2020-2021重庆第二外国语学校高一数学下期末第一次模拟试题(带答案)
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17．或【解析】【分析】根据不等式恒成立化简命题为根据一元二次方程有解化简命题为或再根据且命题的性质可得结果【详解】若命题：为真；则解得：若命题：为真则解得：或若命题是真命题则或故答案为或【点睛】解答非命
解析： 或
【解析】
【分析】
根据不等式恒成立化简命题 为 ，根据一元二次方程有解化简命题 为 或 ，再根据且命题的性质可得结果.
【详解】
① 平面 ， , 都是直角三角形；
② 是直角三角形；
③ 是直角三角形；
④由 得 平面 ，可知： 也是直角三角形.
综上可知：直角三角形的个数是 个，故选C．
【点睛】
本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题．
4．D
解析：D
点睛：求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
12．A
解析：A
【解析】
由 ，所以 ，
所以 ，故选A.
二、填空题
13．36π【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上SC是球O的直径若平面SCA⊥平面SCBSA=ACSB=BC三棱锥S−ABC的体积为9可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形设球的半
考点：众数、中位数、平均数、方差
5．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
求解一元二次方程，得
，易知 .
因为 ，所以根据子集的定义，
集合 必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4，
原题即求集合 的子集个数，即有 个，故选D.
【点评】
本题考查子集的概念，不等式，解一元二次方程.本题在求集合个数时，也可采用列举法.列出集合 的所有可能情况，再数个数即可.来年要注意集合的交集运算，考查频度极高.
【解析】
试题分析：由于甲地总体均值为 ，中位数为 ，即中间两个数（第 天）人数的平均数为 ，因此后面的人数可以大于 ，故甲地不符合.乙地中总体均值为 ，因此这 天的感染人数总数为 ，又由于方差大于 ，故这 天中不可能每天都是 ，可以有一天大于 ，故乙地不符合，丙地中中位数为 ，众数为 ， 出现的最多，并且可以出现 ，故丙地不符合，故丁地符合.
A．14斛B．22斛
C．36斛D．66斛
9．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为
A． B． C． D．
10．已知两个正数a，b满足 ，则 的最小值是
A．23B．24C．25D．26
11．（2018年天津卷文）设变量x，y满足约束条件 则目标函数 的最大值为
(1)求这100位留言者年龄的平均数和中位数;
(2)学校从参加调查的年龄在 和 的留言者中,按照分层抽样的方法,抽出了6人参加“精彩留言”经验交流会,赠与年龄在 的留言者每人一部价值1000元的手机,年龄在 的留言者每人一套价值700元的书,现要从这6人中选出3人作为代表发言,求这3位发言者所得纪念品价值超过2300元的概率.
（2）证明： ．
24．已知数列 是等比数列， ， 是 和 的等差中项.
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 .
25．在 中，内角 所对的边分别为 .已知 ， .
（I）求 的值；
（II）求 的值.
26．某学校微信公众号收到非常多的精彩留言,学校从众多留言者中抽取了100人参加“学校满意度调查”,其留言者年龄集中在 之间,根据统计结果,做出频率分布直方图如下:
A． B． C． D．
4．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是
A．甲地：总体均值为3，中位数为4B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C．丙地：中位数为2，众数为3D．丁地：总体均值为2，总体方差为3
本题考查正弦定理，余弦定理，以及面积公式在三角形求边长中的应用，属于中档题．
8．B
解析：B
【解析】
试题分析：设圆锥底面半径为r，则 ，所以 ，所以米堆的体积为 = ，故堆放的米约为 ÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
9．C
解析：C
【解析】
选取两支彩笔的方法有 种，含有红色彩笔的选法为 种，
5．已知集合 ，则满足条件 的集合 的个数为（）
A．1B．2C．3D．4
6．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A． B． C． D．
7．在 中，角 ， ， 所对的边为 ， ， ，且 为锐角，若 ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
8．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
解析：
【解析】
【分析】
先还原几何体，再根据柱体体积公式求解
【详解】
空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为 的直角三角形，高为 的棱柱，所以体积为
【点睛】
本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题
16．【解析】【分析】把已知式用正弦定理化边为角由两角和的正弦公式和诱导公式化简可求得即角从而得角的范围注意由余弦定理可得结论【详解】因为所以所以即又所以则因为所以而故故答案为：【点睛】本题考查正弦与余弦
11．C
解析：C
【解析】
分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后求解最大值即可.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程： ，可得点A的坐标为： ，据此可知目标函数的最大值为： .本题选择C选项.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据题意由 成立，则循环，即 ;又由 成立，则循环，即 ;又由 成立，则循环，即 ;又由 不成立，则出循环，输出 ．
考点：算法的循环结构
2．D
解析：D
【解析】
【分析】
先用 和 表示出
再根据， 用用 和 表示出 ，再根据 求出 的值，最后将 的值代入 ，从而得出答案．
16．设 ， ， 分别为 内角 ， ， 的对边.已知 ，则 的取值范围为______.
