【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：方法技巧 专练（三）.docx，共(9)页，207.761 KB，由envi的店铺上传

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专练(三)技法9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()A．4πB．2πC.4π3D．π2．如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABC

D，若PA＝AB，则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为()A．90°B．60°C．45°D．30°3．[2020·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，则其体积为()A.83B．4C.163D.2034．[2020·福州质检]在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是线

段AC上一点，且AD＝3DC.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10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

f(x)＋22x＋1＝13，则f(log22019)＝()A.10111012B.10101011C.10091010D．16．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为()A．1B．2C．3D．57．已知f(x)＝

ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2019)＝k，则f(－2019)＝()A．kB．－kC．1－kD．2－k8．已知三点A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线，则1＋2aa＋2＋bb(a>0，b

>0)的最小值为()A．11B．10C．6D．4技法11分离参数法9．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，则实数k的取值范围为____________．10．已知关于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)

上有实根，则实数t的最大值是________．11．已知函数f(x)＝2a－2xex(a∈R)．若∀x∈[1，＋∞)，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)＝x－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为()A．1B.12C．eD.e2技法12估算法13．[2020·山东济南部分学校联考]设a＝2_32，b＝log35，c＝log45，则a，b，c的大小关系是

()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜c＜aD．c＜b＜a14．[2020·济南市高考模拟考试]如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝32，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.92B．5C

．6D.15215．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93，则三棱锥D-ABC的体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543专练(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V＝12×π×12×4＝2π，故选B.2．答案：C解析：把原四棱锥补成正方体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∠CQB＝45°，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V＝2×2×2－8×13×12×1×1×1＝203.故选D.4．答案：12π解析：如图所示，将三棱锥P-ABC补成直三棱柱，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，PA＝2x，则易知球心O到平面ABC的距离为x，即OO1＝x.连接O1A，OA，则O1A＝12BC＝12×62＋82＝5，所以R2＝x2＋25.在△ABC中，取AC的中点E，连接O1D，O1E，则O1E＝12AB＝3，DE＝

14AC＝2，所以O1D＝32＋22＝13.连接OD，在Rt△OO1D中，OD＝x2＋13，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r2＝R2－OD2＝x2＋25－(x2＋13)＝12.所以所得截面圆的面积的最小值为12π.5．答案：

C解析：假设f(x0)＝13，则f(x)＋22x＋1＝x0，进而f(x)＝x0－22x＋1，从而f(x0)＝x0－22x0＋1，当x0＝1时，f(1)＝13，因为f(x)是单调函数，所以由f(x0)＝13，可得x0＝1，所以f(x)＝1－22x＋1，所以f(log22019)＝1

－22log22019＋1＝10091010，故选C.6．答案：C解析：解法一设等比数列{an}的公比为q，则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝a5＋a7a1＋a3＝48＝12.又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×122＝2，a13＋a1

5＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×123＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.解法二因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3

)(a9＋a11)，故a9＋a11＝(a5＋a7)2a1＋a3＝428＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝(a9＋a11)2a5＋a7＝224＝1

.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.7．答案：D解析：∵f(2019)＝a·20193＋b·2019＋1＝k，∴a·20193＋b·2019＝k－1，则f(－2019)＝a(－2019)3＋b·(－2019)＋1＝－[a·

20193＋b·2019]＋1＝2－k.8．答案：A解析：由A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共线得－21＋b＝－1＋2a－1，整理得2a＋b＝1，所以1＋2aa＋2＋bb＝4a＋ba＋4a＋3bb＝7＋ba＋4ab≥7＋2ba·4ab＝11，当且

仅当ba＝4ab且2a＋b＝1即a＝14，b＝12时，等号成立，故选A.9．答案：e32，＋∞解析：不等式f(x)≤kx对任意的x>0恒成立，即k≥lnx＋2x2对任意的x>0恒成立．令g(x)＝lnx＋2x

