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二文（附解析）

专练(二)技法5　构造法1．[2023·浙江绍兴市绍兴一中期末]某几何体的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球表面积为(　　)A．10πB．15πC．20πD．25π2．已知m，n∈(2，e)，且－<ln，则(　　)A．m>nB．m<nC．m>2＋D．m，n的大小关系不确定3．[2023·安徽马鞍山市高三一模]已知数列{an}满足an＋2＋an＝2an＋1＋1，且a1＝1，a2＝5，则a18＝(　　)A．69B．105C．204D．2054．已知f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，且当x＞0时，f′(x)·lnx＋>0，则不等式(x2－1)f(x)<0的解集为(　　)A．(－1，1)B．(－∞，－1)∪(0，1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1，0)∪(1，＋∞)技法6　等价转化法5．设x∈R，若“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，则实数a的取值范围是(　　)A．(1，3)B．[1，3)C．(1，3]D．[1，3]6．已知不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立，则m 的取值范围是(　　)A．[9，＋∞)B．[－5，＋∞)C．[4，＋∞)D．[4，9]7．已知关于x的不等式－x－alnx≥1对于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，1－e]B．(－∞，－3]C．(－∞，－2]D．(－∞，2－e2]8．在正三棱锥SABC中，AB＝2，SA＝2，E，F分别为AC，SB的中点．平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，则异面直线l和EF所成角的余弦值为________．技法7　待定系数法9．[2023·黑龙江哈尔滨三中一模]等比数列{an}中，a2＝2，a5＝－16，则数列{an}的前6项和为(　　)A．21B．－1C．－2D．1110．[2023·云南高三模拟]“一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利．如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝eax＋b(a，b为常数)，若该果蔬在6℃的保鲜时间为216小时，在24℃的保鲜时间为8小时，且该果蔬所需物流时间为3天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过(　　)A．9℃B．12℃C．18℃D．20℃11．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线x＝－1相切，若圆P的面积为25π，则圆P的方程为(　　)A．(x－1)2＋(y－1)2＝25B．(x－2)2＋(y－4)2＝25C．(x－4)2＋(y－4)2＝25D．(x－4)2＋(y－2)2＝2512．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，其中|PQ|＝2.则f(x)的解析式为____________． 技法8　换元法13．函数y＝(x>－1)的最小值为(　　)A．1B．2C．3D．414．函数f(x)＝cos2x－2cos2的一个单调递增区间是(　　)A．B．C．D．[答题区]题号1234567910111314答案15.不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．16．设函数f(x)＝若方程[f(x)]2＋mf(x)＋m2－1＝0有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是________．专练（二）1．B　根据三视图可得该几何体为三棱锥PABC，其直观图如下：其外接球与长方体的外接球一样，半径为＝，所以表面积为4π·＝15π.故选B.2．A　由不等式可得－<lnm－lnn，即＋lnn<＋lnm. 设f（x）＝＋lnx（x∈（2，e）），则f′（x）＝－＋＝.因为x∈（2，e），所以f′（x）>0，故函数f（x）在（2，e）上单调递增．因为f（n）<f（m），所以n<m.故选A.3．D　设an＋2＋an＝2an＋1＋1，an＋2－an＋1＝an＋1－an＋1故{an＋1－an}构成以4为首项，1为公差的等差数列an＋1－an＝3＋n故a18＝（a18－a17）＋（a17－a16）＋…＋（a2－a1）＋a1＝17＋16＋…＋1＋3×17＋1＝＋3×17＋1＝205.