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.25+22+5【答案】B
B.25+22+2C.
8
3D.4
【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：
11
⋅AD⋅PQ=×2×2=2,2211
S△PAB=S△PCD=⋅AB⋅PA=⋅2⋅22+12=5,22S△PAD=
11
⋅BC⋅PE=⋅2⋅22+22=22,22所以侧面积为S=25+22+2．S△PCB=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.
32
3B.8C.32D.162【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V=Sh=2×4×4=32．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.2B.5C.6D.2
【答案】C
【详解】解：由三视图得该几何体如图所示：
由图知：PA=1,AB=1,AD=2,PB=
PC=
PA2PA2+AB2=2，
+AC2=6,PD=PA2+AD2=2，
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.3B.23C.6D.26【答案】C
【详解】由三视图，几何体如下图示，AB=BD=3,BC=CD=1且AB⊥面BCD，
而BC,BD⊂面BCD，故AB⊥BC,AB⊥BD，所以AC=2,AD=6，显然AD=6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V其外接球的体积为V则1，2，
V1
=V2
．
8
【答案】27π【详解】由题可知该几何体为四棱锥S-ABCD，如图所示：
且SB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=2,SB=2,BC=1，
14
所以V×2×1×2=，1=VS-ABCD=33由该几何体可知它可以补全为一个长方体，如图：
且SD为该长方体的体对角线，
所以四棱锥S-ABCD外接球即为补全后长方体的外接球，
13
半径为R=22+12+22=，
22443393
所以V=πR=π×22=2π，33V8所以1=，
27πV2
8
故答案为：.
27π5已知某几何体的三视图如图所示，若E是AB的中点，F是BC的四等分点(靠近点B)，则下列说法正确的是
．(请填写所有正确答案的序号)
1
；④三棱锥C1-B1CD的体积为．33①B1D⊥CD；②EF⎳平面B1CD；③sin∠CDC1=
【答案】①②④
【详解】根据三视图可知该几何体的直观图为：
其中BA，BB1，BC两两垂直，BC=4，BA=4，BB1=8，AD=4，
以B为原点，以BA,BB1,BC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系：
则D(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)，C(0,0,4)，E(2,0,0)，F(0,0,1)，
所以DB1=(-4,4,0)，CD=(4,4,-4)，
所以DB1⋅CD=-16+16=0，即B1D⊥CD，故①正确；
设平面B1DC的一个法向量为n=(x,y,z)，
n⋅CD=4x+4y-4z=0由，取y=1，得x=1，z=2，得n=(1,1,2)，
n⋅DB1=-4x+4y=0又EF=(-2,0,1)，所以EF⋅n=-2+2=0，又EF⊄平面B1DC，所以EF⎳平面B1DC，故②正确；
在△CDC1中，CD=C1D=42+42+42=43，CC1=8，
CD2+C1D2-CC1248+48-1所以由余弦定理得cos∠CDC1===，所以sin∠CDC1=
32⋅CD⋅C1D2×43×432221-1=，故③错误；
3311
三棱锥C1-B1DC的体积V××8×4×4=，故④正确.C-BDC=VD-BCC=VA-BCC=323综上所述：说法正确的是①②④.
1
1
1
1
1
1
故答案为：①②④
押题猜想二函数的图像
x2
6函数fx=x-x的部分图像大致为( )
2-2A.B.
C.【答案】B
【解析】因为f-x=
-x2
D.
=-fx，又函数的定义域为故fx为奇函数，排除AC；xx≠0，2-x-2x根据指数函数的性质，y=2x在R上单调递增，当x>0时，x>-x，故2x>2-x，则fx>0，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fx=lne-x
的图象大致为(e+x)
A.B.
C.【答案】A
【详解】由题知，fx=ln所以e-x
，e+xD.
e-x
>0，解得定义域为关于原点对称，xx≠±e，e+xe+xe-x-1e-x
因为f-x=ln=ln=-ln=-fx，e-xe+xe+xe-x
所以fx=ln为奇函数，故D错误；
e+xe-1
又f1=ln 又f2e=ln=ln<0，故B错误；e+2e3故选：A3x⋅cosx2函数fx=在区间[-π,π]上的图象可能是( 9x+1 ) A.B. C.【答案】A D. 3x⋅cosx【详解】f(x)=,x∈[-π,π]定义域关于原点对称， 9x+1 3-x⋅cos(-x)3x⋅cosx f(-x)===f(x),∴f(x)是偶函数， 9-x+19x+1 图象关于y轴对称，排除选项C，D， 3π⋅cosπ-3π 又f(π)=π=π<0，可排除选项B. 9+19+1 故选：A.x2-x1+x3函数fx=ln的图象大致为( 1-xx-1) A.B. C.【答案】A【详解】由 D. 1+x >0，可得-1 =xln=-xln=fx，1+x1+x1-x则fx为偶函数，其图像关于y轴对称，排除选项CD；f-x=--xln1 1+2111又f=-ln=-ln3<0，则排除选项B，正确选项为A.221-122故选：A4函数fx= 1-ecosx 2x ex的部分图象大致为() A.B. C.【答案】C D. 【详解】因为fx=cosxe-x-ex，f-x=cos-xex-e-x=-cosxe-x-ex，所以f-x=-fx，故函数fx的为奇函数，排除BD； π 又x∈0,,cosx>0,e-x-ex<0, 所以fx<0，故A错误. 2故选：C 5函数fx= x+1⋅sin2 的大致图像为(x-x2-2 2 ) A.B. C.