2022-2023学年华中师大一附中高二上学期期中复习压轴（一）含答案

1、试卷第 =page 29 29页，共 =sectionpages 29 29页试卷第 =page 28 28页，共 =sectionpages 29 29页2022-2023学年华中师大一附中高二上学期期中复习压轴（一）一、单选题1胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰泰勒（JohnTaylor，1781-1846）在其大金字塔一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例，泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方如图，若，则由勾股定理，即，因此可求得为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形，顶点的投影在底面中心，为

2、中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（）A611.6B481.4C692.5D512.42设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（）ABCD3已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正

3、方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，则（）A B C D4直线的倾斜角的取值范围（）ABCD5已知向量，的夹角为锐角，则实数的取值范围为（）ABCD6图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（）AB1C2D47对于定义在上的函数，如果存在实数，使得对任意实数恒成立，则称为关于的“函数”已知定义在上的函数是关于和的“函数”，且当时的值域为，则当时的值

4、域为（）ABCD8公元前世纪，古希腊欧几里得在几何原本里提出：“球的体积（）与它的直径（）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出的值世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长）假设运用此体积公式求得球（直径为）、等边圆柱（底面圆的直径为）、正方体（棱长为）的“玉积率”分别为、，那么ABCD9我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，

5、如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（）ABCD10已知点关于直线的对称点为，经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为（）ABCD11如图，在四棱锥中，平面ABCD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（）ABCD12唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R

6、厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值可能为（）ABCD13在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（）ABCD14若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论：线段长度的取值范围是；存在点使得平面；存在点使得.其中，所有正确结论的序号是ABCD15如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（）A若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B存在Q点，使得平面C当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥

7、的体积最大D若，那么Q点的轨迹长度为16已知正方体的棱长为分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段的长度范围是（）ABCD17如图，在圆锥中，是上的动点，是的直径，是的两个三等分点，记二面角，的平面角分别为，若，则的最大值是（）ABCD18已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（）ABCD19在直三棱柱中，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（）A B C D二、多选题20下列选项正确的是（）A过点且和直线垂直的直线方程是B若直线的斜率，则直线倾斜角的取值范围是C若直线与平行，则与的距离为D已知

8、点，则点关于原点对称点的坐标为21对于定义在D函数若满足：对任意的，；对任意的，存在，使得则称函数为“等均值函数”，则下列函数为“等均值函数”的为（）ABCD22对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值可以是（）A1B2C3D423在平面直角坐标系中，是圆上的两个动点，点坐标为，则下列判断正确的有（）A面积的最大值为1B的取值范围为C若为直径，则D若直线过点.则点到直线距离的最大值为24在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B

9、1重合），H为棱A1B1的中点，则（）A|HF|2,BB1EG面积的取值范围为(0,CEH和FG是异面直线DEG和FH可能是共面直线25如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点，则()A存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B存在点Q，使平面MBNC过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为D经过C，M，B，N四点的球的表面积为26如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（）ADP面AB1D1 B三棱锥AD1PC的体积为C平面PB1D与平面ACD1所成二面角为90D异面直线与所成角的范围是27设为多面

10、体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面已知在直四棱柱中，底面为菱形，则下列结论正确的是（）A直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为C若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为D若四面体在点处的离散曲率为，则平面28设表示不超过的最大整数，如：，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（）A，B，若，则C，D不等式的解集为或29如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是

11、（）A几何体的外接球半径 B平面C异面直线与所成角的正弦值的取值范围为D面与底面所成角正弦值的取值范围为30很多立体图形都体现了数学的对称美，其中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，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（）A该半正多面体的体积为BA，C，D，F四点共面C该半正多面体外接球的表面积为D若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为31已知梯形，是线段上的动点；将沿着所

12、在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（）A不论何时，与都不可能垂直B存在某个位置，使得平面C直线与平面所成角存在最大值D四面体的外接球的表面积的最小值为32如图，四边形是边长为的正方形，点、分别为线段、上的动点，将翻折成，且平面平面，下列说法正确的是（）A存在点，使B当点为中点时，三棱锥的外接球半径为C三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为D存在点，使平面与平面的夹角的大小为33如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则（）A三棱锥的体积为定值B线段上存在点，使平面平面C设直线与平面所成角为，则的最小值为D三棱锥的外接球半径的最大值为34如图，在棱长为的正方体

