数学-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（全国通用）（解析版）

这是一份数学-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（全国通用）（解析版），共48页。试卷主要包含了三视图1，函数的图像7，三角函数单调性求参数范围11，圆锥曲线17，数列22，函数切线求参问题27，二项式30，解三角形33等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学终极押题猜想
押题猜想一 三视图 1
押题猜想二 函数的图像 7
押题猜想三 三角函数单调性求参数范围 11
押题猜想四 圆锥曲线 17
押题猜想五 数列 22
押题猜想六 函数切线求参问题 27
押题猜想七 二项式 30
押题猜想八 解三角形 33
押题猜想九 立体几何异面直线成角 38
押题猜想十 球 44

押题猜想一 三视图

已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为（    ）

A． B．
C． D．4
【答案】B
【解析】：由三视图知该几何体是底面是边长为2的正方形，高为2的四棱锥，如图所示：

,
,
,
所以侧面积为．
故选：B.
【押题解读】高中数学三视图主要考察学生们空间想象能力，如何通过三视图中关键点能够想象出空间图是高考常用的考查形式。
【考前秘笈】由三视图恢复空间图核心技巧“三线交汇得定点”（三线法）
具体操作步骤：第一步：根据正视图，在正方体中画出正视图上的四个顶点的原像所在的线段，
第二步：侧视图有三个顶点，画出他们的原像所在的线段，第三步：俯视图有三个顶点，画出他们的原像所在的线段，第四步：由一二三步画出的线段找三线交点，交点即为空间图顶点。
注意：（三线交点的个数确定后，仍不满足空间图顶点个数，则寻找二线交点进行验证）


1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B．8 C．32 D．
【答案】C
【详解】由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：

图形为底面是矩形的斜棱柱，底面矩形长为4宽为2，棱柱的高为4，
所以几何体的体积为．
故选：C
2．我国古代数学名著《九章算术》中几何模型“阳马”意指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．某“阳马”的三视图如图所示，则该四棱锥中棱长的最大值为（    ）

A． B． C． D．2
【答案】C
【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：

由图知：，
，
故选：C
3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥中最长的棱的长度为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由三视图，几何体如下图示，且面，

而面，故，
所以，显然为最长棱.
故选：C
4．某几何体的三视图如图所示，记该几何体的体积为，其外接球的体积为，则______．

【答案】
【详解】由题可知该几何体为四棱锥，如图所示：

且平面，底面为矩形，，
所以，
由该几何体可知它可以补全为一个长方体，
如图：

且为该长方体的体对角线，
所以四棱锥外接球即为补全后长方体的外接球，
半径为，
所以，
所以，
故答案为：.
5．已知某几何体的三视图如图所示，若是的中点，是的四等分点（靠近点），则下列说法正确的是______．（请填写所有正确答案的序号）
①；②平面；③；④三棱锥的体积为．

【答案】①②④
【详解】根据三视图可知该几何体的直观图为：

其中，，两两垂直，，，，，
以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，
所以，，
所以，即，故①正确；
设平面的一个法向量为，
由，取，得，，得，
又，所以，又平面，所以平面，故②正确；
在中，，，
所以由余弦定理得，所以，故③错误；
三棱锥的体积，故④正确.
综上所述：说法正确的是①②④.
故答案为：①②④

押题猜想二 函数的图像

函数的部分图像大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除AC；
根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除D.
故选：B
【押题解读】高中数学已知函数表达式确定函数图形主要考察学生们灵活应变能力，如何能够找见图像中的差异点是破解此类题的关键，是高考的高频考点。
【考前秘笈】已知函数表达式确定函数图象应遵循以下步骤逐一排除：
第一步：利用奇偶性判断排除
第二步：利用代特值判断排除
第三步：利用求导求斜率根据单调性来判断排除（尤其在坐标原点）
第四步：在前三步仍排除不了的情况下利用极限判断排除


1．函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题知，，
所以，解得定义域为，关于原点对称，
因为，
所以为奇函数，故D错误；
又，故C错误；
又，故B错误；
故选：A
2．函数在区间上的图象可能是（    ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】定义域关于原点对称，
是偶函数，
图象关于轴对称，排除选项C，D，
又，可排除选项B.
故选：A.
3．函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由，可得，则定义域为，
则，
，
则为偶函数，其图像关于y轴对称，排除选项CD；
又，则排除选项B，正确选项为A.
故选：A
4．函数的部分图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】因为，，
所以，故函数的为奇函数，排除BD；
又 所以，故A错误.
故选：C
5．函数的大致图像为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由知，，排除C选项；
函数没有定义，排除B；
时，，根据指数函数的单调性可知，，
又弧度是第二象限角，故，于是时，，排除D.
故选：A.


