的夹角为150°，且，
所以，得，
，
所以或，
当时，在上的投影为，
当时，在上的投影为，
综上，在上的投影为或，
故答案为：或
12．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．

13．
【分析】求出双曲线的渐近线方程，再由圆的切线性质即可列式计算即得.
【详解】双曲线的渐近线为，而圆的圆心为(2，0)，半径为，
依题意，，解得，
所以.
故答案为：
14．##
【分析】双曲线的渐近线方程为，与已知圆相切的只可能是，列出方程，从而可得答案.
【详解】解：由已知圆的方程可知圆心坐标为，半径为1．
双曲线的渐近线方程为，与已知圆相切的只可能是，
所以，得，故．
故答案为：.
15．2
【分析】求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a，b的关系，即可得到的值．
【详解】的一渐近线x＋ay＝0，被圆(x－2)2＋y2＝4所截弦长为2，
所以圆心到直线距为，即 ，a＝1.所以双曲线的实轴长为2.
故答案为：
16．
【分析】求得双曲线的渐近线方程，圆的圆心和半径，由直线和圆没有公共点，可得，解不等式可得的范围，进而得到焦距的取值范围．
【详解】双曲线的渐近线为，
圆的圆心为，半径为1，
由直线和圆没有公共点，可得，即为，
解得，
双曲线的焦距为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查双曲线的渐近线、焦距、点到直线距离公式等知识，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意运用渐近线方程和直线和圆无公共点转化为的应用.
17．
【分析】根据渐近线与圆相切得，由于直线PM与直线OP垂直，写出直线PM方程与直线OS方程联立方程组即可求解点及，结合两点距离公式即可求解ST长度．
【详解】双曲线渐近线方程为：，圆心．
根据渐近线与圆相切，则得：，
因为直线PM与直线OP垂直，所以直线PM方程为：，
又因为直线OS方程为：，
联立相关直线可得出点，，
由两点间距离公式可得：．
故答案为：
18．##
【分析】由题可知圆的圆心到l的距离为：半径－1，据此求出a、b关系，即可求出离心率.
【详解】曲线：＋＝4为圆，圆心E(2，0)，半径r＝2，
l为：，即，
由题可知E到l距离为r－1＝1，故，
∴.
19．
【分析】由题可知圆的圆心在双曲线的一条渐近线上，据此即可求出m.
【详解】由题可知圆的圆心在双曲线的一条渐近线上.
，故圆的圆心为(1,－2)，
(1,－2)在第四象限，故(1,－2)在双曲线的渐近线上，
∴，解得m＝.
故答案为：.
20．
【分析】设，，依题意有，结合，利用勾股定理得到，由此得到.根据可知是以为直径的圆和双曲线的渐近线的交点，联立渐近线和圆的方程，求得点的坐标.利用三角形的面积列方程，将方程化为含有的形式，由求解得的值.
【详解】不妨设点在第一象限，设，，则，而，故，联立两式可得，，联立，可得，由三角形的面积公式可得，即，故，即，故，故，则，解得.
故填：.
【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查双曲线的渐近线方程的求法，考查直线和圆交点坐标的求法，考查方程的思想，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
21．
【分析】求出切线的斜率，有两条切线，不妨设其中一条，如图，求出点坐标，确定即为切点，取中点，利用得，从而可得是　三等分点，于是有，由此求得点坐标，代入渐近线方程得的等式，变形后可得离心率．
【详解】因为与：相切，，为锐角，，，所以切线斜率，由对称性不妨考虑情形.如图，
又双曲线的渐近线方程为，则垂直其中一条渐近线，故与这条渐近线的交点即为该渐近线与在第二象限的交点，也是切点．
由，可得，
设中点为，由，
即，则有，又，故，且为的中点，所以为的中点，则，三等分，由，，解得，即，
由在另一渐近线上，即有，则，
故离心率.
故答案为：．

【点睛】本题考查求双曲线的离心率，关键是找出关于的等式，由向量的数量积为0得垂直结合切线得，由点坐标得点坐标，代入另一渐近线方程即得．
22．
【分析】如图，取的中点，利用得到直线是
直线的垂直平分线，又由于，两点在
渐近线上，可以运用点差法求出直线的斜率
表达式，再分别运用点在直线上以及
直线与直线的斜率乘积为，
得出的值，进而求得渐近线方程．
【详解】
如图，由双曲线得到渐近线的方程为；
即双曲线的两条渐近线合并为；
设，的中点为，
则，；
两式相减可得，即；
   ……………    ①
又点在直线上，则  ……… ②
由，则，则   …………… ③
联立②，③可得，；
将代入①可得；
所以渐近线的方程为；
故答案为：．
23．.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
故答案为：．

24．
【分析】首先求出在正六棱柱的所有棱中任取两条的基本事件的个数，然后求出符合是异面直线且互相垂直的的个数，进而根据古典概型概率公式求解即可.
【详解】由正六棱柱的18条棱中任取2条，共有种，考虑侧棱与底面垂直，与底面的直线都垂直，6条侧棱，每一条侧棱与一个底面中的4条直线是互相垂直的异面直线，有上下两个底面，则其中是互相垂直的异面直线共有种，所以它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为.
故答案为：.
25．##0.6
【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，再求出是直角三角形的方法种数，求比值即可．
【详解】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，
如图，图中由顶点构成的矩形有三个：ABDE、ACDF、BCEF，每个矩形的一个内角都是直角，共4×3=12个，

