统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练三理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷三方法技巧专练三理（附解析），共7页。

1．[2023·河南高三月考]某四棱锥的三视图(图中每个小方格的边长为1)如图所示，则该四棱锥的体积为( )
A．4B．eq \f(8,3)C．eq \f(4,3)D．1
2.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．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．eq \f(8,3)B．4C．eq \f(16,3)D．eq \f(20,3)
4．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．[2023·陕西宝鸡市高三二模]已知{an}是等差数列，满足3(a1＋a5)＋2(a3＋a6＋a9)＝18，则该数列前8项和为( )
A．36B．24C．16D．12
6．已知sinα＋2csα＝0，则eq \f(cs2α,sin2α－cs2α)＝( )
A．－1B．2C．eq \f(2,3)D．eq \f(3,5)
7．已知f(x)＝ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2019)＝k，则f(－2019)＝( )
A．kB．－kC．1－kD．2－k
8．[2023·浙江宁波市高三月考]若正数a，b满足a＋b＋2＝ab，则eq \f(3,a－1)＋eq \f(7,b－1)的最小值是________．
技法11 分离参数法
9．已知a∈R，(ax2－x－a＋1)lnx≤0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
10．[2023·四川遂宁市高三二模]若ex－(a－1)x－lnx－lna≥0，则a的最大值为( )
A．eq \f(e,4)B．eq \f(e,2)C．eD．2e
11．已知函数f(x)＝eq \f(2a－x2,ex)(a∈R).若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围________．
技法12 估算法
12．已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积是( )
A．eq \f(\r(3),6)B．eq \f(\r(2),6)C．eq \f(\r(2),3)D．eq \f(\r(2),2)
13．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为( )
A．12eq \r(3)B．18eq \r(3)C．24eq \r(3)D．54eq \r(3)
技法13 等体积转化法
14．在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝6，AA1＝3，AC＝BC＝5，E，F分别是BB1，CC1上的点，则三棱锥A1­AEF的体积为( )
A．6B．12C．24D．36
15.
如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，若二面角C­AB­C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为( )
A．1B．eq \f(1,2)C．eq \f(3,4)D．eq \f(\r(3),2)
16．已知三棱锥D­ABC外接球的表面积为12π，△ABC是边长为1的等边三角形，且三棱锥D­ABC的外接球的球心O恰好是CD的中点，则三棱锥D­ABC的体积为( )
A．eq \f(2,3)B．eq \f(\r(2),3)C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(6),3)
[答题区]
专练（三）
1．C 该四棱锥的一条侧棱垂直于底面且底面为正方形，其中高为2，底面正方形对角线的长度为2.直观图如图所示，
PA＝2，AC＝2，正方形ABCD的面积为2，所以该四棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3).故选C.
2．C
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．D 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．D 由等差数列性质可得a1＋a5＝2a3，a3＋a6＋a9＝3a6，
所以3×2a3＋2×3a6＝18，即a3＋a6＝3，
所以S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝eq \f(8（a3＋a6）,2)＝12.故选D.
6．D 由题意知sinα＋2csα＝0，即sinα＝－2csα，可得tanα＝－2，
又由eq \f(cs2α,sin2α－cs2α)＝eq \f(cs2α－sin2α,2sinαcsα－cs2α)＝eq \f(1－tan2α,2tanα－1)＝eq \f(3,5).故选D.
7．D ∵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：2eq \r(7)
解析：由a＋b＋2＝ab可得（a－1）（b－1）＝3，
所以b－1＝eq \f(3,a－1)，eq \f(3,a－1)＋eq \f(7,b－1)＝b－1＋eq \f(7,b－1)
由a＋b＋2＝ab得a＝eq \f(b＋2,b－1)>0可得b>1，
所以b－1>0，
所以eq \f(3,a－1)＋eq \f(7,b－1)＝b－1＋eq \f(7,b－1)≥2eq \r(（b－1）×\f(7,b－1))＝2eq \r(7)，
当且仅当b－1＝eq \f(7,b－1)即b＝eq \r(7)＋1，a＝eq \f(7＋3\r(7),7)时等号成立，
所以eq \f(3,a－1)＋eq \f(7,b－1)的最小值是2eq \r(7).
9．D 易知ax2－x－a＋1＝（x－1）（ax＋a－1），不等式（ax2－x－a＋1）lnx≤0，即（x－1）（ax＋a－1）lnx≤0.
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，lnx<0，x－1<0，则ax＋a－1≤0⇒a≤eq \f(1,1＋x)，又eq \f(1,1＋x)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))，所以a≤eq \f(1,2)；
当x＝1时，lnx＝0，对任意的实数a，不等式恒成立；
当x∈（1，2]时，lnx>0，x－1>0，则ax＋a－1≤0⇒a≤eq \f(1,1＋x)，又eq \f(1,1＋x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))，所以a≤eq \f(1,3)；综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))).
故选D.
10．C 原不等式化为x＋ex≥ax＋lnax，即ex＋lnex≥ax＋lnax，令f（x）＝x＋lnx（x>0），
知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，原不等式转化为f（ex）≥f（ax），所以ex≥ax，即a≤eq \f(ex,x)，设u（x）＝eq \f(ex,x)，则u′（x）＝eq \f(ex（x－1）,x2)，当01时，u′（x）>0，u（x）单调递增，故当x＝1时，u（x）取得最小值u（1）＝e，所以a的最大值为e.故选C.
11．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＞eq \f(1－e,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－e,2)，＋∞)).
12．B 容易得到△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)，而三棱锥的高一定小于球的直径2，所以V13．B 等边三角形ABC的面积为9eq \r(3)，显然球心不是此三角形的中心，所以三棱锥的体积最大时，三棱锥的高h应满足h∈（4，8），所以eq \f(1,3)×9eq \r(3)×414．B 由题意可得，△AA1E的面积为eq \f(1,2)AA1·AB＝eq \f(1,2)×3×6＝9，因为AB＝6，AC＝BC＝5，AA1⊥平面ABC，所以点C到平面ABB1A1的距离为h＝eq \r(52－32)＝4，即点F到平面ABB1A1的距离为4，则三棱锥F­AA1E的体积为eq \f(1,3)×9×4＝12.故三棱锥A1­AEF的体积为12.
15．C 取AB的中点O，连接OC和OC1，根据二面角的定义，∠COC1＝60°.
由题意得OC＝eq \f(\r(3),2)，所以CC1＝eq \f(3,2)，OC1＝eq \r(3).
设C到平面C1AB的距离为h，易知三棱锥C­ABC1的体积与三棱锥C1­ABC的体积相等，
即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,2)，解得h＝eq \f(3,4)，故点C到平面C1AB的距离为eq \f(3,4).故选C.
16．B 设球心O到平面ABC的距离为d，
三棱锥D­ABC外接圆的表面积为12π，则球O的半径为R＝eq \r(3)，
所以R2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(2)，故d＝eq \f(2\r(6),3)，
由O是CD的中点得：VD­ABC＝2VO­ABC＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×12×eq \f(\r(3),2)×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(\r(2),3).故选B.题号
1
2
3
5
6
7
9
10
12
13
14
15
16
答案