17．已知 ，命题 ： ， ，命题 ： ， ，若命题 为真命题，则实数 的取值范围是_____．
18．设a，b是非零实数，且满足 ，则 ＝_______．
19．若 ,则 ____________.
20．某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．
【详解】
∵ ，
∴
整理可得： ，
∴ ，
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的运算，注意运用平面向量的基本定理，以及向量的数量积的性质，考查了运算能力，属于中档题．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形．
三、解答题
21．已知函数 的部分图象如图所示.
（1）求 和 的值；
（2）求函数 在 的单调增区间；
（3）若函数 在区间 上恰有10个零点，求 的最大值.
22．如图，在正方体 中， 是 的中点， ， ， 分别是 ， ， 的中点.求证：
（1）直线 平面 ；
（2）平面 平面 .
23．已知 ， ， ， ．
（1）求 的最小值
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简 ，再利用三角形面积公式，即可得到 ，由 ，求得 ，最后利用余弦定理即可得到答案．
【详解】
由于 ，有正弦定理可得： ，即
由于在 中， ， ，所以 ，
联立 ，解得： ，
由于 为锐角，且 ，所以
所以在 中，由余弦定理可得： ，故 （负数舍去）
故答案选D
【点睛】
【详解】
若命题 ：“ ， ”为真；
则 ，
解得： ，
若命题 ：“ ， ”为真，
则 ，
解得： 或 ，
若命题“ ”是真命题，则 ，或 ，
故答案为 或
【点睛】
解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.
2020-2021重庆第二外国语学校高一数学下期末第一次模拟试题(带答案)
一、选择题
1．执行右面的程序框图，若输入的 分别为1,2,3，则输出的 ( )
A． B． C． D．
2．如图，在 中，已知 ， ， ， ，则
A．-45B．13C．-13D．-37
3．如图，在 中， ， 是边 上的高， 平面 ，则图中直角三角形的个数是（）
14．【解析】【分析】将写成切化弦后利用两角和差余弦公式可将原式化为利用二倍角公式可变为由可化简求得结果【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查利用三角恒等变换公式进行化简求值的问题涉及到两角和差余弦公式二
解析：
【解析】
【分析】
将 写成 ，切化弦后，利用两角和差余弦公式可将原式化为 ，利用二倍角公式可变为 ，由 可化简求得结果.
【详解】
本题正确结果：
【点睛】
本题考查利用三角恒等变换公式进行化简求值的问题，涉及到两角和差余弦公式、二倍角公式的应用.
15．【解析】【分析】先还原几何体再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱如图底面为边长为的直角三角形高为的棱柱所以体积为【点睛】本题考查三视图以及柱体体积公式考查基本分析求解能力属基础题
由古典概型公式，满足题意的概率值为 .
本题选择C选项.
考点：古典概型
名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.
解析：
【解析】
【分析】
把已知式用正弦定理化边为角，由两角和的正弦公式和诱导公式化简，可求得 ，即 角，从而得 角的范围，注意 ，由余弦定理可得结论．
【详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ，又 ，所以 ，
则 ，因为 ，所以 ，
而 ，故 .
故答案为： ．
【点睛】
本题考查正弦与余弦定理的应用，考查运算求解能力.本题是一个易错题，学生容易忽略 不能等于0.
解析：36π
【解析】
三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，
若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，
可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，
可得 ，解得r=3.
球O的表面积为： .
点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体wk.baidu.com切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得 ，对其变形可得 ，由基本不等式分析可得答案．
【详解】
根据题意，正数a，b满足 ，
则 ，
当且仅当 时等号成立.
即 的最小值是25．
本题选择C选项.
【点睛】
在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
A．6B．19C．21D．45
12．已知 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知三棱锥 的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径 若平面 平面SCB， ， ，三棱锥 的体积为9，则球O的表面积为______．
14． _____
15．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是___________
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故利用棱锥的体积减去半个圆锥的体积，就可求得几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故其体积为 .故选B.