【答案】A【详解】由fx= x+12 D. ⋅sin2 知，f(-1)=0，排除C选项； 2x-2-xx=0函数没有定义，排除B；x>0时，x>-x，根据指数函数的单调性可知，2x>2-x， 又2弧度是第二象限角，故sin2>0，于是x>0时，f(x)>0，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f(x)=sinx+的最小值为( )A. π 6π +sinx的图像向左平移a(a>0)个单位后的函数图像关于y轴对称，则实数a3B. π4C. π3D. π2【答案】C 【解析】f(x)=sinxcos ππ33π +cosxsin+sinx=sinx+cosx=3sinx+，将函数f(x)图像向33226π 左平行移动a个单位后的函数记为g(x)，则g(x)=3sinx+a+，而函数g(x)的图像关于y轴对称 6ππππ 有g(0)=±3，∴sina+=±1，∴a+=+kπ(k∈Z)，∴a=+kπ(k∈Z)，∵a>0，∴实数a 6623π 的最小值为． 3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 asinx±bcosx=a2+b2sin(x±φ)，(其中tanφ= 辅助角公式 求f(x)=Asin(ωx+φ)+B解析式 平移 令t，画基本三角函数图像根据题意破解 方法一：整体左加右减 b )；a方法二：以点为主左加右减 方法：五点作图 求最值 1已知函数fx=2sinxcosx+4cos2x-1，若实数a、b、c使得afx-bfx+c=3，对任意的实数x恒成立，则2a+b-cosc的值为(A. 1 2B.1 ) C. 32D.2 【答案】C 【详解】fx=2sinxcosx+4cos2x-1=sin2x+2cos2x+1=5sin2x+φ+1， π 其中tanφ=2,φ∈0,， 2fx+c=5sin2x+φ+2c+1， 要想afx-bfx+c=3恒成立，即5asin2x+φ+a-5bsin2x+φ+2c-b=3恒成立，故a-b=3且5asin2x+φ=5bsin2x+φ+2c，因为a≠b，所以a=-b且2c=π+2kπ，k∈Z， 33π 解得a=,b=-，c=+kπ，k∈Z， 22233 故2a+b-cosc=3--0= 22故选：C.2已知fx=Acosωx+φA>0,ω>0,φ<+1在0, π 内的极值点个数为(2) π，其导函数fx的图像如图所示，则gx=4fx+2x2A.0【答案】B B.1C.2 π ，2D.3 【详解】因为fx=Acosωx+φA>0,ω>0,φ< 所以fx=-Aωsinωx+φ， 3Tπ5π3π 由图象知：Aω=1,=--=， 431242π1 则T=π，ω==2,A=， T2 所以fx=-sin2x+φ， 5π5π 又f-=-sin-+φ=0， 1265π则-+φ=π+2kπ,k∈Z，611π 即φ=2kπ+,k∈Z， 6π 因为φ<， 2π 所以φ=-， 6π1π 所以fx=-sin2x-，则fx=cos2x-， 626π 所以gx=4fx+2x+1=2cos2x-+2x+1， 6π 则gx=-4sin2x-+2， 6ππ1 令gx=-4sin2x-+2=0，即sin2x-=， 662πππ5π 因为x∈0,，所以2x-∈-,， 2666πππ 所以2x-=，解得x=， 666πππ 所以当0 所以当x=时，gx取得极大值， 6π 所以gx=4fx+2x+1在0,内的极值点个数为1， 2故选：B3已知函数f(x)=6cosωx-8π 11π2π(ω>0)，若在区间0,内恰好存在两个不同的x0，使得fx0=3，则36fx的最小正周期的最大值为()A. B. 2π 3C. 8π13D. 8π15【答案】A 【详解】因为函数f(x)=6cosωx-ππ1 ，由fx0=3，可得cosωx0-=，6622πππ2ωππ 因为ω>0，当x∈0,时，可得ωx-∈-,-， 366362π 要使得在区间0,使得fx0=3，内恰好存在两个不同的x0， 3 5π2ωππ7π1115 则满足≤-<，解得≤ω<， 336344112π8π 所以ω的最小值为，则fx的最小正周期的最大值为=． 114114故选：A. 4已知函数fx=sin2x+φφ< π5ππ的图像关于直线x=对称，将函数fx的图像向右平移个2126单位长度，得到函数gx的图像，则下列说法正确的是()A.gx=sin2xC.gx在区间0, π 上单调递增3 B.gx的图像关于点π ,0对称3π D.gx在区间-,0上单调递减2 【答案】B 【详解】因为函数fx=sin2x+φφ< π5π的图像关于直线x=对称，2125πππ 所以2×+φ=kπ+,k∈Z，则φ=kπ-,k∈Z， 1223πππ 因为ϕ<，所以φ=-，所以fx=sin2x-， 233πππ2π 将函数fx的图像向右平移个单位长度，得到gx=sin2x--=sin2x-， 6633ππ2π则g=sin2×-=0， 333π2πππ7π 令2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z，解得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z， 2321212π7π 则gx在,上递增；1212 π2π3π7π13π 令2kπ+≤2x-≤2kπ+,k∈Z，解得kπ+≤x≤2kπ+,k∈Z， 23212125ππ 则gx-,在上递减，1212故选：B 5已知函数fx=2sinωx-A.ω=2C.y=fx+ πππ (ω>0)，对任意x∈R，恒有fx≤f，且f(x)在0,上单调递增，634则下列选项中不正确的是() kππ +k∈Z23ππ3D.f(x)在-,上的最大值为442B.函数f(x)的对称轴方程为x= π 为奇函数12【详解】A：由题意，∀x∈R，恒有fx≤fπ ，3ππππ 所以x=是函数f(x)的一个最高点，即ω-=+kπ,k∈Z， 3362得ω=2+3k,k∈Z. ππππππ 又函数f(x)在0,上单调递增，则0 又函数y=sinx的单调递增区间为-+2kπ,+2kπ,k∈Z， 22πππππ 所以-,ω-⊆-+2kπ,+2kπ,k∈Z， 6221 -π+2kπ≤-πk≤626即π解得ππ,k∈Z，ω1,k∈Z，+2kπ≥ω-k≥-2468311 ≤k≤，符合题意；12671 当k=1时，ω=5，此时≤k≤，不成立，故不符合题意， 246当k=0时，ω=2，此时- π .故A正确；6πππk B：令2x-=+kπ,k∈Z，解得x=+π,k∈Z， 6232πk 即函数的f(x)的对称轴为x=+π,k∈Z，故B正确； 32ππππC：fx+=2sin2x+-=2sin2x，令gx=fx+12=2sin2x，12126 π 则g(-x)=2sin(-2x)=-2sin2x=-g(x)，即函数fx+为奇函数，故C正确； 12ππ2πππD：-≤x≤⇒-≤2x-≤， 443632ππππ 因为函数y=sinx在-,-上单调递减，在-,上单调递增， 3223ππ 所以函数f(x)在-,上，-2≤f(x)≤3，即函数f(x)的最大值为3，故D错误.44故选：D.所以ω=2.所以fx=2sin2x- 押题猜想四圆锥曲线离心率 y2x2 已知双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为C右支上一点，PF1与C的左支 ab 交于点Q.若|PQ|=|PF2|，则C的离心率的取值范围是( )A.