2021年（老高考）数学（文）二轮专题练习：方法技巧 专练（三） （含解析）.doc

1、专练专练(三三) 技法技法 9 割补法割补法 1如图所示，虚线网格的最小正方形的边长为 1，实线是某几何体的三视图，则这个几 何体的体积为( ) A4 B2 C.4 3 D 2如图，过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD，若 PAAB，则平面 PAB 与 平面 CDP 所成二面角的度数为( ) A90 B60 C45 D30 32020 江西九江模拟半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多 边形为面的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，它由正方体 切截而成，以八个正三角形和六个正方形为面，所有的棱都相等如图是某二十四等边体的 三视图，则

2、其体积为( ) A.8 3 B4 C.16 3 D.20 3 42020 福州质检在三棱锥 P - ABC 中，PA底面 ABC，ABAC，AB6，AC8， D 是线段 AC 上一点，且 AD3DC.三棱锥 P - ABC 的各个顶点都在球 O 的表面上，过点 D 作 球 O 的截面，则所得截面圆的面积的最小值为_ 技法技法 10 整体代换法整体代换法 5 若函数 f(x)是 R 上的单调函数， 且对任意的实数 x 都有 f fx 2 2x1 1 3， 则 f(log22 019) ( ) A.1 011 1 012 B. 1 010 1 011 C.1 009 1 010 D1 6等比数列a

3、n中，已知 a1a38，a5a74，则 a9a11a13a15的值为( ) A1 B2 C3 D5 7已知 f(x)ax3bx1(ab0)，若 f(2 019)k，则 f(2 019)( ) Ak Bk C1k D2k 8已知三点 A(1，2)，B(a，1)，C(b,0)共线，则12a a 2b b (a0，b0)的最小值 为( ) A11 B10 C6 D4 技法技法 11 分离参数法分离参数法 9已知函数 f(x)ln x2 x ，若不等式 f(x)kx 对任意的 x0 恒成立，则实数 k 的取值范围 为_ 10已知关于 x 的方程(t1)cos xtsin xt2 在(0，)上有实根，则

4、实数 t 的最大值是 _ 11已知函数 f(x)2a 2 x ex (aR)若x1，)，不等式 f(x)1 恒成立，求实数 a 的取值范围_ 12 2020 河南三市联考已知函数 f(x)xln(x1)对任意的 x0， )， 都有 f(x)kx2 成立，则 k 的最小值为( ) A1 B.1 2 Ce D.e 2 技法技法 12 估算法估算法 132020 山东济南部分学校联考设 a 2 _3 2，blog35，clog45，则 a，b，c 的大小关 系是( ) Aabc Bacb Cbca Dcba 142020 济南市高考模拟考试如图，在多面体 ABCDEF 中，已知平面 ABCD 是边长

5、为 3 的正方形，EFAB，EF3 2，EF 与平面 ABCD 的距离为 2，则该多面体的体积为( ) A .9 2 B5 C6 D.15 2 15设 A，B，C，D 是一个半径为 4 的球的球面上不共面的四点，ABC 为等边三角形 且面积为 9 3，则三棱锥 D - ABC 的体积的最大值为( ) A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 专练专练(三三) 1答案：B 解析： 依题意可得所求的几何体的直观图如图所示，把所求的几何体补成圆柱，易知该几何体 刚好是底面圆的半径为 1，高为 4 的圆柱的一半，可得这个几何体的体积为 V1 21 24 2，故选 B. 2答案：C 解析：把原四棱

6、锥补成正方体 ABCD - PQRH，如图所示，连接 CQ，则所求二面角转化 为平面 CDPQ 与平面 BAPQ 所成的二面角， 而CQB 是平面 CDPQ 与平面 BAPQ 所成二面角 的平面角，又因为CQB45 ，所以平面 PAB 与平面 CDP 所成二面角的度数为 45 .故选 C. 3答案：D 解析：该二十四等边体的直观图的示意图如图所示，将其放入正方体中，由三视图可知， 二十四等边体的棱长为 2， 它是由棱长为 2 的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥得到的 其体积 V22281 3 1 2111 20 3 .故选 D. 4答案：12 解析：如图所示，将三棱锥 P - ABC 补成直

