2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题9-12题-（解析版）.docx

2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题9-12题 原题9 1．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 2．若圆锥的高的平方等于其底面圆的半径与母线长的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”．现有一个侧面积为的黄金圆锥，则该黄金圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 3．如图，圆锥的轴为PO，其底面直径和高均为2，过PO的中点作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 4．若圆锥的表面积为，圆锥的高与母线长之比，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 变式题4基础 5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的体积为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 6．如图（1），一个圆锥形容器的高为a，内装有一定量的水，若将容器倒置，这时水所形成的圆锥的高恰为（如图（2）），则图（1）中的水面高度为 A． B． C． D． 变式题6巩固 7．如图所示是一个装有红酒的圆锥形酒杯（杯体为一个圆锥），已知该酒杯的杯子杯口直径为（忽略杯子的厚度），侧面积（不含杯座和杯茎）为，红酒的高度比杯子的高度低，则红酒的体积为（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 8．已知圆锥的顶点为点，高是底面半径的倍，点，是底面圆周上的两点，当是等边三角形时面积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 变式题8巩固 9．已知中，，，是斜边上的高，与绕旋转一周得到的几何体的表面积分别为和，则的值为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 10．若圆锥，的顶点和底面圆周都在半径为的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为，，则这两个圆锥公共部分的体积为 A． B． C． D． 变式题10提升 11．在直角△ABC中，，，，且，分别以BC，AC，AB所在直线为轴，将△ABC旋转一周，形成三个几何体，其表面积和体积分别记为，，和，，，则它们的关系为（    ） A．， B．， C．， D．， 变式题11提升 12．在边长为2的菱形中，，垂足为点E，以所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 原题10 13．椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 14．已知椭圆的上顶点，左右焦点分别为，连接，并延长交椭圆于另一点P，若，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 15．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与相交于两点（在第一象限）.若四点共圆，且直线的倾斜角为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 16．椭圆的两焦点为，若椭圆上存在点使为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C．或 D．或 变式题4巩固 17．已知椭圆的左､右焦点分别为，，点是椭圆上一点，点是线段上一点，且，，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 18．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆C相交P，Q两点，若，且，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题6巩固 19．已知点分别为椭圆的左、右焦点，点P为直线上一个动点．若的最大值为，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 20．已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 变式题8提升 21．以椭圆的右焦点F为圆心､c为半径作圆，O为坐标原点，若圆F与椭圆C交于A，B两点，点D是OF的中点，且，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 22．已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为(    ) A． B． C． D． 变式题10提升 23．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 原题11 24．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 25．已知函数在区间内有且仅有一个极大值，且方程在区间内有4个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题2基础 26．若函数在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 27．已知函数，若的图象在区间上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式题4巩固 28．若函数有个零点，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 29．