(1,3]【答案】C B.(2,3] C.(5,3] D.(2,7]【详解】 由题意易得：PF1-PF2=PQ+QF1-PF2=QF1=2a，所以QF2=4a 222 m+2a+m-4cm2+m2-16a28a3 设∠F1PF2=θ，PF2=m，由余弦定理可得cosθ==⇒m=2， 2mm+2a2m2c-5a2则c2-5a2>0⇒e>5x202 设点Px0,y0x0≥a，则y=b⋅2-1,m2=x0-c2+y20=ex0-a， a 即m=ex0-a≥c-a 8a3 所以2≥c-a⇒e+1e+1e-3≤0⇒e≤3，故e∈5,3. c-5a2故选：C 2 0 2 【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a,b,c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． y2x2 1已知椭圆C:2+2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过点F1交C于A，B两点，点M ab 在C上，AM∥F1F2，∠F1MF2=60°，则C的离心率为()AB=MF1， A. 1 2B. 33C. 22D. 32【答案】B 【详解】分别取A，B关于x轴的对称点A，B，连接AF1，AF2，BF1，BF2， 由AM∥F1F2以及椭圆的对称性及几何知识可得AB=AB，且A,M关于y轴对称，则A,M关于原点对称，则四边形AF2MF1是平行四边形， 所以∠F1AF2=∠F1MF2=60°，MF1=AF2， 又AB=MF1，所以AF2=AB，所以△ABF2是等边三角形，又△ABF2的周长为AB+AF2+BF2=4a， 4a4a2a 所以AF2=，=，AF1=2a-333△AF1F2中，由余弦定理AF12+AF22-2AF1AF2cos∠F1AF2=F1F22，4162a4aπ得a2+a2-2⋅⋅cos=4c2，整理得a2=3c2，99333c3所以e==， a3故选：B. y2x2 2已知双曲线C:2-2=1a>0,b>0，过右焦点F作C的一条渐近线的垂线l，垂足为点A，l与C的 ab 2 另一条渐近线交于点B，若AF=AB，则C的离心率为() 5A. 305B.2 C. 233D. 52【答案】A 【详解】如下图所示： b 双曲线的渐近线方程为y=±x，即bx±ay=0， abc 所以，=b，则OA=OF2-AF2=c2-b2=a，AF=22b+a25因为AF=AB，则AB=b， 52设∠AOF=α，则∠BOF=α，所以，∠AOB=2α， AFABb5b tanα==，tan2α==， a2aOAOA2tanα5bb21a由二倍角的正切公式可得tan2α=，即=，可得=，2b22a51-tan2αa1-ac因此，e== a故选：A. yx23a2223已知椭圆2+2=1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若直线AF与圆O：x+y=相切，则该 16ab 椭圆的离心率为() A. 34B. 12C. 32D. 13或222 2b1+2=a2b 1+1= 530.5【答案】D 【详解】设F(c,0)，则直线AF的方程为 yx +=1，即bx+cy-bc=0，cb-bcbc3圆心O到直线AF的距离d===a，22a4b+c两边平方整理得，16a2-c2c2=3a4， 13 于是161-e2e2=3，解得e2=或e2=， 4413则e=或e=， 22故选：D 2 yx24已知双曲线-=1，m∈0,4，过点P2,1可做2条直线与左支只有一个交点，与右支不相交， m4-m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.1,5【答案】B B.1, 52C.1,2D.1,2【详解】如图所示，设双曲线的两条渐近线分别为l、l， 由已知易知F22,0，若P在双曲线内部(如P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P在双曲线与渐近线l之间(如P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l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l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l平行的直线符合要求； 4145 即1>24-m⇒-1<⇒e2=<， mm4m45故e∈1,， 2故选：B y2x2 5设椭圆C：2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1.若点F2关于l的对称点P恰 ab 1 好在椭圆C上，且F1P⋅F1F2=a2，则C的离心率为() 21212A.B.C.D. 3325【答案】C 【详解】 设∠PF1F2=θ， 由已知可得，PF1=F1F2=2c， 根据椭圆的定义有PF2=2a-PF1=2a-2c.12又F1P⋅F1F2=a， 21 所以4c2cosθ=a2. 2在△PF1F2中，由余弦定理可得， PF22 =PF12+F1F22-2PF1⋅F1F2cosθ， 即2a-2c2=8c2-8c2cosθ=8c2-a2，整理可得4c2+8ac-5a2=0， 等式两边同时除以a2可得，4e2+8e-5=0， 15 解得，e=或e=-(舍去)， 221 所以e=. 2故选：C. 押题猜想五数列 已知正项数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+1Sn+1-3n=SnSn+3n，则S2023=( )A.3 2023 -1B.3 2023 +1 32023+1 C. 232022+1D. 2【答案】C 【详解】因为Sn+1Sn+1-3n=SnSn+3n， 所以S2-3nSn+1=S2+3nSn，即S2-S2=3nSn+1+3nSn， n+1 n n+1 n 所以Sn+1+SnSn+1-Sn=3nSn+1+Sn，因为数列an的各项都是正项，即Sn+1+Sn>0， 所以Sn+1-Sn=3n，即an+1=3n， an+13n 所以当n≥2时，=n-1=3， an3 所以数列an从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q=3的等比数列.a21-q20223×1-3202232023+1所以S2023=a1+=2+=. 1-q1-32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 an+1 =q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；an (2)等比中项法：即证a2n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．