2，则g′(x)＝1－2(lnx＋2)x3＝－2lnx－3x3，令g′(x)＝0，得x＝e－32，且当x∈(0，e－32)时，g′(x)>0，当x∈(e－32，＋∞)时，g′(x)<0，故当x＝e－32时，g(x)取得最

大值g(e－32)＝12e－3＝e32，所以k≥e32，即k的取值范围为e32，＋∞.10.答案：－1解析：由题意可得，－1t＝1－cosx＋sinx2－cosx＝1－1－sinx2－cosx，如图，令P(cosx，sinx)，A(2,1)，则kPA＝1－sin

x2－cosx，因为x∈(0，π)，所以－1＜cosx＜1,0＜sinx≤1，令a＝cosx，b＝sinx，则点P是上半圆a2＋b2＝1(－1＜a＜1,0＜b≤1)上任意一点，可知0≤kPA＜1，所以0＜

1－1－sinx2－cosx≤1，即0＜－1t≤1，所以t≤－1，故实数t的最大值是－1.11．答案：1－e2，＋∞解析：∵f(x)＞－1⇔2a－x2ex＞－1⇔2a＞x2－ex，∴由条件知，2a＞x2－ex对于任意x≥1恒成立．令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(

x)＝2x－ex，则h′(x)＝2－ex，当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)

＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max＝1－e，∴a＞1－e2，故实数a的取值范围是1－e2，＋∞.

12．答案：B解析：方法一(一般解法)①当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln2>0，故k≤0不符合题意．②当k>0时，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2，x≥0

，所以g′(x)＝1－1x＋1－2kx＝－x[2kx－(1－2k)]x＋1.令g′(x)＝0，可得x1＝0，x2＝1－2k2k>－1.(ⅰ)当k≥12时，1－2k2k≤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x∈[0

，＋∞)，有f(x)≤kx2成立．(ⅱ)当0<k<12时，x2＝1－2k2k>0，当0<x<1－2k2k时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1－2k2k时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此存在x0∈0，1－2k2

k使得g(x0)≥g(0)＝0，可得x20－ln(x0＋1)≥kx20，即f(x0)≥kx20，与题设矛盾，该情况不成立，综上所述，当k≥12时，对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为12，故选B.方法二(洛必达法则)

当x＝0时，不等式f(x)≤kx2显然成立．当x≠0时，不等式f(x)≤kx2恒成立可化为k≥f(x)x2＝x－ln(x＋1)x2恒成立．因为f′(x)＝1－1x＋1≥0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立且f′(x)不恒为0，所以f(x)在[0，＋∞)上也单调递增，而y＝x2在[0，＋

∞)上也单调递增，且其增速比f(x)的大．易知满足使用洛必达法则的条件，则有limx→0x－ln(x＋1)x2＝limx→01－1x＋12x＝limx→01x＋12＝12，可得k≥12.故选B.13．答案：B解析：因为a＝2－23＜1，b＝log35＞c＝log4

5＞1，所以a＜c＜b，故选B.14．答案：D解析：连接BE，CE，四棱锥E-ABCD的体积为VE-ABCD＝13×3×3×2＝6，又多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E-ABCD的体积，即所求几何体的体积V>VE-ABCD＝6，而四个选项里面大

于6的只有152，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93，可得34×AB2＝93，解得AB＝6，设球的球心为O，三角形ABC的外心为O′，则O′C＝62sinπ3＝23，OO′＝42－(23)2＝2，所以三棱锥D-A

BC的高的最大值为6，则三棱锥D-ABC的体积的最大值为13×34×63＝183.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-ABC＝13×93h＝33h(其中h为点D到底

面三角形ABC的距离，0<h<8)，当h趋近于8时，VD-ABC趋近于243，所以排除C，D；当h＝4时，三角形ABC的外接圆半径为4，则△ABC的面积显然大于93，故可排除A.选B.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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