【点睛】
本小题主要考查由三视图判断几何体的结构，考查不规则几何体体积的求解方法，属于基础题.
解析： 或
【解析】
【分析】
根据不等式恒成立化简命题 为 ，根据一元二次方程有解化简命题 为 或 ，再根据且命题的性质可得结果.
【详解】
① 平面 ， , 都是直角三角形；
② 是直角三角形；
③ 是直角三角形；
④由 得 平面 ，可知： 也是直角三角形.
综上可知：直角三角形的个数是 个，故选C．
【点睛】
本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题．
4．D
解析：D
点睛：求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
12．A
解析：A
【解析】
由 ，所以 ，
所以 ，故选A.
二、填空题
13．36π【解析】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上SC是球O的直径若平面SCA⊥平面SCBSA=ACSB=BC三棱锥S−ABC的体积为9可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形设球的半
考点：众数、中位数、平均数、方差
5．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
求解一元二次方程，得
，易知 .
因为 ，所以根据子集的定义，
集合 必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4，
原题即求集合 的子集个数，即有 个，故选D.
【点评】
本题考查子集的概念，不等式，解一元二次方程.本题在求集合个数时，也可采用列举法.列出集合 的所有可能情况，再数个数即可.来年要注意集合的交集运算，考查频度极高.
【解析】
试题分析：由于甲地总体均值为 ，中位数为 ，即中间两个数（第 天）人数的平均数为 ，因此后面的人数可以大于 ，故甲地不符合.乙地中总体均值为 ，因此这 天的感染人数总数为 ，又由于方差大于 ，故这 天中不可能每天都是 ，可以有一天大于 ，故乙地不符合，丙地中中位数为 ，众数为 ， 出现的最多，并且可以出现 ，故丙地不符合，故丁地符合.
A．14斛B．22斛
C．36斛D．66斛
9．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为
A． B． C． D．
10．已知两个正数a，b满足 ，则 的最小值是
A．23B．24C．25D．26
11．（2018年天津卷文）设变量x，y满足约束条件 则目标函数 的最大值为
(1)求这100位留言者年龄的平均数和中位数;
(2)学校从参加调查的年龄在 和 的留言者中,按照分层抽样的方法,抽出了6人参加“精彩留言”经验交流会,赠与年龄在 的留言者每人一部价值1000元的手机,年龄在 的留言者每人一套价值700元的书,现要从这6人中选出3人作为代表发言,求这3位发言者所得纪念品价值超过2300元的概率.
（2）证明： ．
24．已知数列 是等比数列， ， 是 和 的等差中项.
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 .
25．在 中，内角 所对的边分别为 .已知 ， .
（I）求 的值；
（II）求 的值.
26．某学校微信公众号收到非常多的精彩留言,学校从众多留言者中抽取了100人参加“学校满意度调查”,其留言者年龄集中在 之间,根据统计结果,做出频率分布直方图如下:
A． B． C． D．
4．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是
A．甲地：总体均值为3，中位数为4B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C．丙地：中位数为2，众数为3D．丁地：总体均值为2，总体方差为3
本题考查正弦定理，余弦定理，以及面积公式在三角形求边长中的应用，属于中档题．
8．B
解析：B
【解析】
试题分析：设圆锥底面半径为r，则 ，所以 ，所以米堆的体积为 = ，故堆放的米约为 ÷1.62≈22，故选B.
考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式
9．C
解析：C
【解析】
选取两支彩笔的方法有 种，含有红色彩笔的选法为 种，
5．已知集合 ，则满足条件 的集合 的个数为（）
A．1B．2C．3D．4
6．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A． B． C． D．
7．在 中，角 ， ， 所对的边为 ， ， ，且 为锐角，若 ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
8．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
解析：
【解析】
【分析】
先还原几何体，再根据柱体体积公式求解
【详解】
空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为 的直角三角形，高为 的棱柱，所以体积为
【点睛】
本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题
16．【解析】【分析】把已知式用正弦定理化边为角由两角和的正弦公式和诱导公式化简可求得即角从而得角的范围注意由余弦定理可得结论【详解】因为所以所以即又所以则因为所以而故故答案为：【点睛】本题考查正弦与余弦
11．C
解析：C
【解析】
分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后求解最大值即可.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程： ，可得点A的坐标为： ，据此可知目标函数的最大值为： .本题选择C选项.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据题意由 成立，则循环，即 ;又由 成立，则循环，即 ;又由 成立，则循环，即 ;又由 不成立，则出循环，输出 ．
考点：算法的循环结构
2．D
解析：D
【解析】
【分析】
先用 和 表示出
再根据， 用用 和 表示出 ，再根据 求出 的值，最后将 的值代入 ，从而得出答案．
16．设 ， ， 分别为 内角 ， ， 的对边.已知 ，则 的取值范围为______.