故选D.4．B　设g（x）＝f（x）lnx，则g′（x）＝f′（x）lnx＋>0，所以g（x）在（0，＋∞）上递增，又g（1）＝0，所以x>1时，g（x）＝f（x）lnx>g（1）＝0，此时lnx>0，所以f（x）>0，0<x<1时，g（x）＝f（x）lnx<g（1）＝0，此时，lnx<0，所以f（x）>0，所以x∈（0，1）∪（1，＋∞）时，f（x）>0，因为f（x）是奇函数，所以x∈（－∞，－1）∪（－1，0）时，f（x）<0，由（x2－1）f（x）<0得或，所以x<－1或0<x<1.故选B.5．A　由|x－a|<2，解得a－2<x<a＋2.因为“1≤x≤3”是“|x－a|<2”的充分不必要条件，所以[1，3]（a－2，a＋2），所以解得1<a<3，所以实数a的取值范围是（1，3）.故选A.6．A　不等式mx3≥y3－6x2y对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立，等价于m≥－＝－6·对于任意的x∈[2，3]，y∈[3，6]恒成立．令t＝，则1≤t≤3，所以m≥t3－6t在[1，3]上恒成立．令f（t）＝t3－6t（1≤t≤3），则m≥f（t）max.因为f′（t）＝3t2－6，由f′（t）>0得<t≤3，由f′（t）<0得1≤t<，所以f（t）在[1，）上单调递减，在（，3]上单调递增．因为f（1）＝－5，f（3）＝9，所以f（t）max＝9，所以m≥9.故选A.7．B　由题意可知，分离参数得a≤对于任意的x∈（1，＋∞）恒成立， 令f（x）＝＝（x>1），由题意可知，a≤f（x）min.因为ex－1≥x（当x＝0时取等号），所以f（x）＝≥＝－3（当x－3lnx＝0时取等号），所以a≤－3，故选B.8．答案：解析：画出图象如图所示，因为平面α过点A，α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，平面SBC∩平面ABC＝BC，所以l∥BC.取AB的中点D，连接DE，DF，则DE∥BC，所以l∥DE.所以异面直线l和EF所成角即为∠DEF或其补角．取BC的中点O，连接SO，AO，则SO⊥BC，AO⊥BC，又SO∩AO＝O，所以BC⊥平面SOA，又SA⊂平面SOA，所以BC⊥SA，所以DE⊥DF.在Rt△DEF中，易知DE＝，DF＝，所以EF＝2，cos∠DEF＝＝.所以异面直线l和EF所成角的余弦值为.9．A　因为a2＝2，a5＝－16，故q3＝－8，故q＝－2，所以a1＝－1，故前6项和为＝21.故选A.10．B　当x＝6时，e6a＋b＝216；当x＝24时，e24a＋b＝8，则＝＝27，整理可得e6a＝.当物流时间为3天时，3×24＝72小时．所以72＝eax＋b，则72＝×216＝e6a×e6a＋b＝e12a＋b，该果蔬所需物流时间为3天， 故物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过12℃.故选B.11．C　曲线C：y2＝2px（p>0）的焦点为F，P是C第一象限上一点，以P为圆心的圆过点F且与直线x＝－1相切，由抛物线的定义得：直线x＝－1为抛物线的准线，则＝1，所以p＝2，所以抛物线方程为：y2＝4x，因为圆P的面积为25π，所以圆的半径为5，设P（x0，y0），因为圆与直线x＝－1相切，所以x0＋＝r＝5，解得x0＝4，则y＝4×4.又y>0，所以y0＝4，所以圆P的方程为（x－4）2＋（y－4）2＝25.故选C.12．答案：f（x）＝2sin解析：由题图可知A＝2，P（x1，－2），Q（x2，2），所以|PQ|＝＝＝2.整理得|x1－x2|＝2，所以函数f（x）的最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.又函数图象过点（0，－），所以2sinφ＝－，即sinφ＝－.又|φ|<，所以φ＝－，所以f（x）＝2sin.13．A　设t＝x＋1，∴x＝t－1，∴y＝＝＝t＋－1≥2－1＝1.故选A.14．A　f（x）＝cos2x－2cos2＝cos2x－cosx－1，令t＝cosx∈[－1，1]，原函数可以看作g（t）＝t2－t－1，t∈[－1，1].由于对称轴为t＝，对于g（t）＝t2－t－1，当t∈时，g（t）为减函数，当t∈时，g（t）为增函数，当x∈时，t＝cosx为减函数，且t∈，∴原函数在上单调递增，故选A.15．答案： 解析：设log2（2x－1）＝y，则y（y＋1）<2，解得－2<y<1，所以x∈.16．答案：[－1，1]解析：根据题意，画出分段函数f（x）的图象，如图中实线所示．令t＝f（x），则方程[f（x）]2＋mf（x）＋m2－1＝0有5个不同的实数根可转化为方程t2＋mt＋m2－1＝0有2个不同的实数根，设这两个不同的实数根分别为t1，t2，易知t1≥0，－2<t2<0，令g（t）＝t2＋mt＋m2－1，则，解得－1≤m≤1，∴实数m的取值范围是[－1，1].