n+1=an·an+2(anan+1an+2≠0，形如an+1=an+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)叫累加法。 an-an-1=f(n-1)an-1-an-2=f(n-2) 可构造将上述m2个式子两边分别相加， ...a2-a1=f(1)可得：an=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和； ④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和． a 形如an+1=an⋅f(n)n+1=f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)叫累乘法。 an anan-1=f(n-1)an-1=f(n-2)an-2 可构造：将上述m2个式子两边分别相乘，可得：an=f(n-1)⋅f(n-2)⋅...⋅f(2)f(1)a1, ...a2a1=f(1) (n≥2) 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an-1-an=pan-1an(p为常数且p≠0)的递推式：两边同除于an-1an，转化为为an+1=pan+q型求出形如an+1=型求出 1 的表达式，再求an；an 11=+p形式，化归anan-1 man1m1m 的递推式，也可采用取倒数方法转化成=+形式，化归为an+1=pan+q pan+qan+1qanp1 的表达式，再求an．an 1数列{an}中，an=logn+1(n+2)(n∈N∗)，定义：使a1⋅a2⋅⋯⋅ak为整数的数k(k∈N∗)叫做期盼数，则区间[1,2023]内的所有期盼数的和等于(A.2023【答案】D 【详解】∵an=logn+1(n+2)= lgn+2，(n∈N*)， lgn+1lgk+2lg3lg4lg5 ∴a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅ak=⋅⋅⋅⋯⋅=log2(k+2)， lg2lg3lg4lgk+1又∵a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅ak为整数， ∴k+2必须是2的n次幂(n∈N*)，即k=2n-2．k∈[1,2023]内所有的“幸运数”的和：S=22-2+23-2+24-2+⋯+210-22(1-210) =-20=2026， 1-2故选：D． 2已知数列an满足an3an+2-an+1=2an+1an+2，且3a1=a2=1，则a8=( A.-1 123B.-1251C. 1517)D. 1261B.2024 ) C.2025 D.2026 【答案】B 【详解】因为3anan+2-anan+1=2an+1an+2，由递推知，an≠0，所以an+2=则an+21= anan+1 ， 3an-2an+1 3an-2an+1321111 =-，有-=2-， anan+1an+1anan+2an+1an+1an 111 是以-=-2为首项，2为公比的等比数列，an+1ana2a1 1111111111则-=-2×2n-1=-2n，所以=-+-+⋯+-+=an+1anan+1an+1ananan-1a2a1a1所以数列- 1 -2n+2n-1+⋯+21+3=-2n+1+5， 111 则an+1=，所以a8==.n+18-251-2+5-2+5故选：B 3已知Sn是等比数列an的前n项和，若存在m∈N*，满足为(A.0【答案】B 【详解】设等比数列an的公比为q， S 若q=1，则2m=2，与题中条件矛盾，故q≠1， Sm因为 S2m ==qm+1=9，解得qm=8，m a11-qSm 1-qa11-q2m1-qS2ma5m+1 =9，2m=，则数列an的公比 amm-1Sm D.3 ) B.2 C.-3 a1q2m-1a2m5m+1m 又因为==q=8=，解得m=3，即q3=8，所以q=2.m-1amm-1a1q故选：B. 4已知等差数列an的前n项和为Sn，其中S4=2a5=20，记其中x表示不超过x的最大整数值，则fn的值域为(A.0,1,2【答案】C 【详解】设等差数列an公差为d，由S4=2a5=20，有a1+4d=10a=2 ，解得1所以an=2+n-1×2=2n， 4a1+6d=20d=2，242411 ==4-， a3n-1a3n+53n-13n+53n-13n+52224 a3n-1a3n+522的前n项和为T，若fn=T，n n ) D.1,2,3B.2,3C.1,21111111111 -+-+-+-+⋯+-2851181411173n-13n+51111=4++⋯--， 253n+23n+5n∈N*，Tn随着n的增大而增大，n=1时，Tn有最小值T1=1.5，111114 +>0，Tn<4+==2.8，Tn取值范围为1.5,2.8， 3n+23n+5255fn=Tn，则fn的值域为1,2.Tn=4故选：C 5已知递增数列an满足an+1-an=an+2-an+1n∈N*．若a4+a10=14，a2⋅a12=24，则数列an的前2023项和为( ) A.2044242【答案】D B.2045253C.20462D.2047276 【详解】因为an+1-an=an+2-an+1，所以2an+1=an+an+2，所以数列{an}是等差数列，设公差为d，因为数列{an}为递增数列，所以d>0，由a4+a10=14，得a1+3d+a1+9d=14，即a1=7-6d， 由a2⋅a12=24，得(a1+d)(a1+11d)=24，将a1=7-6d代入，得d2=1，又d>0，所以d=1，a1=1， 所以数列an的前2023项和为S2023=2023a1+故选：D 2023×2022 ×d=2023+2023×1011=2047276. 2押题猜想六函数切线求参问题 6若曲线y=lnx+1与曲线y=x2+x+3a有公切线，则实数a的取值范围( ) 2ln2-33-ln2 A.,622ln2-3C.,+∞6【答案】D 【解析】设x1,y1是曲线y=lnx+1的切点，设x2,y2是曲线y=x2+x+3a的切点， 1 对于曲线y=lnx+1，其导数为y=，对于曲线y=x2+x+3a，其导数为y=2x+1， x12 所以切线方程分别为：y-lnx1+1=x-x1，y-x2+x2+3a=2x2+1x-x2，两切线重合， x1对照斜率和纵截距可得： 1 =2x+11，解得3a=lnx+x=ln+x=-ln2x+1+x 2x+1lnx=-x+3a 21 2 2 1 22 2 22 2 2 1-4ln23-ln2B.,1221-4ln2D.,+∞121 x1 22 令hx=-ln2x+1+xx>-，x2>-2，22x+12x-124x2+2x-21 hx=-+2x===0，得：x=， 2x+12x+12x+1211 当x∈-,时，hx<0，hx是减函数， 221 当x∈,+∞时，hx>0，hx是增函数， 2111 ∴hminx=h=-ln2且当x趋于-时，，hx趋于+∞；当x趋于+∞时，hx趋于+∞； 24211-4ln2 ∴3a≥-ln2，∴a≥； 412故选：D． 