2020高考数学二轮复习 分层特训卷 方法技巧专练（三） 文.doc

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()a4 b2c. d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v1242，故选b.22019吉林白山联考某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()a6 b8c10 d12答案：c解析：由三视图可知，该几何体是如图所示的上半部分为三棱柱，下半部分为正方体的简单组合体可把该几何体分割为两部分，下半部分为正方体，棱长为2，其体积为v1238；上半部分为直三棱柱，高为2，底面是等腰直角三角形，直角边长为，所以其体积为v2()222.所以该几何体的体积vv1v28210，故选c.3在三棱锥pabc中，已知pa底面abc，bac120，paabac2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()a10 b18c20 d9答案：c解析：由题意知，该三棱锥为正六棱柱内的一个三棱锥(如图所示的三棱锥pabc)且有paabac2，所以该三棱锥的外接球也是该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2r为该正六棱柱的体对角线长，即2r2r，所以该球的表面积为4r220.故选c.4已知四边形abcd和bceg均为直角梯形，adbc，cebg，bcdbce，平面abcd平面bceg，bccdce2ad2bg2，则五面体egbadc的体积为_答案：解析：如图所示，连接dg，bd.由平面abcd平面bceg，bcdbce，可知ec平面abcd，又cegb，所以gb平面abcd.又bccdce2，adbg1，所以v五面体egbadcv四棱锥dbcegv三棱锥gabds梯形bcegdcsabdbg22121.技法10整体代换法5若函数f(x)是r上的单调函数，且对任意的实数x都有f，则f(log22 019)()a. b.c. d1答案：c解析：假设f(x0)，则f(x)x0，进而f(x)x0，从而f(x0)x0，当x01时，f(1)，因为f(x)是单调函数，所以由f(x0)，可得x01，所以f(x)1，所以f(log22 019)1，故选c.6等比数列an中，已知a1a38，a5a74，则a9a11a13a15的值为()a1 b2c3 d5答案：c解析：解法一设等比数列an的公比为q，则a5a1q4，a7a3q4，所以q4.又a9a11a1q8a3q8(a1a3)q8822，a13a15a1q12a3q12(a1a3)q12831，所以a9a11a13a15213.解法二因为an为等比数列，所以a5a7是a1a3与a9a11的等比中项，所以(a5a7)2(a1a3)(a9a11)，故a9a112.同理，a9a11是a5a7与a13a15的等比中项，所以(a9a11)2(a5a7)(a13a15)，故a13a151.所以a9a11a13a15213.7已知f(x)ax3bx1(ab0)，若f(2 019)k，则f(2 019)()ak bkc1k d2k答案：d解析：f(2 019)a2 0193b2 0191k，a2 0193b2 019k1，则f(2 019)a(2 019)3b(2 019)1a2 0193b2 01912k.8已知三点a(1，2)，b(a，1)，c(b,0)共线，则(a0，b0)的最小值为()a11 b10c6 d4答案：a解析：由a(1，2)，b(a，1)，c(b,0)共线得，整理得2ab1，所以77211，当且仅当且2ab1即a，b时，等号成立，故选a.技法11分离参数法9已知函数f(x)，若不等式f(x)kx对任意的x0恒成立，则实数k的取值范围为_答案：解析：不等式f(x)kx对任意的x0恒成立，即k对任意的x0恒成立令g(x)，则g(x)，令g(x)0，得xe，且当x(0，e)时，g(x)0，当x(e，)时，g(x)veabcd6，而四个选项里面大于6的只有，故选d.技法13等体积转化法14如图所示，正三棱柱abca1b1c1中，d是bc的中点，aa1ab2，则三棱锥c1ab1d的体积为()a. b.c. d.答案：c解析：依题意，得v三棱锥c1ab1dv三棱锥ab1dc1sb1dc1ad22.15如图，已知三棱锥pabc，底面abc是边长为2的正三角形，平面pab平面abc，papb，d为bc的中点(1)求证：abpc；(2)求三棱锥bpad的体积解析：(1)证明：如图所示，取ab的中点e，连接pe，ce.因为pbpa，所以abpe.因为acbc，所以abce.又pecee，所以ab平面pec.又pc平面pec，所以abpc.(2)因为平面pab平面abc，pe平面pab，平面pa