已知函数，若对，在上至少存在两个不等的实数，使得，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式题6巩固 30．若函数在上有且仅有6个极值点，则正整数的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式题7巩固 31．已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题8提升 32．设表示两者中较大的一个，已知定义在上的函数，满足关于的方程有6个不同的解，则的取值范围为 A． B． C． D． 变式题9提升 33．设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式题10提升 34．已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 原题12 35．已知，则（    ） A． B． C． D． 变式题1基础 36．下列三个数：，，，大小顺序正确的是（ ） A． B． C． D． 变式题2基础 37．设，，，则的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 变式题3基础 38．已知，，，则（      ） A． B． C． D． 变式题4巩固 39．设，，，且，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 变式题5巩固 40．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 变式题6巩固 41．设，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 变式题7巩固 42．已知，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 变式题8提升 43．已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 变式题9提升 44．已知a，b，，且，，，其中e是自然对数的底数，则（    ） A． B． C． D． 变式题10提升 45．设，，，则（    ） A． B． C． D． 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 2．D 【分析】根据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得，结合可得，利用圆锥体积公式可求得结果. 【详解】设该黄金圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，则， 该黄金圆锥的侧面积，解得：， 由得：， 该黄金圆锥的体积. 故选：D. 3．D 【分析】由题意，分别求得圆锥和圆柱的体积即可. 【详解】解：圆锥的体积为， 圆柱的体积为， 所以， 故选：D 4．A 【分析】依题意，设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，根据题意算出底面半径和高，再得到体积即可. 【详解】由题意可知母线与圆锥底面的夹角的正弦值为，故母线与圆锥底面的夹角为 ， 设底面半径为r，圆锥的高为h，母线长为l，则① ， 则圆锥的表面积为 ，将①代入，解得 ， 圆锥的体积为 ； 故选：A. 5．C 【分析】设底面圆的半径为r，根据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积列方程可得r，然后可得. 【详解】由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为． 故选：C 6．A 【解析】令圆锥倒置时水的体积为，圆锥体积为，推导出，倒置后，由此能求出原来水面的高度. 【详解】令圆锥倒置时水的体积为，圆锥体积为， 则， 所以， 倒置后， 设此时水高为，则， 所以， 故选：A. 【点睛】该题考查的是有关圆锥的问题，需要求的是容器内溶液的液面高度问题，将其转化为锥体的体积比来解决，在求的过程中，注意相似几何体的体积比等于相似比的立方，列出等式求得结果. 7．B 【分析】求出酒杯圆锥的底面半径，然后利用相似形得出红酒圆锥的底面半径，再由体积公式计算． 【详解】设圆锥形酒杯的母线为.作出轴截面图，如图所示，因为该酒杯的杯子口径为，侧面积（不含杯座和杯茎）为，所以，解得， 即，.又红酒的高度比杯子的高度低， 所以，所以，即， 则红酒的体积为. 故选：B． 8．D 【分析】根据是等边三角形时面积为求得母线，再由高是底面半径的倍，求得底面半径，然后由圆锥的侧面积公式求解. 【详解】解：设圆锥的高为h，母线为l，底面半径为r， 则由题意得h=r， ， 所以， 又，则， 所以圆锥的侧面积为， 故选；D 9．A 【分析】由题意求出，过点作，垂足为，求出，与绕旋转一周得到的几何体的表面积等于两个圆锥的侧面积之和，分别求出，，即可求出答案. 【详解】由题意得，，，过点作，垂足为，则，所以 ，，所以． 故选：A. 10．A 【解析】过圆锥的轴作出截面图求解，两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥，求出其底面半径和高，即可得所求体积. 【详解】易得在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示. 是圆锥底面圆的直径，是圆锥底面圆的直径，两直径都与垂直. 在中，，则可得. 在中，，则，则. 又，所以点重合. 这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥， 其底面半径为，高为， 所以所求体积为.故选A. 【点睛】本题考查与球有关的切接问题，体积的计算，解题的关键是过球心作出截面图. 11．B 【分析】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥,直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体,采用特例法，不妨令c=3、b=4、 a=5，绕三边旋转一周分别形成三个几何体，求出他们的表面积和体积，进行比较可得答案. 