押题猜想三 三角函数单调性求参数范围

将函数的图像向左平移个单位后的函数图像关于轴对称，则实数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，将函数图像向左平行移动个单位后的函数记为，则，而函数的图像关于轴对称有，，，()，，实数的最小值为．
故选：C．
【押题解读】高中数学三角函数许多题型的桥梁，主要考察三角函数一系列基本公式及基础函数图像，通过数形结合破解问题，怎么去破解将是高考高频考点之一。
【考前秘笈】具体操作步骤：
必备公式

辅助角公式
，（其中）；
求解析式
平移
方法一：整体左加右减 方法二：以点为主左加右减
令t，画基本三角函数图像
方法：五点作图
根据题意破解
求最值


1．已知函数，若实数a、b、c使得，对任意的实数x恒成立，则的值为（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【详解】，
其中，
，
要想恒成立，即恒成立，
故且，
因为，所以且，，
解得，，，
故
故选：C.
2．已知，其导函数的图像如图所示，则在内的极值点个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【详解】因为，
所以，
由图象知：，
则，，
所以，
又，
则，
即，
因为，
所以，
所以，则，
所以，
则，
令，即，
因为，所以，
所以，解得，
所以当时，，当时，，
所以当时，取得极大值，
所以在内的极值点个数为1，
故选：B
3．已知函数，若在区间内恰好存在两个不同的，使得，则的最小正周期的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为函数，由，可得，
因为，当时，可得，
要使得在区间 内恰好存在两个不同的，使得，
则满足，解得，
所以的最小值为，则的最小正周期的最大值为．
故选：A.
4．已知函数的图像关于直线对称，将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．的图像关于点对称
C．在区间上单调递增
D．在区间上单调递减
【答案】B
【详解】因为函数的图像关于直线对称，
所以，则，
因为，所以，所以，
将函数的图像向右平移个单位长度，得到，
则，
令，解得，
则在上递增；
令，解得，
则在上递减，
故选：B
5．已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（    ）
A．
B．函数的对称轴方程为
C．为奇函数
D．在上的最大值为
【详解】A：由题意，，恒有，
所以是函数的一个最高点，即，
得.
又函数在上单调递增，则，
又函数的单调递增区间为，
所以，
即，解得，
当时，，此时，符合题意；
当时，，此时，不成立，故不符合题意，
所以.所以.故A正确；
B：令，解得，
即函数的的对称轴为，故B正确；
C：，令，
则，即函数为奇函数，故C正确；
D：，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上，，即函数的最大值为，故D错误.
故选：D.
押题猜想四 圆锥曲线离心率

已知双曲线的左、右焦点分别为，，为右支上一点，与的左支交于点.若，则的离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
由题意易得：，所以
设，，由余弦定理可得，
则
设点，则，
即
所以，故.
故选：C
【押题解读】离心率在圆锥曲线问题中有着重要应用，它的变化会直接导致曲线类型和形状的变化，同时它又是圆锥曲线统一定义中的三要素之一，有关求解圆锥曲线离心率的试题在历年高考试卷中均有出现。
【考前秘笈】关于圆锥曲线离心率（范围）问题处理的主体思想是：建立关于一个的方程（或不等式），然后再解方程或不等式，要注意的是建立的方程或不等式应该是齐次式．一般建立方程有两种方法：1）利用圆锥曲线的定义解决；2）利用题中的几何关系来解决问题。另外，不能忽略了圆锥曲线离心率的自身限制条件(椭圆、双曲线离心率的取值范围不一致)，否则很容易产生增根或者扩大所求离心率的取值范围．