1 【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y1-y0 1 x-xy0=f(x0) 0 =f'(x0) 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． 7已知抛物线C：x2=2py，(p>0)的焦点为F，Mx,yx>0为C上一动点，若曲线C在点M处的切线的斜率为3，则直线FM的斜率为(A. 32B. 33) C. 34D. 35【答案】B 【详解】∵x2=2py， p12 ∴y=x，F0,， 2p21∴y=x， p1 由题意知，xM=3，解得：xM=3p， p又∵M在x2=2py上，∴(3p)2=2pyM，解得：yM=∴M3p,∴kMF=故选：B. ππ8已知函数fx=sinωx+cosωx(ω>0)，若∃x0∈-,使得fx的图象在点x0,fx0处的切线与43 x轴平行，则ω的最小值是() A. 3 4B.1 C.π，432D.2 3 p，231p-p223p-0 3 p，2= 3.3【答案】A 【详解】fx=sinωx+cosωx=2sinωx+ ππ因为∃x0∈-,使得fx的图象在点x0,fx0处的切线与x轴平行，43 ππππ所以函数fx在-,上存在最值，即函数fx在-,上存在对称轴，4343 ππkππ 令ωx+=kπ+,k∈Z，得x=+,k∈Z， 42ω4ωπππkπππ 因为-≤x≤，所以-≤+≤， 434ω4ω3ω≥3k+31k114,k∈Z，即-≤+≤，则4ω4ω3ω≥-4k-1又ω>0，故k=0时，ω取最小值为故选：A 9已知曲线fx=3 ，4-lnx, lnx,x>10 ) C. 3 2D.2 B两点的横坐标分别为x1,x2，则x1x2=(A. 1 2【答案】B 【详解】当0 因此-⋅=-1，解得x1x2=1. x1x2故选：B 10定义在0,+∞上的函数fx，gx的导函数都存在，fxgx+f(x)gx=2x-曲线y=fxgx-x在x=1处的切线的斜率为(A. 1 2B.1 C. 3211lnx+x+2，xx) D.2 11 lnx+x+2，则xx 【答案】B 【详解】fxgx+fxgx=fxgx=2x-设函数hx=fxgx-x， 11 lnx+x+2-1，所以h1=1．xx 即曲线y=fxgx-x在x=1处的切线的斜率为1.则hx=fxgx-x=2x-故选：B 11已知偶函数fx=a-1x2-3bx+c-d-1在点1,f1处的切线方程为x+y+1=0，则 ( ) B.0 C.1 D.2 a-b =c-dA.-1【答案】A 【详解】因为fx是偶函数，所以f-x=a-1x2+3bx+c-d-1=fx，即b=0；由题意可得：f1=a-1-3b+c-d-1=-1+1⇒c-d=-a=-a+b， a-b所以=-1. c-d故选：A 押题猜想七二项式 12 x+ 6 1 +1展开式中无理项的个数为( )xA.6【答案】C B.7C.8D.9 6 116【详解】由x++1=1+x+， xx 1r1rrk 则其通项为Tr+1=C6⋅16-r⋅x+=C6⋅Cr⋅xr-k⋅ xx其中r∈0,1,2,⋯,6，k∈0,1,2,⋯,r，2r-3k若不是整数时，即得到展开式中的无理项， 22r-3k1 当r=1，k=1时，的值为-； 222r-3k1 当r=2，k=1时，的值为； 222r-3k33 当r=3，k=1或k=3时，的值为或-； 2222r-3k51 当r=4，k=1或k=3时，的值为或-； 2222r-3k7 当r=5，k=1或k=3或k=5时，的值为或 222r-3k9 当r=6，k=1或k=3或k=5时，的值为或 226 1 综上，x++1展开式中无理项的个数为8． x故选：C． =C⋅C⋅x r 6 kr k 2r-3k2， 15或-；2233或-，22【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a0终极大法：分配系数处理 13若(2x+1)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，则a2+a4+a6=( A.366【答案】C 【详解】令x=1得：a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=36=729，令x=-1得：a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=16=1， B.365 C.3 ) D.363 两式相加得：a0+a2+a4+a6=365，当x=0时，a0=1，所以a2+a4+a6=3.故选：C 14设1+x+(1+x)2+⋯+(1+x)7+(1+x)8=a0+a1x+⋯+a7x7+a8x8，则a2=( A.84【答案】A 222322322323【详解】依题意，a2=C2+C3+⋯+C8=C3+C3+⋯+C8=C4+C4+⋯+C8=⋯=C8+C8=C9=84. ) B.56C.36D.28 故选：A 15设(2x+3)10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a10(x+1)10，则a0的值等于( A.0【答案】B 【详解】由题意知， (2x+3)10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a10(x+1)10，令x=-1，得a0=1.故选：B． 162x+yx-y7的展开式中x4y4的系数是( A.-35【答案】C 【详解】因为2x+yx-y7=2xx-y7+yx-y7， r7-rr7-rr其中x-y7展开式的通项为Tr+1=C7x-yr=-1rC7xy，43所以2x+yx-y7的展开式中x4y4的系数为2×-14C7+-13C7=35. )D.510 B.1C.310 )C.35 D.70 B.0 故选：C173x-15 y的展开式中x2y3的系数是( )．31010A.-B. 33C.-30D.30 【答案】A【详解】因为3x-3,4,5， 令r=3，可得x2y3的系数是32×-故选：A. 1 3151r5-r1r5-ry的展开式的通项公式Tr+1=C53x-y=3⋅-333⋅C5x r r5-rr y,r=0,1,2, 3 3 ×C5=- 10 ．3押题猜想八解三角形 18在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若bsin A. π 6B. π3A+B =csinB，则角C的大小为( )22π5πC.D. 36【答案】B【解析】bsin A+BπC =csinB，即bsin-=csinB，222CCC 即sinBcos=sinCsinB=2sincossinB， 222CπCC1 B∈0,π，则sinB≠0，∈0,，则cos≠0，故sin=， 22222CπCππ∈0,，故=，C=.22263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。 