所以正六边形的顶点构成的三角形是直角三角形有12个，
所以所求概率，
故答案为：．
26．
【分析】根据图形，先求出24条棱中的所有组合，再求两条棱垂直的情况，分别计算出每一类情况中的垂直情况即可求解.
【详解】此阿基米德多面体共有24条棱，任取2条，共有种.
两条棱垂直有两类情况：①都来自同一个正方形：种；
②来自对面的两个正方形：种.
故所求概率为.
故答案为：
27．
【分析】根据给定条件求出确定点P的试验的基本事件总数，再求出点P落在第一象限的事件所含的基本事件数即可计算作答.
【详解】因是正八边形的任意两个顶点，又，即，则点P由唯一确定，
从正八边形的8个顶点中任取两点的试验有个基本事件，它们等可能，
点P落在第一象限的事件M，是取的两点分别为与，与，与，与，与确定的点P对应的事件，共5个，
于是得，
所以点P落在第一象限的概率是.
故答案为：
28．
【分析】先求出从12个点中任取3个点的取法，再求出三点共线的情况，从而可求出三个点能构成三角形的概率
【详解】从12个点中任取三个点，有种取法，
由图示得三个点在一条直线上的情况有，
所以所取的三个点能构成三角形的概率为．
故答案为：
29．##0.5625
【分析】先求出三位同学参加小区的志愿者服务共有种方法，再求得三位同学中有两位同学刚好分到同一个志愿者服务点的方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】由题意得三位同学参加小区的志愿者服务共有种方法，则其中三位同学中有两位同学刚好分到同一个志愿者服务点有种方法，
所以所求概率为，
故答案为：
30．##0.5
【分析】写出随机任取 “两行”共有多少种，再写出“两行”相生的可能情况，根据古典概型的概率计算求得答案.
【详解】由题意得，随机任取“两行”共有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种，
其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，
所以取出的“两行”相生的概率,
故答案为：
31．
【分析】分析可得分割下来的个小正方体中有一面、二面红色的数目，进而由乘法原理可得从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的情况数目，再结合题意可得从块中任取两块的情况数目，由古典概型的概率公式计算可得答案．
【详解】
在分割下来的个完全相等的小正方体中，位于原正方体个面中心位置的个小正方体只有个面有红色；位于原正方体个顶点位置的个小正方体有个面是红色；位于原正方体中心位置的小正方体没有面有红色；剩余个小正方体有个面有红色；
则从中任取个，其中个恰有一面涂有红色，另个恰有两面涂有红色的情况有种；
从个完全相等的小正方体中任取个，共有种情况；
所求概率.
故答案为：.
32．
【分析】先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，
对点分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类为号点.
①若，三点共线有条直线，此时有种；
②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种；

（2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：

故有种.
综上所述，满足共有种.
因此，所求概率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）数状图法；
（4）排列组合数的应用.
33．
【详解】考虑任四点不共线、任四点不共圆的情形．
由无四点共线知每列至少有一个点不取．
不妨设左边一列有两个点不取，分六种情况知方法数为．
故原概率为．
故答案为：.
34．##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
   
35．
【分析】根据余弦定理，可得，然后利用均值不等式，可得结果.
【详解】在中，，
由，所以
又，当且仅当时取等号
故
故的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查余弦定理以及均值不等式，属基础题.
36．
【分析】由余弦定理结合已知条件可得，再利用三角形面积公式结合三角函数恒等变换公式可得，利用基本不等式可得，从而可得，从而可求出角的取值范围，进而可求出三角形面积的最大值
【详解】∵，
∴，∴，
∵，∴，
又∵，∴，
∴，
由正切函数在上单调递增，可得，
∴.
故答案为：
37．
【分析】根据面积公式求出，再由余弦定理及均值不等式求最值即可.
【详解】设中内角对应边分别为，

，当且仅当时取等号，
时取到，
故边长的最小值为.
故答案为：
38．
【分析】利用余弦定理与平面向量的模长公式可得出，，利用基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最大值.
【详解】由余弦定理得①，
因为，即，所以，，
所以，，②
①②可得，②①可得，
由基本不等式可得，可得，解得，
当且仅当时，等号成立.
故的最大值为.
故答案为：.
39．56
【分析】由余弦定理求得，再由余弦定理表示出的关系，然后结合基本不等式得最大值．
【详解】中，，
中，由得，
所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为56．
故答案为：56．
40．#
【分析】利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【详解】∵在四边形中，，，，
∴,
在△中，由余弦定理得,
即,
，
，当且仅当时取等号，
，,
即，.
故答案为：.
41．
【分析】利用余弦定理及基本不等式可得，然后利用同角关系式，可得，即求．
【详解】∵，∴，
∴，
当且仅当时等号成立，
又，所以，
∴.
故答案为：．
42．
【详解】的内角所对的边成等比数列，所以,有.
由余弦定理得,所以.
又,
解得.
故答案为.
43．
【分析】通过已知条件可求出A角，bc乘积，于是可求得面积，利用余弦定理与基本不等式可得到a的最小值，于是再利用面积公式可求得答案.
【详解】根据题意，,故，求得，,故，根据余弦定理得，即，即而三角形面积为
，所以 边上的高 长的最大值是，故答案为.
【点睛】本题主要考查解三角形，基本不等式的实际应用，意在考查学生的分析能力，逻辑推理能力，计算能力，难度较大.
44．
【分析】分别在和中，由余弦定理以及可得，由及正弦定理得，可得，消去可得，由基本不等式可得取最大值时，，从而可得结果.
【详解】如图，设，则．

在和中，分别由余弦定理可得
，，
又
所以，
所以，①
由及正弦定理得
，
整理得，②
由余弦定理的推论可得，所以．
把①代入②整理得，
又，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，即时等号成立．
此时，即，
所以当取最大值时的周长为．
故答案为：
【点睛】本题考查了余弦定理，考查了正弦定理角化边，考查了基本不等式，属于中档题.