17．已知 ，命题 ： ， ，命题 ： ， ，若命题 为真命题，则实数 的取值范围是_____．
18．设a，b是非零实数，且满足 ，则 ＝_______．
19．若 ,则 ____________.
20．某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．
【详解】
∵ ，
∴
整理可得： ，
∴ ，
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的运算，注意运用平面向量的基本定理，以及向量的数量积的性质，考查了运算能力，属于中档题．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形．
三、解答题
21．已知函数 的部分图象如图所示.
（1）求 和 的值；
（2）求函数 在 的单调增区间；
（3）若函数 在区间 上恰有10个零点，求 的最大值.
22．如图，在正方体 中， 是 的中点， ， ， 分别是 ， ， 的中点.求证：
（1）直线 平面 ；
（2）平面 平面 .
23．已知 ， ， ， ．
（1）求 的最小值
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简 ，再利用三角形面积公式，即可得到 ，由 ，求得 ，最后利用余弦定理即可得到答案．
【详解】
由于 ，有正弦定理可得： ，即
由于在 中， ， ，所以 ，
联立 ，解得： ，
由于 为锐角，且 ，所以
所以在 中，由余弦定理可得： ，故 （负数舍去）
故答案选D
【点睛】
【详解】
若命题 ：“ ， ”为真；
则 ，
解得： ，
若命题 ：“ ， ”为真，
则 ，
解得： 或 ，
若命题“ ”是真命题，则 ，或 ，
故答案为 或
【点睛】
解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.
2020-2021重庆第二外国语学校高一数学下期末第一次模拟试题(带答案)
一、选择题
1．执行右面的程序框图，若输入的 分别为1,2,3，则输出的 ( )
A． B． C． D．
2．如图，在 中，已知 ， ， ， ，则
A．-45B．13C．-13D．-37
3．如图，在 中， ， 是边 上的高， 平面 ，则图中直角三角形的个数是（）
14．【解析】【分析】将写成切化弦后利用两角和差余弦公式可将原式化为利用二倍角公式可变为由可化简求得结果【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查利用三角恒等变换公式进行化简求值的问题涉及到两角和差余弦公式二
解析：
【解析】
【分析】
将 写成 ，切化弦后，利用两角和差余弦公式可将原式化为 ，利用二倍角公式可变为 ，由 可化简求得结果.
【详解】
本题正确结果：
【点睛】
本题考查利用三角恒等变换公式进行化简求值的问题，涉及到两角和差余弦公式、二倍角公式的应用.
15．【解析】【分析】先还原几何体再根据柱体体积公式求解【详解】空间几何体为一个棱柱如图底面为边长为的直角三角形高为的棱柱所以体积为【点睛】本题考查三视图以及柱体体积公式考查基本分析求解能力属基础题
由古典概型公式，满足题意的概率值为 .
本题选择C选项.
考点：古典概型
名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.
解析：
【解析】
【分析】
把已知式用正弦定理化边为角，由两角和的正弦公式和诱导公式化简，可求得 ，即 角，从而得 角的范围，注意 ，由余弦定理可得结论．
【详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ，又 ，所以 ，
则 ，因为 ，所以 ，
而 ，故 .
故答案为： ．
【点睛】
本题考查正弦与余弦定理的应用，考查运算求解能力.本题是一个易错题，学生容易忽略 不能等于0.
解析：36π
【解析】
三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，
若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，
可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，
可得 ，解得r=3.
球O的表面积为： .
点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体wk.baidu.com切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得 ，对其变形可得 ，由基本不等式分析可得答案．
【详解】
根据题意，正数a，b满足 ，
则 ，
当且仅当 时等号成立.
即 的最小值是25．
本题选择C选项.
【点睛】
在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
A．6B．19C．21D．45
12．已知 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知三棱锥 的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径 若平面 平面SCB， ， ，三棱锥 的体积为9，则球O的表面积为______．
14． _____
15．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是___________
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故利用棱锥的体积减去半个圆锥的体积，就可求得几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故其体积为 .故选B.
【点睛】
本小题主要考查由三视图判断几何体的结构，考查不规则几何体体积的求解方法，属于基础题.