【详解】不妨设直角三角形的三边长分别为， 当直角三角形绕边旋转时，其表面是两个圆锥的表面，所以其表面积为，体积； 当直角三角形绕边旋转时, , 体积； 当直角三角绕边旋转时，, 体积. ； 故选：B 12．C 【分析】根据题设得到旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台，画出几何体，利用圆锥、圆台的表面积公式求几何体的表面积. 【详解】由题设，，如下图示： 绕所在的直线为轴旋转半周，则与重合， 所得旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台组合而成，如下图示： 所以圆锥表面积为，圆台表面积为， 则几何体的表面积. 故选：C 13．A 【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解. 【详解】[方法一]：设而不求 设，则 则由得：， 由，得， 所以，即， 所以椭圆的离心率，故选A. [方法二]：第三定义 设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知： 故， 由椭圆第三定义得：， 故 所以椭圆的离心率，故选A. 14．C 【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得、的长，根据三角函数定义，求得根据余弦定理，可求得，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案. 【详解】由题意得， 所以，则， 由椭圆的定义可得， 所以， 因为， 所以，解得，， 在中，， 在中，， 因为， 所以，即， 所以 所以. 故选：C 15．B 【分析】依据四点共圆，且直线的倾斜角为，利用椭圆定义可得，进而求得椭圆的离心率 【详解】根据题意四边形为平行四边形， 又由四点共圆，可得平行四边形为矩形，即 又直线的倾斜角为，则有 则，， 则，即 则椭圆的离心率 故选：B 16．C 【分析】根据等腰直角三角形，可知有三种情况：,和，根据几何关系即可求解. 【详解】当时，为等腰直角三角形，则点位于椭圆的上下顶点，则满足：, 当或者时，此时 ，为等腰直角三角形，则满足 , 故 ， 故选：C 17．B 【分析】由椭圆定义得，由余弦定理可得，再由三角形面积公式得和的关系，从而求得，然后可得离心率． 【详解】解：设，，则， 由余弦定理得， 即， 所以， 因为， 所以， 整理得，即，整理得， 所以，，， 故选：B. 18．B 【分析】设，由椭圆的定义及，结合勾股定理求参数m，进而由勾股定理构造椭圆参数的齐次方程求离心率. 【详解】设，椭圆的焦距为，则， 由，有，解得， 所以，故得：． 故选：B. 19．D 【分析】根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，设，则，进而结合正切的差角公式和基本不等式可得，进而根据齐次式求离心率即可. 【详解】解：根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，如图， 记直线与轴的交点为，设，则， 由于，故， 所以，， 所以， 因为，，当且仅当时等号成立，即时等号成立， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以，即椭圆C的离心率为. 故选：D 20．A 【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答. 【详解】设点，依题意，， 相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为， 又为线段的中点，则，，因此有，即， 所以椭圆的离心率. 故选：A 21．C 【分析】由几何性质得出点坐标，代入椭圆方程求解 【详解】不妨令点A在第一象限，由D是OF的中点，且， 可知△OAF是正三角形，则， 将点A坐标代入椭圆C方程可得，即，即， 整理得，即，得或. 因为，所以，则 故选：C 22．A 【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率． 【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线， 延长交轴于点，则由平行于轴知，， 则,设内切圆半径为r， 则， ∴椭圆的离心率为． 故选：A﹒ 23．C 【分析】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到与，利用斜率乘积列出方程，求出，从而求出离心率. 【详解】设外层椭圆方程为，则内层椭圆方程为， 设过点的切线方程为， 与联立得：， 由得：， 设过点的切线方程为， 与联立得：， 由得：， 从而， 故， 椭圆的离心率为. 故选：C. 24．C 【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可． 【详解】解：依题意可得，因为，所以， 要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示： 则，解得，即． 故选：C． 25．C 【分析】根据三角函数的图象与性质，结合若在区间内有且仅有一个极大值，以及方程在区间内有4个不同的实数根，列出不等式，即可求解. 【详解】由题意，函数， 因为，所以， 若在区间内有且仅有一个极大值，则，解得；若方程在区间内有4个不同的实数根， 则，解得． 综上可得，实数的取值范围是． 故选：C. 26．B 【分析】化简函数，根据，得到，结合在上恰有2个零点，列出不等式，即可求解. 【详解】由题意，函数， 因为，所以， 又由在上恰有2个零点，所以，解得， 所以的取值范围为. 故选：B. 27．D 【分析】利用辅助角公式化简可得，根据x的范围，可求得的范围，根据题意，分析可得，计算即可得答案. 【详解】由题意得， 因为， 所以， 因为有且只有1个最低点， 所以，解得. 故选：D 28．B 【分析】利用导数分析可知在上有且只有一个零点，则函数在上有个零点，由可得出，根据题意可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围. 