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a,b,c的齐次式或关于角的正弦sinA,sinB,sinC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△ABC中，B= A.26【答案】A π ，且BA⋅BC=42，则△ABC的面积是(3B. 463C. 6) D. 2 【详解】由BA⋅BC=AB⋅BC⋅cosB=42⇒AB⋅BC=82， 1 故S△ABC=sinB×AB×BC=26.2故选：A 2在△ABC中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若b=2a，c=2，则△ABC面积的最大值是( A. 2B.2 C. 4 3D. 23) 【答案】C a2+b2-c2a2+4a2-45a2-4【详解】由余弦定理可得cosC===， 2ab4a24a225a-42.所以sinC=1-4a2a+b>c3a>22 因为b=2a，c=2，所以，即，解得a∈,2. b-a absinC=a22241-5a-24a2= a4-25a-40a+16= 162 42256-9a2-20+99， 42204 当a=∈,4时，S△ABCmax= 99故选：C. 42569= 1634= 4.33在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知2sinB=sinA+cosA⋅tanC．(1)求C的值； (2)若△ABC的内切圆半径为【答案】(1)C=(2)a-c=-1 【详解】(1)因为2sinB=sinA+cosA⋅tanC，所以2sinBcosC=sinAcosC+cosAsinC，即2sinBcosC=sinA+C， 又A+B+C=π，所以sinA+C=sinB≠0， 1 所以cosC=， 2π 又0 11 由等面积公式得a+b+cr=absinC． 221313即a+b+c×=×4a×．2222整理得3a=4+c，② 57 联立①②，解得a=，c=， 22所以a-c=-1． sinAsin2A-sin2C 4在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足-1=，且A≠C. sinCsin2B (1)求证：B=2C；(2)已知BD是∠ABC的平分线，若a=4，求线段BD长度的取值范围.【答案】(1)证明见解析 43(2),223sinA-sinCsin2A-sin2C1sinA+sinC 【详解】(1)由题意得=，即=.2 sinCsinCsinBsin2B 由正弦定理得b2=c2+ac， 又由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB， 所以c=a-2ccosB，故sinC=sinA-2sinCcosB， 故sinC=sinB+C-2sinCcosB，整理得sinC=sinB-C， ππππ 又△ABC为锐角三角形，则C∈0,,B∈0,,B-C∈-,2222所以C=B-C，因此B=2C. π 33，b=4，求a-c．2aBD4BD =，所以=. sin∠BDCsinCsin∠BDCsinC4sinC4sinC2 所以BD===， sin∠BDCsin2CcosCπ 0 5在△ABC中，点D在边AC上，且AD=2CD,BD=AC． sin∠ABD (1)若BD平分∠ABC，求的值； sin∠BDC(2)若AB,AC,BC成递增的等比数列，AC=6，求△ABC的面积． 22【答案】(1) 1195(2) 4【详解】(1) 设CD=m，则AD=2m,BD=AC=3m， ABAD 因为BD平分∠ABC，所以==2，设BC=n，则AB=2n， BCCDAB2+AC2-BC23n2+9m2 在△ABC中，cosA==， 12mn2AB⋅ACAB2+AD2-BD24n2-5m2 在△ABD中，cosA==， 8mn2AB⋅AD3n2+9m24n2-5m211由=，得n2=m2， 12nm8mn2sin∠ABDsin∠CBDCDm22====； n11sin∠BDCsin∠BDCBC(2)因为AB,AC,BC成递增的等比数列，AC=6，所以AB⋅BC=AC2=6，在△ABD中，cos∠ADB= AD+BD-AB = 2AD⋅BD2 2 2 BD2+CD2-BC2 在△BCD中，cos∠BDC==， 42BD⋅CD222620 -AB-BC33因为cos∠ADB+cos∠BDC=0，所以+=0，整理得AB2+2BC2=22， 8436 又AB⋅BC=6，所以+2BC2=22，解得BC=2或BC=3，2 BC 若BC=2，则AB=32>BC，不符合题意，AB2+BC2-AC27若BC=3，则AB=2，符合题意，此时cos∠ABC==， 122AB⋅BC8220 -BC3263-AB2 ， 则sin∠ABC= 951 ,△ABC的面积S=AB⋅BCsin∠ABC=12295.4押题猜想九立体几何异面直线成角 6在四棱锥S-ABCD中，SA⊥平面ABCD，AB=AS=2，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，E，F，G分别是SA，SB，BC的中点，则异面直线DE与FG所成角的余弦值为( )A. 23B. 53C. 65D. 105【答案】D 【解析】连接AC、BD交于点O，连接OE， 因为四边形ABCD为菱形，AC∩BD=O，则O为AC的中点，且AC⊥BD，因为E为SA的中点，则OE⎳SC， 又F，G分别是SB，BC的中点，所以FG∥SC，故FG∥OE所以，异面直线DE与FG所成的角为∠OED或其补角，∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥SA， ∵BD⊥AC，SA∩AC=A，SA,AC⊂平面SAC，∴BD⊥平面SAC，∵OE⊂平面SAC，∴OE⊥BD， 因为AB=BC，∠ABC=60°，则△ABC为等边三角形，同理可知△ACD也为等边三角形，又SA=AB=2，∴OD=AD2-AO2=3， 同理可得OE=AE2+AO2=2，DE=AD2+AE2=5， OE210所以，cos∠OED===. 5DE510因此，异面直线FG与DE所成的角的余弦值为. 