1．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线经过点交于 ，两点，点在上，，，，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分别取，关于轴的对称点，，连接，，，，

由以及椭圆的对称性及几何知识可得，且关于y轴对称，
则关于原点对称，则四边形是平行四边形，
所以，，
又，所以，所以是等边三角形，
又的周长为，
所以，，
中，由余弦定理，
得，整理得，
所以，
故选：B.
2．已知双曲线，过右焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如下图所示：

双曲线的渐近线方程为，即，
所以，，则，
因为，则，
设，则，所以，，
，，
由二倍角的正切公式可得，即，可得，
因此，.
故选：A.
3．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，若直线与圆：相切，则该椭圆的离心率为（    ）
A． B．
C． D．或
【答案】D
【详解】设，则直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，
两边平方整理得，，
于是，解得或，
则或，
故选：D
4．已知双曲线，，过点可做2条直线与左支只有一个交点，与右支不相交，同时可以做2条直线与右支只有一个交点，与左支不相交，则双曲线离心率的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图所示，设双曲线的两条渐近线分别为，
由已知易知，若在双曲线内部（如位置），显然作任何直线均与双曲线右支有交点，无法满足题意；
若在双曲线与渐近线之间（如位置），过P所作直线若与双曲线左支相交则必与右支也相交，也无法满足题意；
故P只能在双曲线的渐近线上方，此时过P可做唯一一条与右支相切的直线，也可以作一条与渐近线平行的直线，该两条直线均与左支无交点；
同理也可作出唯一一条与左支相切的直线，及一条与渐近线平行的直线符合要求；
即，
故，
故选：B

5．设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
押题猜想五 数列

已知正项数列的前项和为，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为，
所以，即，
所以，
因为数列的各项都是正项，即，
所以，即，
所以当时，，
所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列.
所以.
故选：C
【押题解读】数列是高中数学的基本板块，是高考数学中的热点和必考点，数列的通项作为数列的灵魂，因此数列的通项公式的求法就备受命题老师亲睐。特别是递推数列的通项问题是高考的热点问题，又是高中数学教学的难点之一。综观近年的高考试题可知，高考数学往往通过考查递推数列来考查学生对数学知识的探究能力。数列大题第一问往往也考察递推公式为主的求通项，这也是复习的重点。本专题就累加法、累乘法、倒数法、待定系数法、定义法等十多种方法逐一进行分析，以便大家熟练掌握。
【考前秘笈】等差数列判定：①定义法：证an＋1－an＝定值；②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2；
③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数.
等比数列的判定方法：(1)定义法：证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
形如型的递推数列（其中是关于的函数）叫累加法。
可构造将上述个式子两边分别相加，
可得：
①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
形如型的递推数列（其中是关于的函数）叫累乘法。
可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．

1．数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，，
，
又为整数，
必须是2的次幂，即．
内所有的“幸运数”的和：

，
故选：D．
2．已知数列满足，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为，由递推知，，所以，
则，有，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以，
则，所以.
故选：B
3．已知是等比数列的前n项和，若存在，满足，，则数列的公比为（    ）
A．0 B．2 C．-3 D．3
【答案】B
【详解】设等比数列的公比为，
若，则，与题中条件矛盾，故，
因为，解得，
又因为，解得，即，所以.
故选：B.
4．已知等差数列的前n项和为，其中，记的前n项和为，若，其中表示不超过x的最大整数值，则的值域为（     ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】设等差数列公差为，由，
有，解得，所以，
，

，
，随着的增大而增大，时，有最小值，
，，取值范围为，
，则的值域为.
故选：C
5．已知递增数列满足．若，，则数列的前2023项和为（    ）
A．2044242 B．2045253 C．2046264 D．2047276
【答案】D
【详解】因为，所以，所以数列是等差数列，
设公差为，因为数列为递增数列，所以，
由，得，即，
由，得，将代入，得，
又，所以，，
所以数列的前2023项和为.
故选：D