13、中，点是平面内一个动点，且满足，则下列正确的是（）A B点的轨迹是一个圆C直线与平面所成角为53D设直线与直线所成角为，则35已知正四棱柱中，为的中点，为棱上的动点，平面过，三点，则（）A平面平面B平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为D存在点，使得与平面所成角的大小为36在正方体中，点P满足，其中，则下列结论正确的是（）A当平面时，可能垂直B若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为C当时，的最小值为D当时，正方体经过点PC的截面面积的取值范围为，37如图，在正三棱柱中，D为棱上的动点，则（）A三棱锥的外接球的最大半径为B存在点D，使得平面

14、平面CA到平面的最大距离为D面积的最大值为38如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（）A直线AB与平面所成角的正弦值范围为B点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点39已知正方体棱长为2，P为空间中一点下列论述正确的是（）A若，则异面直线BP与所成角的余弦值为B若，三棱锥的体积为定值C若，有且仅有一个点P，使得平面D若，则异面直线BP和所成角取值范围是40如图，在正四面体ABCD中，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，则下列说法正

15、确的是（）A对任意点M，N，都有MN与AD异面B存在点M，N，使得MN与BC垂直C对任意点M，存在点N，使得与，共面D对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等41如图，直三棱柱中，点P在线段上（不含端点），则（）A存在点P，使得B的最小值为有C面积的最小值为D三棱锥与三棱锥的体积之和为定值三、填空题42瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数，棱数及面数满足等式，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮，简洁的公式之一.如图是一个面数为26的多面体（其表面仅由正方形和正三角形

16、围成），根据欧拉多面体公式可求得其棱数_.43古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形现有一长方体，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为_44如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD（含边界）上一动点，满足，则线段长度的取值范围是_45已知四面体的各条棱长都为，其顶点都在球的表面上，点满足，过点作平面，则平面截球所得截面面积的取值范围是_

17、46古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是_.47在三棱锥中，PA平面ABC，ABAC，记三棱锥的体积为V，表面积为S，则的取值范围为_.48在棱长为2的正方体中，点在正方体的12条棱上（包括顶点）运动，则的取值范围是_49如图，在长方体中，点在棱上，动点满足若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为_；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则

18、三棱锥的体积的最小值为_50如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ABC90，AB1，ACCDDA2，动点M在边DC上（不同于D点），P为边AB上任意一点，沿AM将ADM翻折成ADM，当平面ADM垂直于平面ABC时，线段PD长度的最小值为_51球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为_；若，则球面的面积为_52如图，圆柱的

19、底面半径为1，高为2，平面是轴截面，点，分别是圆弧，的中点，在劣弧上（异于，），在平面的同侧，记二面角，的大小分别为，则的取值范围为_.53正方体的棱长为，平面，平面，则正方体在平面内的正投影面积为_54在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是_.四、解答题55已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.(1)若函数，求函数的伴随向量；(2)若函数的伴随向量为，且函数在上有且只有一个零点，求的最大值；(3)若函数的伴随向量为，若实数，使得对任意实数恒成立，求的值56我们知道：对于函数，如果存在一个非零常数T，使得当x取

20、其定义域D中的任意值时，有，且成立，那么函数叫做周期函数对于一个周期函数，如果在它的所有周期中存在一个最小正数，那么这个最小正数就叫做函数的最小正周期对于定义域为R的函数，若存在正常数T，使得是以T为周期的函数，则称为正弦周期函数，且称T为其正弦周期(1)验证是以为周期的正弦周期函数(2)已知函数是周期函数，请求出它的一个周期并判断此周期函数是否存在最小正周期，并说明理由(3)已知存在这样一个函数，它是定义在R上严格增函数，值域为R，且是以T为周期的正弦周期函数若，且存在，使得，求的值57人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取

21、出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间两个点，曼哈顿距离.余弦相似度：.余弦距离：.(1)若，求A，B之间的和余弦距离；(2)已知，若，求的值.58已知“函数的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是“函数为奇函数”，可以推广为：“函数的图象关于点成中心对称图形”的充要条件是“函数为奇函数”(1)若函数满足对任意的实数m，n，恒有，求的值，并判断此函数的图象是否是中心对称图形若是，请求出对称中心的坐标；若不是，请说明理由(2)若（1）中的函数还满足当时，求不等式的解集59已知函数

