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）

专练(三)技法9　割补法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．C．D．12.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．B．4C．D．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．126．已知sinα＋2cosα＝0，则＝(　　)A．－1B．2C．D．7．已知f(x)＝ax3＋bx＋1(ab≠0)，若f(2019)＝k，则f(－2019)＝(　　)A．kB．－kC．1－kD．2－k8．[2023·浙江宁波市高三月考]若正数a，b满足a＋b＋2＝ab，则＋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∈上恒成立，则实数a的取值范围为(　　)A．B．C．D．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．B．C．eD．2e11．已知函数f(x)＝(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．B．C．D．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9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)A．12B．18C．24D．54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．3615.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．C．D．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．B．C．D．[答题区]题号1235679101213141516答 案专练（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＝×2×2＝.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，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×××1×1×1＝.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＝BC＝×＝5，所以R2＝x2＋25.在△ABC中，取AC的中点E，连接O1D，O1E，则O1E＝AB＝3，DE＝AC＝2，所以O1D＝＝.连接OD，在Rt△OO1D中，OD＝，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＝＝＝12.故选D.6．D　由题意知sinα＋2cosα＝0，即sinα＝－2cosα，可得tanα＝－2，又由＝＝＝.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：2解析：由a＋b＋2＝ab可得（a－1）（b－1）＝3，所以b－1＝，＋＝b－1＋由a＋b＋2＝ab得a＝>0可得b>1，所以b－1>0，所以＋＝b－1＋≥2＝2， 当且仅当b－1＝即b＝＋1，a＝时等号成立，所以＋的最小值是2.9．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∈时，lnx<0，x－1<0，则ax＋a－1≤0⇒a≤，又∈，所以a≤；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≤，又∈，所以a≤；综上，实数a的取值范围为.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≤，设u（x）＝，则u′（x）＝，当0<x<1时，u′（x）<0，u（x）单调递减；当x>1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：解析：∵f（x）＞－1⇔＞－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＞，故实数a的取值范围是.12．B　容易得到△ABC的面积为，而三棱锥的高一定小于球的直径2，所以V<××2＝，故选B.13．B　等边三角形ABC的面积为9，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×9×4<V三棱锥DABC<×9×8，即12<V三棱锥DABC<24.选B.14．B　由题意可得，△AA1E的面积为AA1·AB＝×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＝＝4，即点F到平面ABB1A1的距离为4，则三棱锥FAA1E的体积为×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＝，所以CC1＝，OC1＝.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××1××h＝××1××，解得h＝，故点C到平面C1AB的距离为.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＝，所以R2＝d2＋，故d＝，由O是CD的中点得：VDABC＝2VOABC＝××12××＝.故选B.