統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練三方法技巧專練專練三文含解析

PAGE專練(三)技法9割補(bǔ)法1．如圖所示，虛線網(wǎng)格的最小正方形的邊長為1，實(shí)線是某幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積為()A．4πB．2πC.eq\f(4π,3)D．π2．如圖，過正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，則平面PAB與平面CDP所成二面角的度數(shù)為()A．90°B．60°C．45°D．30°3．[2024·江西九江模擬]半正多面體亦稱“阿基米德多面體”，是以邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，它由正方體切截而成，以八個正三角形和六個正方形為面，全部的棱都相等．如圖是某二十四等邊體的三視圖，則其體積為()A.eq\f(8,3)B．4C.eq\f(16,3)D.eq\f(20,3)4．[2024·福州質(zhì)檢]在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是線段AC上一點(diǎn)，且AD＝3DC.三棱錐P-ABC的各個頂點(diǎn)都在球O的表面上，過點(diǎn)D作球O的截面，則所得截面圓的面積的最小值為________．技法10整體代換法5．若函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，且對隨意的實(shí)數(shù)x都有feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx＋\f(2,2x＋1)))＝eq\f(1,3)，則f(log22019)＝()A.eq\f(1011,1012)B.eq\f(1010,1011)C.eq\f(1009,1010)D．16．等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，則a9＋a11＋a13＋a15的值為()A．1B．2C．3D．57．已知f(x)＝ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2019)＝k，則f(－2019)＝()A．kB．－kC．1－kD．2－k8．已知三點(diǎn)A(1，－2)，B(a，－1)，C(－b,0)共線，則eq\f(1＋2a,a)＋eq\f(2＋b,b)(a>0，b>0)的最小值為()A．11B．10C．6D．4技法11分別參數(shù)法9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，若不等式f(x)≤kx對隨意的x>0恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為____________．10．已知關(guān)于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)上有實(shí)根，則實(shí)數(shù)t的最大值是________．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2a－,ex)(a∈R)．若?x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍________．12．[2024·河南三市聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋1)對隨意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，則k的最小值為()A．1B.eq\f(1,2)C．eD.eq\f(e,2)技法12估算法13．[2024·山東濟(jì)南部分學(xué)校聯(lián)考]設(shè)a＝，b＝log35，c＝log45，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)＜b＜cB．a(chǎn)＜c＜bC．b＜c＜aD．c＜b＜a14．[2024·濟(jì)南市高考模擬考試]如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝eq\f(3,2)，EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為()A.eq\f(9,2)B．5C．6D.eq\f(15,2)15．設(shè)A，B，C，D是一個半徑為4的球的球面上不共面的四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC的體積的最大值為()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)專練(三)1．答案：B解析：依題意可得所求的幾何體的直觀圖如圖所示，把所求的幾何體補(bǔ)成圓柱，易知該幾何體剛好是底面圓的半徑為1，高為4的圓柱的一半，可得這個幾何體的體積為V＝eq\f(1,2)×π×12×4＝2π，故選B.2．答案：C解析：把原四棱錐補(bǔ)成正方體ABCD-PQRH，如圖所示，連接CQ，則所求二面角轉(zhuǎn)化為平面CDPQ與平面BAPQ所成的二面角，而∠CQB是平面CDPQ與平面BAPQ所成二面角的平面角，又因?yàn)椤螩QB＝45°，所以平面PAB與平面CDP所成二面角的度數(shù)為45°.故選C.3．答案：D解析：該二十四等邊體的直觀圖的示意圖如圖所示，將其放入正方體中，由三視圖可知，二十四等邊體的棱長為eq\r(2)，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點(diǎn)截去8個三棱錐得到的．其體積V＝2×2×2－8×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(20,3).故選D.4．答案：12π解析：如圖所示，將三棱錐P-ABC補(bǔ)成直三棱柱，則三棱錐和該直三棱柱的外接球都是球O，記三角形ABC的外心為O1，連接OO1.設(shè)球O的半徑為R，PA＝2x，則易知球心O到平面ABC的距離為x，即OO1＝x.連接O1A，OA，則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的中點(diǎn)E，連接O1D，O1E，則O1E＝eq\f(1,2)AB＝3，DE＝eq\f(1,4)AC＝2，所以O(shè)1D＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).