【详解】当时，，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，所以，， 所以，函数在上有且只有一个零点， 所以，函数在上有个零点， 当时，则，所以，，解得， 故选：B. 29．C 【分析】化简为，将化为且，或者且，将问题转化为对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，或者对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，根据函数的图象列式，其中，可求出结果. 【详解】 , 由得， 所以，所以且，或者且， 则问题转化为对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点，或者对，函数的图象与直线在上至少存在两个交点， 所以，其中， 所以，所以，又，所以的最小值为. 故选：C 30．B 【分析】设，则，即在上有且仅有6个极值点，结合正弦函数的图像性质可得答案. 【详解】设，则当时， 由在上有且仅有6个极值点，则在上有且仅有6个极值点. 如图由正弦函数的图像性质可得 解得，所以正整数的值为3 故选：B 31．B 【分析】由的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可得结果. 【详解】根据题意，函数， 若，即，必有， 令，则， 设， 则函数和在区间内有4个交点， 又由于，必有， 即的取值范围是， 故选：B. 32．A 【解析】根据题意，先解关于的一元二次方程，得两个根为或，再根据函数图像，确定参数取值范围. 【详解】由，可得或，函数的图像如图所示，当时，不符合题意. 由，得，解得.故选：A 【点睛】本题考查三角函数图像和性质的应用，综合性较强，有一定难度. 33．D 【分析】根据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，研究在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围 【详解】因为，所以.由，得. 当时，，又，则. 因为在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点，所以或解得. 故选：D. 34．C 【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围. 【详解】，，其中，解得：， 则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①， ，令，解得：；或要满足②，， 令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件， 综上：的取值范围是. 故选：C 【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解. 35．A 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 36．A 【分析】构造函数，对其求导，判断单调性，进而可得出结果. 【详解】构造函数， 因为对一切恒成立， 所以函数在上是减函数，从而有， 即. 故选：A． 【点睛】本题主要考查根据函数单调性比较大小，涉及导数的方法判断函数单调性，属于常考题型. 37．B 【分析】构造函数，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性与最大值，然后结合函数单调性即可比较大小． 【详解】解：令，则， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 故当时，函数取得最大值， 因为，，， ， 当时，函数单调递增， 可得，即． 故选：B． 38．B 【分析】构造函数，由导数易证函数在上单调递减，在上单调递增，利用单调性可得答案． 【详解】构造函数，令， 当，，函数在上单调递减， 当，，在上单调递增，所以，从而. 故选：B． 39．B 【分析】先利用导数证明在上是增函数，得到在上恒成立，然后构造函数，，并由函数单调性的性质判断出在上均是增函数，然后将代入，并判断函数值正负,从而利用函数的单调性比较自变量，，的大小. 【详解】解：由题意：令，则， 在上是增函数，，即在上恒成立， 由函数的单调性质知，函数在是增函数， ，， ， 又因为函数在是增函数，在是减函数， ，即， 又，， 综上： 故选：B 【点睛】本题考查导数，函数的单调性，以及三角函数知识的灵活运用，考查理解辨析能力，属于难题. 40．D 【分析】由函数的单调性结合已知条件求解即可 【详解】由题意可知，，即， 又，且当时，令， 则， 所以在递减， 又， 所以，即 所以，即， 又因为，而， 所以，即， 故选：D. 41．C 【分析】根据和的符号即可比较的大小，再利用导数判断函数在上的单调性即可比较的大小，即可得解. 【详解】解：令， 则， 所以函数在上递增， 所以，即在上恒成立， 又， 所以， 又，所以， 所以， 即. 故选：C. 42．D 【分析】令，利用导数可求得单调性，由单调性可得，利用所得不等式化简整理即可得到大小关系. 【详解】令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即， 由得：，，即； 由得：，，即； 综上所述：. 故选：D. 43．A 【解析】根据比较b，c的大小关系，构造函数比较a，b的大小关系，即可得解. 【详解】，所以， 构造函数， ， ，所以， ，必有，，所以 所以， 即 所以单调递减， 所以 即， 所以 故选：A 【点睛】此题考查比较三角函数值的大小，常利用中间值比较，或构造函数利用函数单调性比较大小. 44．D 【分析】设，，然后分别利用导数判断两个函数的单调性，利用其单调性可求得答案. 【详解】∵a，b，，，，， 令，，， 当时，，在上单调递减， 令，，，当时，， 所以在上单调递增，即， ∴，即， ∴. 故选：D. 45．A 【分析】由于，所以构造函数，利用导数判断其为减函数，从而可比较出，进而可比较出的大小，同理可比较出的大小，即可得答案 【详解】∵，构造函数，， 令，则， ∴在上单减，∴，故， ∴在上单减，∴， ∴ ∴.∴， 同理可得，，故， 故选：A 答案第27页，共1页