押题猜想六 函数切线求参问题

若曲线与曲线有公切线，则实数a的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设是曲线的切点，设是曲线的切点，
对于曲线 ，其导数为 ，对于曲线 ，其导数为 ，
所以切线方程分别为：，，两切线重合，
对照斜率和纵截距可得：，解得（），令 （），
，得：，
当 时， ，是减函数，
当 时， ，是增函数，
∴且当x趋于 时，， 趋于 ；当 趋于 时， 趋于；
∴，∴；
故选：D．
【押题解读】切线的相关问题是历年高考中的热门考点，常在选填题中出现，偶尔也会出现在解答题中。特别是近几年高考中关于公切线的相关考点出现较多。导数在高中数学中，作为解题工具具有很重要的地位，导数的几何意义为解决曲线的切线和公切线提供诸多便利。
【考前秘笈】曲线切线方程的求法：
(1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：
①求出函数f(x)的导数f′(x)；②求切线的斜率f′(x0)；③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．
(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程.
已知斜率求切点：已知斜率k，求切点(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.
根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P(x0，y0)既在曲线上又在切线上和切线的斜率等于该点处的导函数值构造方程组求解．

1．已知抛物线C：，（）的焦点为F，为C上一动点，若曲线C在点M处的切线的斜率为，则直线FM的斜率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】∵，
∴，，
∴，
由题意知，，解得：，
又∵M在上，
∴，解得：，
∴，
∴.
故选：B.
2．已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【详解】，
因为使得的图象在点处的切线与轴平行，
所以函数在上存在最值，即函数在上存在对称轴，
令，得，
因为，所以，
即，则，
又，故时，取最小值为，
故选：A
3．已知曲线，过曲线上A，B两点分别作曲线的切线交于点P，AP⊥BP．记A，B两点的横坐标分别为，则（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【详解】当时，，当时，，
依题意，曲线在点A，B处的切线互相垂直，则在1的两侧，不妨令，
因此，解得.
故选：B
4．定义在上的函数，的导函数都存在，，则曲线在处的切线的斜率为（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【详解】，
设函数，
则，所以．
即曲线在处的切线的斜率为1.
故选：B
5．已知偶函数在点处的切线方程为，则（    ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【详解】因为是偶函数，所以，即；
由题意可得：，
所以.
故选：A

押题猜想七 二项式

展开式中无理项的个数为（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【详解】由，
则其通项为，
其中，，
若不是整数时，即得到展开式中的无理项，
当，时，的值为；
当，时，的值为；
当，或时，的值为或；
当，或时，的值为或；
当，或或时，的值为或或；
当，或或时，的值为或或，
综上，展开式中无理项的个数为8．
故选：C．
【押题解读】从近年高考来看，计数原理是高考的一个重点内容，主要考查二项展开式的通项、二项式系数、展开式的系数、排列和组合等知识。对于二项式定理，着重考查展开式的通项公式及二项式系数的性质应用等由于该部分试题内容比较抽象，解题方法比较灵活，答案数值往往较大，具有一定的灵活性和综合。对于排列组合知识，主要以实际应用问题的形式或作为概率的基础放在概率、统计内容中考查，还有考查复杂的排列（组合）数问题。

【考前秘笈】利用二项展开式通信公式，待定系数法可得。注意n值为正整数，可能存在分类讨论的情况。
常见的通法是通过赋值使得多项式中的x-1变为0和1，在本题中要使x-1=0即给等式中的x赋值1，求出展开式的常数项
终极大法：分配系数处理

1．若，则（    ）
A．366 B．365 C．364 D．363
【答案】C
【详解】令得：，
令得：，
两式相加得：，当时，，
所以.
故选：C
2．设，则（    ）
A．84 B．56 C．36 D．28
【答案】A
【详解】依题意，.
故选：A
3．设，则的值等于（    ）
A．0 B．1 C． D．
【答案】B
【详解】由题意知，
，
令，得.
故选：B．
4．的展开式中的系数是（    ）
A． B．0 C．35 D．70
【答案】C
【详解】因为，
其中展开式的通项为，
所以的展开式中的系数为.
故选：C
5．的展开式中的系数是（    ）．
A． B． C．－30 D．30
【答案】A
【详解】因为的展开式的通项公式，
令，可得的系数是．
故选：A.
押题猜想八 解三角形