22、（），若函数在定义域内存在，（），使成立，则称该函数为“互补函数”.(1)若，函数图象的一条对称轴为，求函数在区间上的值域；(2)若，函数在上为“互补函数”，求的取值范围.60对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.(1)当时，求函数的不动点；(2)若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；(3)在的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围.61对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：在内是单调函数；当定义域是时，的值域也是，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”，(1)求证：函数不是定义域上的“保值函数”；(2)给定函数，若函数是区间上的

23、“保值函数”，求实数的取值范围；若不等式对恒成立，求实数的取值范围.62定义:若函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点已知函数(1)若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围;(2)在（1）的条件下，若图象上两个点的横坐标是函数的不动点，且的中点在函数的图象上，求的最小值63在平面直角坐标系中，已知，(1)当直线的倾斜角时，求的取值范围；(2)若的边上的高所在直线的方程为，求的边上的中线所在直线的方程64如图，在四棱锥中，底面为菱形，.(1)证明：为等腰三角形.(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.65如图，在四棱锥中，底面为菱形，为棱的中点，且证明：底面(2)若，求

24、二面角的余弦值的取值范围66对于定义域为的函数，若存在实数使得对任意恒成立，则称函数具有性质.(1)判断函数与是否具有性质，若具有性质，请写出一个的值，若不具有性质，请说明理由；(2)若函数具有性质，且当时，解不等式；(3)已知函数，对任意，恒成立，若由“具有性质”能推出“恒等于”，求正整数的取值的集合.67设函数的定义域为，其中常数.若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质.(1)当时，判断函数和是否具有性质？（结论不要求证明）(2)若，函数具有性质，且当时，求不等式的解集；(3)已知函数具有性质，且的图像是轴对称图形.若在上有最大值，且存在使得，求证：其对应的.68如图，在四边形中

25、，与互余，在线段上取点，（点在之间），使当点从点匀速运动到点时，点恰好从点匀速运动到点记，已知，当为中点时，判断与的位置关系，并说明理由(2)求，的长(3)若，分别平分，并交线段，于点，（点，不重合）连接并延长交于点，如图2所示，若，当时，通过计算比较与的大小关系69已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.(1)设，求的特征向量；(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.70定义：如果函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”(1)分别求出函数及的2级“平移点”，及再写出一个存在2级

26、“平移点”的函数解析式，并说明理由；(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围71已知，若函数在上的值域是，则称是第类函数.(1)若是第类函数，求的取值范围；(2)若是第2类函数，求的值.72如图，四棱锥的底面为菱形，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点.(1)若是直线与平面的交点，试确定的值；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥体积.73已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧棱平面ABCD，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.(1)若N是棱PC中点，完成：（i）画出的重心G（在图中作出虚线），并指出点G与线段AN的关系：（ii）求证：平面AMN；(2

27、)若四边形ABCD是正方形，且，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.74如图，长方体中，AB=4，AD=3，AA1=5，E，F分别在BB1，DD1上，且，(1)求证：平面;(2)求平面与平面的夹角的余弦值.75一个楔子形状几何体的直观图如图所示，其底面 为一个矩形，其中 ，顶部线段 平面，棱 ，二面角 的余弦值为 ，设 ， 分别是 ， 的中点.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.76如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）(1)若，设平面面，求证：；(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.77如图，正方

28、体的棱长为2，E为DC的中点，(1)求点到平面的距离；(2)求直线与平面所成角的正弦值.78如图1，在中，分别为，的中点，为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由79如图，已知四边形由和拼接而成，其中，将沿着折起.（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；（2）当四面体的表面积的最大时，求二面角的余弦值.80已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，分别交于点，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.（1）设，试用基底表示向量；（2）证明，四面体中至少存在一

29、个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.81如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，点在平面内的射影恰为的重心.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.822021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且.已知圆柱，底面半

30、径为.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；（3）求二面角的余弦值；（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值.83如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互