連接OD，在Rt△OO1D中，OD＝eq\r(x2＋13)，由題意得當(dāng)過點(diǎn)D的截面與直線OD垂直時，截面面積最小，設(shè)此時截面圓的半徑為r，則r2＝R2－OD2＝x2＋25－(x2＋13)＝12.所以所得截面圓的面積的最小值為12π.5．答案：C解析：假設(shè)f(x0)＝eq\f(1,3)，則f(x)＋eq\f(2,2x＋1)＝x0，進(jìn)而f(x)＝x0－eq\f(2,2x＋1)，從而f(x0)＝x0－eq\f(2,2x0＋1)，當(dāng)x0＝1時，f(1)＝eq\f(1,3)，因?yàn)閒(x)是單調(diào)函數(shù)，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)，故選C.6．答案：C解析：解法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則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?yàn)閧an}為等比數(shù)列，所以a5＋a7是a1＋a3與a9＋a11的等比中項(xiàng)，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與a13＋a15的等比中項(xiàng)，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，則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)共線得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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)且2a＋b＝1即a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)時，等號成立，故選A.9．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e3,2)，＋∞))解析：不等式f(x)≤kx對隨意的x>0恒成立，即k≥eq\f(lnx＋2,x2)對隨意的x>0恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋2,x2)，則g′(x)＝eq\f(1－2lnx＋2,x3)＝eq\f(－2lnx－3,x3)，令g′(x)＝0，得x＝e－eq\f(3,2)，且當(dāng)x∈(0，e－eq\f(3,2))時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(e－eq\f(3,2)，＋∞)時，g′(x)<0，故當(dāng)x＝e－eq\f(3,2)時，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的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e3,2)，＋∞)).10.答案：－1解析：由題意可得，－eq\f(1,t)＝eq\f(1－cosx＋sinx,2－cosx)＝1－eq\f(1－sinx,2－cosx)，如圖，令P(cosx，sinx)，A(2,1)，則kPA＝eq\f(1－sinx,2－cosx)，因?yàn)閤∈(0，π)，所以－1＜cosx＜1,0＜sinx≤1，令a＝cosx，b＝sinx，則點(diǎn)P是上半圓a2＋b2＝1(－1＜a＜1,0＜b≤1)上隨意一點(diǎn)，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，故實(shí)數(shù)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，∴由條件知，2a＞x2－ex對于隨意x≥令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，則h′(x)＝2－ex，當(dāng)x∈[1，＋∞)時，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴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)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是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當(dāng)k≤0時，取x＝1，有f(1)＝1－ln2>0，故k≤0不符合題意．②當(dāng)k>0時，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)當(dāng)k≥eq\f(1,2)時，eq\f(1－2k,2k)≤0，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(0)＝0，所以對隨意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立．(ⅱ)當(dāng)0<k<eq\f(1,2)時，x2＝eq\f(1－2k,2k)>0，當(dāng)0<x<eq\f(1－2k,2k)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>eq\f(1－2k,2k)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．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)，與題設(shè)沖突，該狀況不成立，綜上所述，當(dāng)k≥eq\f(1,2)時，對隨意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≤kx2成立，則k的最小值為eq\f(1,2)，故選B.方法二(洛必達(dá)法則)當(dāng)x＝0時，不等式f(x)≤kx2明顯成立．當(dāng)x≠0時，不等式f(x)≤kx2恒成立可化為k≥eq\f(fx,x2)＝eq\f(x－lnx＋1,x2)恒成立．因?yàn)閒′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)≥0對隨意的x∈[0，＋∞)恒成立且f′(x)不恒為0，所以f(x)在[0，＋∞)上也單調(diào)遞增，而y＝x2在[0，＋∞)上也單調(diào)遞增，且其增速比f(x)的大．易知滿意運(yùn)用洛必達(dá)法則的條件，則有l(wèi)ieq\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).故選B.13．答案：B解析：因?yàn)閍＝2－e