在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，即，
即，
，则，，则，故，
，故，.
故选：B
【押题解读】从近几年新课标的命题来看，文（理）科卷都是各出一个题，选填填或解答题，整体来说难度不大。考查的知识点方面，齐次式结构类型居多，往往利用正弦定理转化边角后，求出其中一个角或者得到一个新的关系式，从而进行下一步的运算。不要轻易约分，不要轻易约分，不要轻易约分。另外，利用三角形内角和为180进行消元转化也是常用手段，至于消谁，就看谁好消了。
【考前秘笈】解三角形求最值，主要是两个思路：①利用余弦定理，借助均值不等式来求；②利用正弦定理，边角互化来求，化角时，要注意角的取值范围限制。
周长的最值：注意条件合理的分析转化：①角与对边型：正弦定理；②对称边，可余弦定理+均值不等式。
注意：①利用均值求周长的范围时，注意利用三角形“两边之和大于第三边（任意三角形）”
②正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边的齐次式或关于角的正弦的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论．

1．在中，，且，则的面积是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由，
故.
故选：A
2．在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（    ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【详解】由余弦定理可得，
所以.
因为，，所以，即，解得.
所以
，
当时，.
故选：C.
3．在中，角，，所对的边分别为，，．已知．
(1)求的值；
(2)若的内切圆半径为，，求．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
即，
又，所以，
所以，
又，即.
（2）由余弦定理得，①  
设的内切圆半径为，
由等面积公式得．
即．
整理得，②
联立①②，解得，，
所以．
4．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意得，即.
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
所以，故，
故，整理得，
又为锐角三角形，则
所以，因此.
（2）在中，由正弦定理得，所以.
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
5．在中，点D在边上，且．
(1)若平分，求的值；
(2)若成递增的等比数列，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
设，则，
因为平分，所以，设，则，
在中，，
在 中，，
由，得，
；
（2）因为成递增的等比数列，，所以，
在 中，，
在 中，，
因为，所以，整理得，
又，所以 ，解得或，
若，则，不符合题意，
若，则，符合题意，此时，
则 的面积.




押题猜想九 立体几何异面直线成角

在四棱锥中，平面，，底面是菱形，，E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】连接、交于点，连接，

因为四边形为菱形，，则为的中点，且，
因为为的中点，则，
又F，G分别是，的中点，所以，故
所以，异面直线与所成的角为或其补角，
平面，平面，，
，，平面，平面，
平面，，
因为，，则为等边三角形，
同理可知也为等边三角形，又，
，
同理可得，，
所以，.
因此，异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：D.
【押题解读】空间几何压轴题主要考查动态轨迹问题和几何体的相关量的计算。空间几何相关最值问题，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解．空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理。
【考前秘笈】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移至共面；（2）定（证明）；（3）计算（正余弦定理）；（4）取舍（只取锐角）．

1．已知长方体中，，点E，F分别是线段BC，的中点，则异面直线，DF所成角的余弦值为（     ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】延长至，使得，连接，则为异面直线，DF，所成角；不妨设，则，，，故.

故选：C
2．已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，O为AC的中点，若点O到平面的距离为，则直线与直线所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】依题意如下图：

底面ABCD， 平面ABCD， ，又在正方形ABCD中， ，
平面 ， 平面， 平面，
是三棱锥 的高， ；
设侧棱 ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
，
的面积 ，由于O点到平面 的距离是 ，
三棱锥 的体积 ；
，  ，
的面积 ，三棱锥 的体积 ，
.
,故即为直线与直线所成角，
在 中， ，
故选：A.
3．已知在四面体中，，则当四面体的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】∵，∴的面积为定值，
因此当平面时，四面体的体积最大，
当四面体的体积最大时，分别取，，的中点，，，
连接，，，则，，
∴即异面直线与所成的角或其补角，连接，
∵平面，平面，所以，，
，∴，，，，
∴在中，由余弦定理，得，
∴异面直线与所成角的余弦值是.
故选：D

4．如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】法一： 如图，连接并延长，交底面圆于，连接，，易知且，

所以为异面直线与所成的角或其补角．
因为，则，所以为正三角形，故．
由圆柱的性质知，
所以在等腰三角形中，.
法二 ： 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
5．设与C分别为圆柱上下底面圆周上的点，且位于该圆柱轴截面同侧，下底面圆心O在AB上，若，，，则直线与AB所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设圆柱底面半径为，高为，过作，连接，
由题设弧长的数量关系知：为边长为的正三角形且CD//AB，垂直与圆柱底面，
则，，
在中，由余弦定理可得：，
整理可得，

因为CD//AB，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）.
在中，，
所以直线与AB所成角的余弦值为，
故选：B.