31、相垂直(1)求异面直线AE与BD所成角的大小；(2)在线段BD上取点M，在线段AE上取点N，且，试用x，y来表示线段MN的长度；(3)在（2）的条件下，求MN长度的最小值，并判断当MN最短时，MN是否是异面直线AE与BD的公垂线段?84如图，在三棱锥中，记二面角的平面角为(1)若，求三棱锥的体积；(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围85正方形ABCD中，点O为正方形内一个动点，且，设(1)当时，求的值；(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.86如图所示，长方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)若棱的中点为

32、，求的长；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值答案第 = page 79 79页，共 = sectionpages 1 1页答案第 = page 78 78页，共 = sectionpages 78 78页参考答案：1C【解析】由和可得【详解】解：，故选：C【点睛】读懂实际问题，把实际问题转化为数学问题进行计算；基础题.2B【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小.【详解】对于正四面体，其离散曲率为，对于正八面体，其离散曲率为，对于正十二面体，其离散曲率为，对于正二十面体，其离散曲率为，则，所以.故选：B.3A【分析】根据体积公式分别求出“立圆

33、率”即可得出.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故选：A.4C【分析】根据直线方程求出该直线的斜率，结合直线倾斜角与斜率的关系、余弦函数的性质进行求解即可.【详解】由，所以该直线的斜率为，因为，所以，设该直线的倾斜角为，于是有，或，故选：C5D【分析】夹角为锐角，则，排除平行的情况即可.【详解】夹角为锐角，则，得，当时，得，的取值范围为故选：D.6D【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意得，即，则，故选：D7A【分析】由关于和的“函数”的定义可得，由此可知是周期为的周期函数；利用时的值域，可推导得到、和的值域，综合可得最终结果.【详解】

34、是关于和的“函数”，由得：，是周期为的周期函数；当时，则；当时，则；当时，则；当时，的值域为.故选：A.8D【详解】考点：类比推理9C【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径，圆锥的高，利用圆锥的体积公式和祖暅原理，即得解【详解】圆锥底面周长为，所以圆锥的底面半径，圆锥的高，所以圆锥的体积为，由祖暅原理，该几何体的体积也为.故选：C10C【分析】利用对称求出点，然后根据点的坐标得到，最后根据倾斜角与斜率的变化关系得到范围.【详解】设点，有，解得，结合图可知，.故选：C11B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得面积的取值范围【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图

35、，由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，所以，易知平面APD的一个法向量为，设平面PDG的法向量为，则，即，令，得，所以是平面PDG的一个法向量，则二面角的平面角的余弦值为，解得或（舍去），所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为故选：B12D【分析】设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解.【详解】解：设圆柱的高为，则，所以,酒杯的体积，半球的体积，因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍，

36、所以，解得，又因，所以，所以.故选：D.13C【分析】取中点，中点，连接，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值，即可得角度范围.【详解】解：取中点，中点，连接，取中点，连接，在正方体中，是棱的中点，平面平面，是底面内（包括边界）的一个动点，平面，的轨迹是线段，如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2则，由于在线段上，设，且所以 则 ，又 所以由于，所以所以异面直线与所成角的取值范围.故选：C.14D【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点、的坐标，然后利用向

37、量法来判断出命题的正误.【详解】取的中点，过点在平面内作，再过点在平面内作，垂足为点.在正方体中，平面，平面，又，平面，即，同理可证，则，.以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，.对于命题，则，则，所以，命题正确；对于命题，则平面的一个法向量为，令，解得，所以，存在点使得平面，命题正确；对于命题，令，整理得，该方程无解，所以，不存在点使得，命题错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.15B【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示

38、的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D【详解】选项A，分别取中点，连接，由与，平行且相等得平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，连接，所以，同理平面，平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；选项B，以为原点，据直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设（），设是平面的一个法向量，则，取，则，若平面，则，所以存在，使得，同，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三

39、棱锥的体积最大，到平面的距离为，时，当时，有最大值1，时，时，有最大值，综上，时，取得最大值1，故与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；选项D，平面，平面，所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大16D【分析】根据题意，找去过与平面平行的平面，则可得到所在的平面，进而得到答案.【详解】由题意，取的中点，的中点，连接，作图如下：在正方体中，易知，则共面，平面，平面，平面，同理可得：平面，平面平面，当平面时，