5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ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2AA1，点E，F分别是线段BC，BB1的中点，则异面直线D1E，DF所成角的余弦值为(A. 116B. 56) C. 226D. 146【答案】C 【详解】延长BB1至G，使得B1G= 1 BB，连接D1G,GE，则∠ED1G为异面直线D1E，DF，所成角；不妨21 设AB=BC=2AA1=4，则D1G=42+42+12=33，EG=32+22=13，D1E=42+22+22=26，故D1E2+D1G2-EG224+33-13cos∠ED1G=== 2D1E⋅D1G2×26×3322.6故选：C 2已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1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 4 到平面AB1D1的距离为，则直线OD1与直线BC1所成角的余弦值为() 3A. 31010B. 223C. 1010D. 13【答案】A 【详解】依题意如下图： ∵B1B⊥底面ABCD，AO⊂平面ABCD，∴AO⊥B1B，又在正方形ABCD中，AO⊥BD，BD∩B1B=B,BD⊂平面BDD1B1，B1B⊂平面BDD1B1，∴AO⊥平面BDD1B1， 1 AC=2；2设侧棱B1B=x，则AB1=AD1=4+x2,B1D1=22，∴AO是三棱锥A-OB1D1的高，AO= 222 24+x2-8AB1+AD1-B1D1x2 在△AB1D1中，由余弦定理得：cos∠B1AD1===，22 2⋅AB1⋅AD124+x4+x 24+2x2∵∠B1AD1∈0,π,∴sin∠B1AD1=1-cos∠B1AD1=， 4+x2 14 △B1AD1的面积S△BAD=AB1⋅AD1sin∠B1AD1=4+2x2，由于O点到平面AB1D1的距离是， 23144 ∴三棱锥O-AB1D1的体积V××S△BAD=4+2x2；O-ABD=3392222OB1+OD1-B1D1x-2 OB1=OD1=2+x2,cos∠B1OD1==2，∵∠B1OD1∈0,π,∴sin∠B1OD1= 2OB1⋅OD1x+2 22x1-cos2∠B1OD1=2 ， x+2 11 △OB1D1的面积S△OBD=OB1⋅OD1sin∠B1OD1=2x，三棱锥A-OB1D1的体积VAO⋅A-OBD=232 S△OBD=x， 324 ∴Vx=4+2x2,x=4.A-OBD=VO-ABD,39BC1∥AD1,故∠AD1O即为直线OD1与直线BC1所成角， 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 OD1 在Rt△AOD1中，cos∠AD1O== AD1故选：A. 2+4224+42= 310，103已知在四面体ABCD中，AD=DC=AC=CB=1，则当四面体ABCD的体积最大时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为(A. 23B. )14C. 33D. 24【答案】D 【详解】∵AD=DC=AC=1，∴△ACD的面积为定值，因此当CB⊥平面ACD时，四面体ABCD的体积最大， 当四面体ABCD的体积最大时，分别取AD，AC，BC的中点E，F，G，连接EF，EG，FG，则EF⎳DC，FG⎳AB， ∴∠EFG即异面直线AB与CD所成的角或其补角，连接CE，∵CB⊥平面ACD，AC,CE⊂平面ACD，所以CB⊥AC，CB⊥CE，AD=DC=AC=CB=1，∴AB=12+12=2，EG=12AB=，22EF2+FG2-EG22∴在△EFG中，由余弦定理，得cos∠EFG==-， 42⋅EF⋅FG2∴异面直线AB与CD所成角的余弦值是. 4故选：D 122+322=1，EF= 11 CD=，FG=224如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足BE=2AE，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为( ) A. 55B. 510C. 310D. 210【答案】B 【详解】法一：如图，连接EO2并延长，交底面圆于F，连接FO1，FB，易知AE⎳BF且AE=BF， 所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角． 因为BE=2AE，则∠AO2E=60°，所以△AEO2为正三角形，故AE=BF=1．由圆柱的性质知O1F=O1B=BC2+O1C2=5，所以在等腰三角形BFO1中，cos∠FBO1= 1 BF2O1B= 5.1031 ,,0，22法二：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B0,2,0，O10,1,2，E31所以AE=,,0，BO1=0,-1,2， 22 所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为cosAE,BO1=故选：B 1 -2AE⋅BO15=.= 101×5AE⋅BO15设C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ABBA同侧，下底面圆心O在AB上， 1 若BC=2CA，AC=2CB，cos∠CCO=，则直线CC与AB所成角的余弦值为() 3A. 33B. 23C. 63D. 223【答案】B 【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，过C作CD⎳BB，连接CO,OD,CD,OC， 由题设弧长的数量关系知：△OCD为边长为r的正三角形且CD⎳AB，CD垂直与圆柱底面，则OC=OD2+CD2=r2+h2，CC=CD2+CD2=r2+h2， OC2+CC2-CO2r2+h2+r2-h2-r21在△CCO中，由余弦定理可得：cos∠CCO===，2232OC⋅CC2rh+r5 整理可得h2=r2， 4 因为CD⎳AB，所以∠CCD即为异面直线CC与AB所成的角(或其补角). CDrr2 在Rt△CCD中，cos∠CCD====，2233CCr+hr2所以直线CC与AB所成角的余弦值为故选：B. 2 ，3押题猜想十球体 6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A-BCD中AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=2，则鳖臑A-BCD外接球的表面积为( )A. 19 π3B.6π C.12π D.16π 【答案】C 【解析】如图，取AD的中点为O，连接BO,CO， 因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，故AB⊥BD，同理AB⊥CD. 因为AD的中点为O，故OA=OB=OD. 而BC⊥CD，BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC，故BC⊥平面ABC，而AC⊂平面ABC，故CD⊥AC， 故OC=DO，所以O为三棱锥A-BCD外接球的球心，又AB=BC=CD=2，故BD=22，所以AD=4+8=23，故三棱锥A-BCD外接球半径为3，故其外接球的表面积为12π.