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（广东专用）

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专题09 填空压轴题 1．（2021•广州一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为 　      　，球的表面积为 　      　．【答案】；【详解】设为外接圆的圆心，因为是边长为6的等边三角形，所以，因为，解得，设球的半径为，球的半径为，由等体积法可得，，所以，所以球的体积为；作截面图如图所示，可知，则，，，因为△△，则，即，解得，所以球的表面积为．2．（2021•深圳一模）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则△的面积最大值为　      　．【答案】【详解】不妨设，，若，由正弦定理，得，故，所以由余弦定理得．所以．显然△为由得到的拿破仑三角形（等边三角形），设其边长为，易知，且，所以，故△的面积．当且仅当时取等号．故△面积的最大值为．3．（2021•湛江一模）已知的图象关于坐标原点对称，且对任意的，恒成立，当时，，则　      　．【答案】【详解】根据题意，的图象关于坐标原点对称，即是奇函数，则有，又由对任意的，恒成立，即恒成立，则有对任意的都成立，故是周期为4的周期函数，则（1），当时，，则，则（1）4．（2021•福田区校级二模）已知函数，，若总存在直线与函数，图象均相切，则的取值范围是　       　．【答案】，【详解】设与的图象在交点处存在切线，且切点为，由，，可得，，化为，，则，即，设，，可得在递增，由（1），可得的解为，则，由的图象可得，当越大时，抛物线的开口越小，可得此时和的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，则的范围是，．5．（2021•广东一模）在四面体中，，二面角为，则四面体的外接球的表面积为　      　．【答案】【详解】如图，由已知可得，，为等边三角形，取的中点，连接，，则，，为二面角的平面角，大小为，设的外心为，的外心为，分别过，作所在面的垂线，相交于，则为四面体的外接球的球心，由已知求得，在中，求得，则，可得四面体的外接球的半径．四面体的外接球的表面积为．6．（2021•惠州一模）已知函数，关于的不等式只有1个整数解，则实数的取值范围是　       　．【答案】【详解】由，令，解得：，令，解得：，的递增区间为，递减区间为，故的最大值是（e）；时，，时，，（1），故在时，，在时，，函数的图象如下：①时，由不等式得或，而时无整数解，的解集为，整数解有无数多个，不合题意；②时，由不等式，得，解集为，，，整数解有无数多个，不合题意；③时，由不等式，得或，的解集为无整数解，而的解集整数解只有一个，且在递增，在递减，而，（2）（4）（3），这一个正整数只能为3，（2）（3），；综上，的取值范围是．7．（2021•深圳模拟）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为　       　．【答案】【详解】设，，，其中，，，由余弦定理可得，，，因为，所以，即，因为，，所以，即，当且仅当时，取得等号．因为，所以，所以，解得或（舍去），当且仅当时，取得等号．所以的最小值为．8．（2021•广东二模）已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，，设直线与交于点，，则　      　，面积的最小值为　　      ．【答案】，4【详解】设，，，，直线的方程为，联立抛物线方程，可得，即有，，由的导数为，可得的方程为，化为，同理可得的方程为，联立两直线方程解得，，故；由到直线的方程的距离为，，的面积为，则时，的面积取得最小值4．9．（2021•潮州一模）已知定义域为的函数是奇函数，则不等式解集为　       　．【答案】，【详解】根据题意，定义域为的函数是奇函数，则有，即，变形可得：，必有，则，故在上为减函数，则，则有，解可得，即不等式的解集为，．10．（2021•珠海一模）若以函数的图像上任意一点，为切点作切线，图像上总存在异于点的点，，使得以为切点的直线与平行，则称函数为“美函数”，下面四个函数中是“美函数”的是　       　．①；②；③；④．【答案】②③【详解】由题意得，函数是“美函数”的条件是方程是导数值）至少有两个根．对于①，由，当时，的取值唯一，只有0，不符合题意；对于②，由且，即，此方程有两不同的个根，符合题意；对于③，由和三角函数的周期性知，的解有无穷多个，符合题意；对于④，由，令，则有，当△时解唯一，不符合题意．故四个函数中是“美函数”的是②③．11．（2021•佛山二模）在中，点，是线段上的两点，，，则　      　，的取值范围是　      　．【答案】；，【详解】根据题意，画出大致图形如下：结合题意及图形，可知，，，又，，，，由题意可知点在线段上，假设点与点重合，则，，，即，或，或，即，或，假设点与点重合，则，，，此时，或，综合可得，，，，，，即12．（2021•湛江三模）在三棱锥中，是以为直角的等腰直角三角形，是边长为2的等边三角形，二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为　       　．【答案】【详解】设 的中点为，过作平面的法线，过的重心作平面的法线，与的交点为，则为三棱锥的外接球的球心，又．，所以，又，所以，所以外接球的半径为：，所以球的表面积为：．13．（2021•汕头一模）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为　       　．【答案】【详解】如图所示，过等边中心作直线平面，是以为斜边的直角三角形，外接球的球心在过的斜边的中点并且垂直于的直线上，即与直线的交点的位置．过作垂直于的直线交于点，由于二面角的大小为，即所以，由于为等边三角形，所以，则，则，所以．14．（2021•惠州模拟）在空间中，定义“点到几何图形的距离”为：这个点到几何图形上各点距离中的最小值．现有边长为2的正方形，则到定点距离为1的点围成的几何体的体积为　       　；该正方形区域（包括边界以及内部的点）记为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为　      　．【答案】；【详解】到定点距离等于1的点所围成的几何体是半径为1的球，其体积；由题意可知，几何体为组合体，是一个棱长为2的正方体和四个高为2，底面半径为1的半圆柱及四个半径为1的四分之一球，其体积为．