40、平面，正方体的棱长为，在中，解得，同理，在中，解得，则中边上的高，即，故选：D.17B【解析】设底面圆的半径为,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.【详解】设底面圆的半径为,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:则由可得,是的两个三等分点则 所以设平面的法向量为 则,代入可得化简可得令,解得所以平面的法向量为由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足设二面角的法向量为则代入可得化简可得令,解得所以平面的

41、法向量为 由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足由二面角的范围可知结合余弦函数的图像与性质可知即化简可得,且所以所以的最大值是故选:B【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.18A【分析】作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.【详解】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等

42、，于是点P在线段FN上.如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，.故选：A.【点睛】对于动点问题，通常做法是先找到动点的轨迹，以本题为例就是先作出与平面和平面所成角相等的截面，从而找到截面与的交线，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法.19B【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.【详解】因为，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，如图所示，正方体中，所以面，所以，因为，所以.同理可得，因为

43、，所以面，其中为正六边形.因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，由正六边形及正方体对称性可知，故点P的轨迹长度为，故选：B【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.20ACD【分析】对于A，结合直线垂直的性质，即可

44、求解，对于B，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解，对于C，结合直线平行的性质，即可求解，对于D，根据已知条件，结合点对称的性质，即可求解【详解】对于A，设与直线垂直的直线方程为：，把点代入，解得，过点，且与直线垂直的直线方程是，故正确；对于B，且，当，时，当时，直线倾斜角的取值范围是，故错误；对于C，若直线与平行，则，解得，故与的距离是：，故正确；对于D，点A关于原点对称点的坐标为，故正确故选：ACD21ABC【分析】根据已知“等均值函数”的定义，逐项分析验证所给函数是否满足所给的两个条件，即可判断答案.【详解】对于定义域为R，满足，满足，对任意的，存在，使得,故A正确；对于，若，则，则 ，

45、若，则，则 ，即满足；对任意的，存在，使得，对任意的，存在，使得，即满足，故B正确；对于，定义域为，对任意的，都有成立，满足；对任意的，存在，使得，即满足，故C正确；对于，定义域为，当时，故对任意的，不成立，故D错误，故选：ABC22BCD【分析】根据的单调性以及，可得的零点为1，由“零点相邻函数”的定义可将问题转化为 在区间上存在零点，分离参数即可求解.【详解】因为是上的单调递增函数，且，据此可知，结合“零点相邻函数”的定义可得，则，据此可知函数 在区间上存在零点，即方程 在区间上存在实数根，整理可得：，当且仅当，即时取等号,又，则在区间上，故当时，故选：BCD23ABD【分析】根据三角形面

46、积公式即可判断A，根据直线与圆相切可判断B,根据向量的加法法则可判断C,根据点到直线的距离可判断D.【详解】，（如图1）由于，所以，当时，取最大值为1，故 的面积最大值为1，A正确；设当直线分别与圆相切时，此时最大，（如图2）由于，所以在中， ，因此，故B正确；当是直径时，是的中点，则,故C错误；当时，此时圆心到直线的距离最大，且最大值为 ,（如图3）故点到直线距离最大值为，故D正确；故选：ABD24AD【分析】根据正方体的性质，结合点、线、面的位置关系，求最值，判断直线EH、EG和FG的位置关系，由面积公式判断B1EG面积的范围.【详解】A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；B

47、：由，错误；C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.故选：AD25AB【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D【详解】选项A，连接，正方体中易知，分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

48、选项B，如图，取中点为，连接，因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正确；选项C，正方体中，分别是中点，则，在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，由面面平行的性质定理，从而有，由正方体性质，设，则，是中点，则，所以，同理， 梯形是等腰梯形，高为，截面面积，设，在上递增，所以，C错；选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错故选：AB26ACD【分析】A利用面面

49、平行的性质证面；B应用等体积法，根据特殊点：与重合时求的体积； C先证明面，再利用面面垂直的判定定理证面面即可；D由，根据在线段的位置，即可确定异面直线与所成角的范围.【详解】A：连接，由于，由面面平行的判定定理，可证明面面，又面，所以面，正确；B：，因为到面的距离不变，且的面积不变，所以三棱锥的体积不变，当与重合时得，错误；C：由三垂线定理，可证明，再由线面垂直的判定定理可得面，又面，则面面，正确；D：由，异面直线与所成角即为与所成角，又为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，故与所成角的范围，正确.故选：ACD27BD【分析】读懂题意