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. 2R=a2+b2+c21．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：2R= m2+n2+p22(其中m,n,p为该三棱锥任意三条具有公共顶点的棱) 计算若为柱体 h2+r2(h为该柱体的高，r为上下底面外接圆的半径)2②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)；①圆柱模型：外接球半径公式：R= h2+r2(h为该柱体(锥体)的高，r为底面(三角形)外接圆的半径)2abc 附：外接圆半径求法(正弦定理)：2r===. sinBsinCsinA外接球半径：R= 1已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB=45°，当三棱锥S-ABC体积取最大时，其外接球的体积为( ) A. 2015π27B. 28π3C. 2821π27D. 20π3【答案】C 【详解】取AB中点D，连接CD,SD，如图， 在△ABC中，由余弦定理得4=AB2=AC2+BC2-2AC⋅BCcos∠ACB≥(2-2)AC⋅BC， 即AC⋅BC≤2(2+2)，当且仅当AC=BC时取等号， 222又2CD=CA+CB，则4CD=CA+CB+2CA⋅CB=4+2|CA||CB|+2|CA||CB|cos∠ACB=4+ 22|CA||CB|， 12 当且仅当AC=BC时，|CD|最大，△ABC的面积S△ABC=|CA||CB|sin∠ACB=|CA||CB|最大， 24π 令直线CD与平面SAB所成角为θ，则点C到平面SAB的距离h=|CD|sinθ≤|CD|，当且仅当θ= 2时取等号， 1 因此三棱锥S-ABC体积V=S⋅h，即当|CD|最大，三棱锥S-ABC体积最大，S-ABC 3△ABC 因此当三棱锥S-ABC体积最大时，AC=BC且CD⊥平面SAB，而SD⊂平面SAB，即有CD⊥SD，正△SAB中，SD⊥AB，AB∩CD=D，则SD⊥平面ABC， 令正△SAB的外接圆圆心为O2，等腰△ABC的外接圆圆心为O1，则O2,O1分别在SD,CD上，令外接球球心为O， 于是OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面SAB，有OO1⎳SD,OO2⎳CD，即四边形OO1DO2是矩形， 131AB3而O2D=SD=，O1A=⋅=2，在Rt△AO1O中，O1O=O2D=， 332sin∠ACB3273222 因此球O的半径R=OA=O1A+O1O=(2)+=，334π34π732821π所以三棱锥S-ABC外接球的体积V=R=×=， 33273故选：C 2空间中四个点A、B、C、M满足AB=BC=AC=3，CM=23，且直线CM与平面ABC所成的角为π，则三棱锥A-MBC的外接球体积最大为()3A.36π【答案】C 【详解】设O是三角形ABC的外接圆的圆心，因为AB=BC=AC=3，所以△ABC是正三角形， B.48π C.323πD.483π则三棱锥A-MBC的外接球的球心H在过O且与平面ABC垂直的直线OH上， 31 由题意可得CO=×=3，过M作MN⊥平面ABC于N， 2sin60°π ∵直线CM与平面ABC所成的角为，CM=23，∴CN=3，3故N的轨迹是以C为圆心，3为半径的圆， 当球心H到CM的距离最大时，三棱锥A-MBC的外接球体积最大，所以N在OC延长线上时，三棱锥A-MBC的外接球体积最大， 设CM的中点为G，连接GH，则CG=3，GH⊥CG，又CO=3，OH⊥OC， 所以Rt△HOC≌RtHGC，∠HCO=∠HCG=60°，∴HC=2OC=23， ∴三棱锥A-MBC的外接球体积最大为V=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3，上、下底面边长分别为3，23，则该球的体积为(A. 32π 3B. 323π27) C.43πD.36π 4 π×HC3=323π.3【答案】A 【详解】设三棱台为ABC-A1B1C1，其中△ABC是下底面，△A1B1C1是上底面，点O，O1分别为△ABC，△A1B1C1的中心，则OO1=3，OA=所以OA1= 222同理O1A1=1，23-3=2， 32222同理OB1=OC1=2.OO1+O1A1=3+1=2， 所以OA=OB=OB=OA1=OB1=OC1=2.所以点O就是几何体的外接球的球心.所以球半径R=OA=2， 4πR332π 所以体积为=． 33故选：A 4已知抛物线y= 12 x(y≤8)，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4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.4π B. 4 π3C. 32π3D. 256 π3【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xOy的交点为P(x0,y0)，球心为O1，半径为r， 1 则y0=x2，O(0,8-r)， 401 设抛物线在点P处的切线为l，则l⊥O1P，且O1到直线l的距离为r， 111y=x2⇒y=x，所以直线l方程为y-y0=x0(x-x0)， 42211即x0x-y+y0-x2=0，所以点O1到直线的距离为220 112122x0×0-1×(8-r)+y0-2x0-(8-r)-4x0d===r①，21221x+12x0+(-1)408-r-y01 x0⋅=-1，20-x01 整理得8-r=2+x2，代入①式， 40121212 2+2x0-(8-r)-4x0-2-2x0得r====x20+4，121212x+1x+1x+1404040又klkOP=-1，即 1 因为球始终与该几何体的底部相接，所以点P为原点，即x0=0，此时r=x20+4=2， 4432 所以球的最大体积为V=πr3=π×23=π. 333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，PA=22，AB=AC=2，∠BAC=90°，则该球的体积为(A.16π【答案】D 【详解】因为PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，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2R=AP2+AB2+AC2=8+4+4=4，得R=2， 4π32π 故三棱锥P-ABC的外接球的体积为×23=. 33故选：D. B. 16π 3) C.8π D. 32π3
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