15．（2021•潮州二模）某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品（如图所示）．该工艺品可以看成一是个球体被一个棱长为8的正方体的6个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）．若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径为　       　；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是，球冠的高是，那么球冠的表面积计算公式是．由此可知，该实心工艺品的表面积是　　       ．【答案】5，【详解】设球心半径为，圆的半径为，正方体棱长为，（如图）圆的周长为，由题意，圆心和球心以及正方体的边的一半可以构造直角三角形，即，球冠的高是，球的表面积减去球冠的表面积，在加上6个圆的面积，可得工艺品的表面积．即工艺品的表面积为：．16．（2021•肇庆二模）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第　        　项．【答案】2022【详解】依题意，得17．（2021•广州二模）已知椭圆的两个焦点为和．直线过点，点关于直线对称点在上，且，则的方程为 　        　．【答案】【详解】点与关于直线对称，为的垂直平分线，，，又，，即，，又，，则，即，，而，，即，可得，．．故椭圆方程为．18．（2021•广东模拟）已知函数，则函数的零点个数为　        　．【答案】10【详解】函数的图象如下图所示：若，当时，或，当时，或，结合图象分析：，则，即或或或；对于，存在3个零点；对于，存在3个零点；对于，存在4个零点；对于，不存在零点，综上所述，函数的零点个数为10个19．（2021•梅州一模）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为　        　．【答案】【详解】由，，得．由点是 的中点及，求得，又，，得，又且，平面，平面．球心到底面 的距离，由正弦定理得 的外接圆半径，球的半径为，球的表面积为．20．（2021•河源模拟）三棱锥的四个顶点均在半径为2的球面上，已知是边长为2的正三角形，，则面积的最大值为　      　．【答案】【详解】由于为等边三角形，设中心为，设球的球心为，如图所示：所以，，则，点到的距离，所以，的最大值为．21．（2021•韶关一模）若曲线与曲线存在公切线，则的取值范围为　         ．【答案】，【详解】由，得，由，得，曲线与曲线存在公共切线，设公切线与曲线切于点，，与曲线切于点，，则，可得，，记，则，当时，，递减；当时，，递增．当时，．的范围是，．22．（2021•江门一模）已知一圆锥纸盒母线长为6，其轴截面为正三角形，在纸盒内放置一个棱长为的正方体，若正方体可在纸盒内任意转动，则的最大值为　       　．【答案】2【详解】由于正方体可在圆锥内任意转动，故当正方体棱长最大时，正方体外接球为圆锥内切球，设圆心为，半径为，轴截面上球与圆锥母线切点为，，平分，由为正三角形，，，因为为的角平分线，所以，，由正方体外接球直径与正方体之间的关系可得，，又正方体外接球为圆锥内切球，所以，故，所以的最大值为2．23．（2021•茂名模拟）已知，，，若恒成立，则实数的取值范围是　          ．【答案】，【详解】恒成立恒成立恒成立，令，则，再令，则恒成立，在上单调递增，又（1）（1），当时，，即，在上单调递减；当时，，即，在上单调递增；（1），，解得：24．（2021•陕西模拟）已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为 　        　．【答案】，【详解】当时，恒成立；当时，恒成立，即，即为恒成立，设，则，当时，，递增；当时，，递减，可得处取得极小值，且为最小值，所以，即，综上可得，的取值范围是，．25．（2021•湛江校级模拟）已知函数是定义在，上的偶函数，且，则不等式的解集用区间表示为　        　．【答案】，【详解】函数是定义在，上的偶函数，且，则，故的零点为．由不等式，可得①，或②．由①可得，．由②可得，26．（2021•广州二模）已知函数，且（1），则　         ，曲线在处的切线方程为 　　       ．【答案】0，【详解】函数的导数为,可得，解得；由,可得曲线在处的切线的斜率为0,切点为,则切线的方程为．27．（2021•广东模拟）如图，在四棱锥中，，平面，底面为正方形，且．若四棱锥的每个顶点都在球的球面上，则当时，球的表面积为　       　；当四棱锥的体积取得最大值时，二面角的正切值为　       　．【答案】，【详解】（1）因为，则平面，，又，平面，则四棱锥可补形成一个长方体，球的球心为的中点，从而球的表面积为．（2）设，则，四棱锥的体积，则，当时，；当时，．故（2），此时，．过作于，连接，则为二面角的平面角．，．28．（2021•惠州二模）在空间中，已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为　       　，其外接球的表面积为　　       ．【答案】；【详解】如图所示，正四棱锥的底面边长为2，所以，则，所以，所以；设外接球的半径为，则，，所以外接球的表面积为．29．（2021•梅州二模）已知为抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中点为坐标原点），则面积的最小值是　       　．【答案】【详解】由题意，设直线的方程为：，点，，，，直线与轴的坐标为，联立，可得，，，，，即，或，，在轴的两侧，所以，即，设在轴的上方，则，，，面积，，，，当时，三角形的面积取得最小值：．30．（2021•广东模拟）据报道，某地遭遇了70年一遇的沙漠蝗虫灾害．在所有的农业害虫中，沙漠蝗虫对人类粮食作物危害最大．沙漠蝗虫繁殖速度很快，迁徙能力很强，给农业生产和粮食安全构成重大威胁．已知某蝗虫群在适宜的环境条件下，每经过15天，数量就会增长为原来的10倍．该蝗虫群当前有1亿只蝗虫，则经过　       　天，蝗虫数量会达到4000亿只．（参考数据：，【答案】54【详解】由每经过15天，蝗虫的数量就会增长为原来的10倍，设每天的增长率为，则有，解得，设经过天后，蝗虫数量会达到4000亿只，则有，所以，即，故，所以，故经过54天，蝗虫数量会达到4000亿只．