50、，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.【详解】A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；C项，若，则，又，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；D项，在四面体中，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知

51、平面，选项D正确故选：BD【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力试题结合新定义离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探素、理性思维学科素养28BC【分析】对于A，采用特殊值验证的方法，可得答案；对于B，根据新函数的定义，给出的范围，结合不等式的性质，可得答案；对于C，根据新函数的定义，设自变量为整数和小数部分组合的形式，根据小数部分不同取值，进行验证，可得答案；对于D，根据二次不等式的求解，结合新函数的定义，可得答案.【详解】对于A，则，故，故A不成立对于B，设，则，故，所以

52、，故B成立对于C，设，其中，则，若，则，故；若，则，故，故C成立对于D，由不等式，可得或，由题意，则或，故D不正确故选：BC.29BC【分析】对于A，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于B，利用面面平行的性质定理可判断；对于C，找到异面直线与所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.【详解】几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故A错误.在正方体中， ,故为平行四边形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可证平面,而平面,所以平面平面平面，则平面，B正确.由于

53、，则直线与所成最大角为（或），其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，当为中点时，所成角即为，而平面平面,故 , ，故 ，故C正确.以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则 ,则,设 ,则 ,设平面的法向量为，则，令，则 ，故 ，由题意知平面ABCD的法向量可取为 ，则 ，则面与底面所成角正弦值为，由于，故当时，取到最小值8，则取到最小值为 ，当或时，取最大值12，取最大值为，所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D错误.故选:BC.30ABD【分析】A选项，将该半正多面体补成正方体，从而求出正方体的体积，减去8个三棱锥的体积，求出答案；B选项，求出补成的正方体的外接球的半径即为该半正多

54、面体的半径，从而求出外接球体积；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理进行求解；D选项，设出点的坐标，用空间向量表达出直线DE与直线AF所成角的余弦值，换元后，使用二次函数的取值范围求出直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围.【详解】将该半正多面体补成正方体因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2该半正多面体的体积，A正确该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心设正方体的外接球球心为M，则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C错误建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，可解得，则，共面，即A，C，D，F四点共面，B正确又，设，所以，则令，则因为，所以

55、，故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为D正确故选：ABD31AD【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，在梯形中，且，则，因为，由余弦定理可得，若，且，平面，平面，事实上，矛盾，故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；对于B选项，若平面，平面，则，所以，而，即，则、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，则，为的中点，则，故平面，以点为坐

56、标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，设三棱锥的球心为，由可得，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.对于C选项，设，易知平面的一个法向量为，而，即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.故选：AD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽

57、可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.32BCD【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；计算出三棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用空间向量法结合零点存在定理可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，过点在平面内作，连接，由已知可得，故，则，即，且，因为平面平面，平面平面，平面，平面，设，则，因为，则，易得

58、，则点、，若存在点，使得，化简可得，即，则，这与矛盾，故不存在点，使得，错；对于B选项，当点为的中点时，则点为的中点，且，取的中点，连接、，则，且，因为，平面平面，平面平面，平面，平面，同理可证平面，所以，三棱锥的外接球球心在直线上，设球的半径为，由勾股定理得，即，解得，B对；对于C选项，由A选项可知，平面，因为，则，令，则，函数在上单调递增，则，所以，C对；对于D选项，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，因为，令，可得，即，所以，令，令，易知函数在上连续，因为，由零点存在定理可知，存在，使得，因此，存在点，使平面与平面的夹角的大小为，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：

59、解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.33ACD【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，求出平面的法向量，先求出正弦值的最值，进而求出余弦值的最值；D选

60、项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值.【详解】因为平面平面，而平面，故平面，因为点为面对角线上一个动点，故G点到面距离不变，为2，因为分别为棱的中点，故面积不变，故三棱锥不变，三棱锥的体积，故A正确；如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，设（），平面的法向量为，则，令，则，则，设平面的法向量，则，令，则，所以，则设，即，解得：，因为，故不合题意，所以线段上不存在点，使平面平面，B错误；，平面的法向量为，则，其中，则的最大值为，因为，所以的最小值为，C正确；如图2，连接，交EF于点J，则为EF的中点，则三棱锥的外接球球心的投