7、三棱柱，则三棱锥和该直三棱柱的外接球都是 球 O，记三角形 ABC 的外心为 O1，连接 OO1. 设球 O 的半径为 R，PA2x，则易知球心 O 到平面 ABC 的距离为 x，即 OO1x. 连接 O1A，OA，则 O1A1 2BC 1 2 6 2825，所以 R2x225. 在ABC 中，取 AC 的中点 E，连接 O1D，O1E，则 O1E1 2AB3，DE 1 4AC2， 所以 O1D 3222 13. 连接 OD， 在 RtOO1D 中， OD x213， 由题意得当过点 D 的截面与直线 OD 垂直时， 截面面积最小，设此时截面圆的半径为 r，则 r2R2OD2x225(x213

8、)12. 所以所得截面圆的面积的最小值为 12. 5答案：C 解析：假设 f(x0)1 3，则 f(x) 2 2x1x0，进而 f(x)x0 2 2x1， 从而 f(x0)x0 2 2x01，当 x01 时，f(1) 1 3， 因为 f(x)是单调函数，所以由 f(x0)1 3，可得 x01， 所以 f(x)1 2 2x1， 所以 f(log22 019)1 2 2log22 0191 1 009 1 010，故选 C. 6答案：C 解析：解法一 设等比数列an的公比为 q，则 a5a1q4，a7a3q4， 所以 q4a5a7 a1a3 4 8 1 2. 又 a9a11a1q8a3q8(a1a

9、3)q88 1 2 22， a13a15a1q12a3q12(a1a3)q128 1 2 31， 所以 a9a11a13a15213. 解法二 因为an为等比数列，所以 a5a7是 a1a3与 a9a11的等比中项， 所以(a5a7)2(a1a3)(a9a11)，故 a9a11a5a7 2 a1a3 4 2 8 2. 同理，a9a11是 a5a7与 a13a15的等比中项， 所以(a9a11)2(a5a7)(a13a15)，故 a13a15a9a11 2 a5a7 2 2 4 1. 所以 a9a11a13a15213. 7答案：D 解析：f(2 019)a 2 0193b 2 0191k，a

10、2 0193b 2 019k1，则 f(2 019) a(2 019)3b (2 019)1a 2 0193b 2 01912k. 8答案：A 解析：由 A(1，2)，B(a，1)，C(b,0)共线得 2 1b 12 a1 ， 整理得 2ab1， 所以12a a 2b b 4ab a 4a3b b 7b a 4a b 72 b a 4a b 11，当且仅当b a 4a b 且 2a b1 即 a1 4，b 1 2时，等号成立，故选 A. 9答案： e3 2， 解析：不等式 f(x)kx 对任意的 x0 恒成立，即 kln x2 x2 对任意的 x0 恒成立令 g(x) ln x2 x2 ，则

11、g(x)12ln x2 x3 2ln x3 x3 ，令 g(x)0，得 xe3 2，且当 x(0，e 3 2)时，g(x)0，当 x(e 3 2，)时，g(x)0，故 k0 不符合题 意 当 k0 时，令 g(x)f(x)kx2，即 g(x)xln(x1)kx2，x0， 所以 g(x)1 1 x12kx x2kx12k x1 . 令 g(x)0，可得 x10，x212k 2k 1. ()当 k1 2时， 12k 2k 0，g(x)0 在(0，)上恒成立，g(x)在0，)上单调递减， 所以 g(x)g(0)0， 所以对任意的 x0，)，有 f(x)kx2成立 ()当 0k0， 当 0x0，g(x

12、)单调递增；当 x12k 2k 时，g(x)VE - ABCD6，而四个选 项里面大于 6 的只有15 2 ，故选 D. 15答案：B 解析：方法一 (一般解法)由ABC 为等边三角形且面积为 9 3，可得 3 4 AB29 3， 解得 AB6，设球的球心为 O，三角形 ABC 的外心为 O，则 OC 6 2sin 3 2 3，OO 422 322， 所以三棱锥 D - ABC 的高的最大值为 6，则三棱锥 D - ABC 的体积的最大值为1 3 3 4 63 18 3.故选 B. 方法二 (秒杀解法)因为球的半径为 4，三棱锥 D - ABC 的体积 VD - ABC1 39 3h3 3 h(其中 h 为点 D 到底面三角形 ABC 的距离，0h8)， 当 h 趋近于 8 时，VD - ABC趋近于 24 3，所以排除 C，D； 当 h4 时，三角形 ABC 的外接圆半径为 4，则ABC 的面积显然大于 9 3，故可排除 A.选 B.