专题09 填空压轴题-备战2022年新高考数学模拟试题分类汇编（广东专用）

专题09 填空压轴题 1．（2021•广州一模）已知三棱锥的底面是边长为6的等边三角形，，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的体积为 　 　，球的表面积为 　 　． 【答案】； 【详解】设为外接圆的圆心，因为是边长为6的等边三角形， 所以， 因为，解得， 设球的半径为，球的半径为， 由等体积法可得， ， 所以， 所以球的体积为； 作截面图如图所示，可知， 则，，， 因为△△，则，即，解得， 所以球的表面积为． 2．（2021•深圳一模）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则△的面积最大值为　 　． 【答案】 【详解】不妨设，，若， 由正弦定理，得，故， 所以由余弦定理得． 所以． 显然△为由得到的拿破仑三角形（等边三角形），设其边长为， 易知，且， 所以， 故△的面积． 当且仅当时取等号． 故△面积的最大值为． 3．（2021•湛江一模）已知的图象关于坐标原点对称，且对任意的，恒成立，当时，，则　 　． 【答案】 【详解】根据题意，的图象关于坐标原点对称，即是奇函数，则有， 又由对任意的，恒成立，即恒成立， 则有对任意的都成立， 故是周期为4的周期函数，则（1）， 当时，，则， 则（1） 4．（2021•福田区校级二模）已知函数，，若总存在直线与函数，图象均相切，则的取值范围是　 　． 【答案】， 【详解】设与的图象在交点处存在切线，且切点为， 由，， 可得，， 化为，，则， 即， 设，，可得在递增， 由（1），可得的解为， 则，由的图象可得，当越大时，抛物线的开口越小， 可得此时和的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切， 则的范围是，． 5．（2021•广东一模）在四面体中，，二面角为，则四面体的外接球的表面积为　 　． 【答案】 【详解】如图， 由已知可得，，为等边三角形， 取的中点，连接，，则，， 为二面角的平面角，大小为， 设的外心为，的外心为， 分别过，作所在面的垂线，相交于，则为四面体的外接球的球心， 由已知求得， 在中，求得， 则， 可得四面体的外接球的半径 ． 四面体的外接球的表面积为． 6．（2021•惠州一模）已知函数，关于的不等式只有1个整数解，则实数的取值范围是　 　． 【答案】 【详解】由， 令，解得：， 令，解得：， 的递增区间为，递减区间为，故的最大值是（e）； 时，，时，，（1）， 故在时，，在时， ，函数的图象如下： ①时，由不等式得或， 而时无整数解，的解集为，整数解有无数多个，不合题意； ②时，由不等式，得，解集为，，， 整数解有无数多个，不合题意； ③时，由不等式，得或， 的解集为无整数解，而的解集整数解只有一个， 且在递增，在递减， 而，（2）（4）（3），这一个正整数只能为3， （2）（3），； 综上，的取值范围是． 7．（2021•深圳模拟）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为　 　． 【答案】 【详解】设，，，其中，，， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 所以， 即， 因为，，所以， 即，当且仅当时，取得等号． 因为，所以， 所以，解得或（舍去）， 当且仅当时，取得等号． 所以的最小值为． 8．（2021•广东二模）已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，，设直线与交于点，，则　 　，面积的最小值为　　 ． 【答案】，4 【详解】设，，，，直线的方程为， 联立抛物线方程，可得， 即有，， 由的导数为，可得的方程为， 化为， 同理可得的方程为， 联立两直线方程解得，， 故； 由到直线的方程的距离为， ， 的面积为 ， 则时，的面积取得最小值4． 9．（2021•潮州一模）已知定义域为的函数是奇函数，则不等式解集为　 　． 【答案】， 【详解】根据题意，定义域为的函数是奇函数， 则有，即， 变形可得：， 必有， 则，故在上为减函数， 则 ， 则有，解可得， 即不等式的解集为，． 10．（2021•珠海一模）若以函数的图像上任意一点，为切点作切线，图像上总存在异于点