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文档简介

教学资料范本2020高考文科数学二轮分层特训卷:方法技巧专练(三)含解析编 辑:_时 间:_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.220xx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PAB平面

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