押题猜想十 球体

在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑中平面BCD，，且，则鳖臑外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
如图，取的中点为，连接，
因为平面BCD，平面，故，
同理.
因为的中点为，故.
而，平面，故平面，
而平面，故，
故，所以为三棱锥外接球的球心，
又，故，所以，
故三棱锥外接球半径为，故其外接球的表面积为.
故选：C.
【押题解读】球面几何的相关问题是新课标高考命题中的一个重要考点，以考察学生空间想象能力为主线，结合边角关系、位置关系、长度、面积与体积的计算，从而体现学生应该具备的对空间几何体的理解与认识。
球面几何主要考点：多面体（柱体与椎体）的外接球、截面的性质、多面体（柱体与椎体）的内切球等；解决外接球（内切球）问题主要原理：（1）空间问题尝试向平面进行转化，如恰当做出截面，建立多面体基本量与球的半径（直径）之间的数量关系；（2）化归到平面图形后，注意直角三角形的构造与勾股定理的使用；（3）注意平时发现的一些重要结论，需强化记忆。
【考前秘笈】球的内接正(长)方体,其体对角线长等于球的直径.
1．正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2．长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3．球上存在3条弦两两相互垂直的的棱锥（棱柱）也可以补成长方体解决问题
（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．
（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．

若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，
计算公式： （其中为该三棱锥任意三条具有公共顶点的棱）

计算若为柱体

①圆柱模型：外接球半径公式： （为该柱体的高，为上下底面外接圆的半径）
②直三棱柱或可以补成直棱柱模型；③可补成直棱柱模型（有线面垂直的棱锥）；
外接球半径： （为该柱体（锥体）的高，为底面（三角形）外接圆的半径）
附：外接圆半径求法（正弦定理）：.


1．已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】取中点，连接，如图，

在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
又，则，
当且仅当时，最大，的面积最大，
令直线与平面所成角为，则点到平面的距离，当且仅当时取等号，
因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大，
因此当三棱锥体积最大时，且平面，而平面，即有，
正中，，，则平面，
令正的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则分别在上，令外接球球心为，
于是平面，平面，有，即四边形是矩形，
而，，在中，，
因此球的半径，
所以三棱锥外接球的体积，
故选：C
2．空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，

则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，
由题意可得，过作平面于，
直线与平面所成的角为，，，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，
所以在延长线上时，三棱锥的外接球体积最大，

设的中点为，连接，则，，
又，，
所以，，
，
三棱锥的外接球体积最大为.
故选：C．
3．上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，
则，，同理，
所以，同理.
所以.
所以点就是几何体的外接球的球心.
所以球半径，
所以体积为．
故选：A

4．已知抛物线，把该抛物线绕其对称轴旋转一周得到一个几何体，在该几何体中放置一个小球，若使得小球始终与该几何体的底部相接，则小球体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】要使球的体积取到最大值，球需接触到抛物线旋转所形成的的曲面上，
设此时球与平面的交点为，球心为，半径为r，
则，，
设抛物线在点P处的切线为l，则，且到直线l的距离为r，
，所以直线l方程为，
即，所以点到直线的距离为
①，
又，即，
整理得，代入①式，
得，
因为球始终与该几何体的底部相接，所以点P为原点，即，此时，
所以球的最大体积为.
故选：C.

5．若三棱锥P-ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，其中PA⊥平面ABC，，，，则该球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为PA⊥平面ABC，，所以可将该三棱锥进行补形，补成一个长方体，
从而长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，
则外接球的直径为，得，
故三棱锥P-ABC的外接球的体积为.
故选：D.