高中数学高考第2部分 高考22题逐题特训 专题2 [80分] 12＋4标准练标准练1(1)

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1.已知集合A＝{x∈Z|x2－3x－4≤0}，B＝{x|00，b>0)，则此三棱锥外接球表面积的最小值为( )
A.eq \f(17π,4) B.eq \f(21π,4) C.4π D.5π
答案 B
解析 由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体ABCD－A1B1C1D1的四个顶点，即为三棱锥A－CB1D1，且长方体ABCD－A1B1C1D1的长、宽、高分别为2，a，b，
所以此三棱锥的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，
半径为eq \f(\r(22＋a2＋b2),2)＝eq \f(\r(4＋a2＋b2),2)，
所以三棱锥外接球的表面积为
4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(4＋a2＋b2),2)))2＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋a2＋b2))
＝5π(a－1)2＋eq \f(21π,4)，
当且仅当a＝1，b＝eq \f(1,2)时，三棱锥外接球的表面积取得最小值eq \f(21π,4).
11.(2019·马鞍山质检)已知圆C1，C2，C3是同心圆，半径依次为1,2,3，过圆C1上点M作圆C1的切线交圆C2于A，B两点，P为圆C3上任一点，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的取值范围为( )
A.[－8，－4] B.[0,12] C.[1,13] D.[4,16]
答案 C
解析 设同心圆的圆心为O，由切线性质可知，OM⊥AB，
又因为过圆C1上点M作圆C1的切线交圆C2于A，B两点，
所以OA＝OB＝2，OM＝1，
在Rt△OAM中，sin∠OAB＝eq \f(OM,OA)＝eq \f(1,2)，
∴∠OAB＝eq \f(π,6)，根据OA＝OB＝2，
可知∠OAB＝∠OBA＝eq \f(π,6)，
∴∠AOB＝eq \f(2π,3)，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))
＝|eq \(PO,\s\up6(→))|2＋eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))
＝9＋eq \(PO,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＋|eq \(OA,\s\up6(→))|·|eq \(OB,\s\up6(→))|·cs eq \f(2π,3)
＝7－eq \(OP,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))，
∵OM⊥AB，OA＝OB，
∴M是AB的中点，
根据向量加法的几何意义得 eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))，
代入上式得，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝7－eq \(OP,\s\up6(→))·(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＝7－2eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))
＝7－2×|eq \(OP,\s\up6(→))|×|eq \(OM,\s\up6(→))|cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉
＝7－6cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉，
∵〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[0，π]，
∴cs〈eq \(OP,\s\up6(→))，eq \(OM,\s\up6(→))〉∈[－1,1]，
∴eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))∈[1,13].
12.已知点P是曲线y＝sin x＋ln x上任意一点，记直线OP(O为坐标原点)的斜率为k，则( )
A.至少存在两个点P使得k＝－1
B.对于任意点P都有k0)上有一个点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且满足AF⊥BF，当∠ABF＝eq \f(π,12)时，椭圆的离心率为________.
答案 eq \f(\r(6),3)
解析 设F1为椭圆左焦点，连接AF1，BF1，
由椭圆对称性和AF⊥BF可知：
四边形AFBF1为矩形，
∴|AB|＝|FF1|＝2c，
又∠ABF＝eq \f(π,12)，
∴|AF|＝|AB|sin eq \f(π,12)＝2csin eq \f(π,12)，
|AF1|＝|BF|＝|AB|cs eq \f(π,12)＝2ccs eq \f(π,12)，
由椭圆定义可知：|AF|＋|AF1|＝2ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,12)＋cs \f(π,12)))
＝2eq \r(2)csin eq \f(π,3)＝2a，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).
14.(2019·上海市交大附中模拟)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，那么eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,\r(x))))n展开式中的常数项为________.
答案 －20
解析 ∵(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，
且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，
∴令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2＝126，∴n＝6，
那么eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,\r(x))))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,\r(x))))6的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(eq \r(x))6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k·x3－k，
令3－k＝0，求得k＝3，
可得展开式中的常数项为－Ceq \\al(3,6)＝－20.
15.(2019·全国Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.

答案 26 eq \r(2)－1
解析 依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq \f(\r(2),2)x＋x＋eq \f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq \r(2)－1，故题中的半正多面体的棱长为eq \r(2)－1.
16.(2019·黄山质检)△ABC满足asin A＝bsin B，a2＋2b2＋3c2＝4，则△ABC面积的最大值为________.
答案 eq \f(2\r(5),15)
解析 因为asin A＝bsin B，
所以由正弦定理得a2＝b2，所以a＝b，
设AB边上的高为h，则a2＝h2＋eq \f(c2,4)，
因为a2＋2b2＋3c2＝4，
所以h2＋eq \f(5c2,4)＝eq \f(4,3)，
因为eq \f(4,3)＝h2＋eq \f(5c2,4)≥2eq \r(h2×\f(5c2,4))＝eq \r(5)hc，
当且仅当h2＝eq \f(5c2,4)时取等号，
hc≤eq \f(4,3\r(5))，
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)hc≤eq \f(2,3\r(5))＝eq \f(2\r(5),15)，
即△ABC面积的最大值为eq \f(2\r(5),15).