统考版2025届高考数学二轮专题闯关导练三方法技巧专练专练三文含解析

PAGE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.eq\f(4π,3)D．π2．如图，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，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．[2024·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，全部的棱都相等．如图是某二十四等边体的三视图，则其体积为()A.eq\f(8,3)B．4C.eq\f(16,3)D.eq\f(20,3)4．[2024·福州质检]在三棱锥P­ABC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P­ABC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，且对随意的实数x都有feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx＋\f(2,2x＋1)))＝eq\f(1,3)，则f(log22019)＝()A.eq\f(1011,1012)B.eq\f(1010,1011)C.eq\f(1009,1010)D．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eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)(a>0，b>0)的最小值为()A．11B．10C．6D．4技法11分别参数法9．已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，若不等式f(x)≤kx对随意的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)＝eq\f(2a－,ex)(a∈R)．若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围________．12．[2024·河南三市联考]已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)对随意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为()A．1B.eq\f(1,2)C．eD.eq\f(e,2)技法12估算法13．[2024·山东济南部分学校联考]设a＝，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．[2024·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＝eq\f(3,2)，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.eq\f(9,2)B．5C．6D.eq\f(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9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC的体积的最大值为()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)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＝eq\f(1,2)×π×12×4＝2π，故选B.2．答案：C解析：把原四棱锥补成正方体ABCD­PQRH，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eq\r(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×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(20,3).故选D.4．答案：12π解析：如图所示，将三棱锥P­ABC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＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×eq\r(62＋82)＝5，所以R2＝x2＋25.在△ABC中，取AC的中点E，连接O1D，O1E，则O1E＝eq\f(1,2)AB＝3，DE＝eq\f(1,4)AC＝2，所以O1D＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).连接OD，在Rt△OO1D中，OD＝eq\r(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)＝eq\f(1,3)，则f(x)＋eq\f(2,2x＋1)＝x0，进而f(x)＝x0－eq\f(2,2x＋1)，从而f(x0)＝x0－eq\f(2,2x0＋1)，当x0＝1时，f(1)＝eq\f(1,3)，因为f(x)是单调函数，所以由f(x0)＝eq\f(1,3)，可得x0＝1，所以f(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)，所以f(log22019)＝1－eq\f(2,2log22019＋1)＝eq\f(1009,1010)，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＝eq\f(a5＋a7,a1＋a3)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝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＝eq\f(a5＋a72,a1＋a3)＝eq\f(42,8)＝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＝eq\f(a9＋a112,a5＋a7)＝eq\f(22,4)＝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eq\f(－2,1＋b)＝eq\f(－1＋2,a－1)，整理得2a＋b所以eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)＝eq\f(4a＋b,a)＋eq\f(4a＋3b,b)＝7＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥7＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝11，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且2a＋b＝1即a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，故选A.9．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e3,2)，＋∞))解析：不等式f(x)≤kx对随意的x>0恒成立，即k≥eq\f(lnx＋2,x2)对随意的x>0恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋2,x2)，则g′(x)＝eq\f(1－2lnx＋2,x3)＝eq\f(－2lnx－3,x3)，令g′(x)＝0，得x＝e－eq\f(3,2)，且当x∈(0，e－eq\f(3,2))时，g′(x)>0，当x∈(e－eq\f(3,2)，＋∞)时，g′(x)<0，故当x＝e－eq\f(3,2)时，g(x)取得最大值g(e－eq\f(3,2))＝eq\f(\f(1,2),e－3)＝eq\f(e3,2)，所以k≥eq\f(e3,2)，即k的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e3,2)，＋∞)).10.答案：－1解析：由题意可得，－eq\f(1,t)＝eq\f(1－cosx＋sinx,2－cosx)＝1－eq\f(1－sinx,2－cosx)，如图，令P(cosx，sinx)，A(2,1)，则kPA＝eq\f(1－sinx,2－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)上随意一点，可知0≤kPA＜1，所以0＜1－eq\f(1－sinx,2－cosx)≤1，即0＜－eq\f(1,t)≤1，所以t≤－1，故实数t的最大值是－1.11．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－e,2)，＋∞))解析：∵f(x)＞－1⇔eq\f(2a－x2,ex)＞－1⇔2a＞x2－ex，∴由条件知，2a＞x2－ex对于随意x≥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∴a＞eq\f(1－e,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－e,2)，＋∞)).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－eq\f(1,x＋1)－2kx＝－eq\f(x[2kx－1－2k],x＋1).令g′(x)＝0，可得x1＝0，x2＝eq\f(1－2k,2k)>－1.(ⅰ)当k≥eq\f(1,2)时，eq\f(1－2k,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，所以对随意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立．(ⅱ)当0<k<eq\f(1,2)时，x2＝eq\f(1－2k,2k)>0，当0<x<eq\f(1－2k,2k)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>eq\f(1－2k,2k)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此存在x0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2k,2k)))使得g(x0)≥g(0)＝0，可得xeq\o\al(2,0)－ln(x0＋1)≥kxeq\o\al(2,0)，即f(x0)≥kxeq\o\al(2,0)，与题设冲突，该状况不成立，综上所述，当k≥eq\f(1,2)时，对随意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，则k的最小值为eq\f(1,2)，故选B.方法二(洛必达法则)当x＝0时，不等式f(x)≤kx2明显成立．当x≠0时，不等式f(x)≤kx2恒成立可化为k≥eq\f(fx,x2)＝eq\f(x－lnx＋1,x2)恒成立．因为f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)≥0对随意的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．易知满意运用洛必达法则的条件，则有lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(x－lnx＋1,x2)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(1－\f(1,x＋1),2x)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→0))eq\f(\f(1,x＋1),2)＝eq\f(1,2)，可得k≥eq\f(1,2).故选B.13．答案：B解析：因为a＝2－e