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1、2023届高考数学11高分突破，智取压轴小题11数列与函数、不等式相结合问题一方法综述 数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二解题策略类型一 数列与不等式1.1 数列与基本不等式【例1】某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每
2、年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为_【答案】10【解析】由题意可知：每年的维护费构成一个以2为首项，2为公差的等差数列，故第n年的维护费为：an=2+2（n1）=2n，总的维护费为：=n（n+1）故年平均费用为：y=，即y=n+1.5，（n为正整数）；由基本不等式得：y=n+1.52+1.5=21.5（万元）当且仅当n=，即n=10时取到等号，即该企业10年后需要更新设备故答案为：10（2020广东高三）已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前项和，若，则的最小值为（ ）A9
3、B12C16D18【答案】D【解析】由得，所以.所以.当且仅当时取得最小值.故选：D【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想.【举一反三】1.（2020山东省济宁市模拟）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为 【答案】【解析】因为数列是正项等比数列，所以，所以，因为，所以，当且仅当时“=”成立，所以的最小值为.2（2020江苏扬州中学）已知等差数列an的公差d0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn为数列an的前n项和，则的最小值为 【答案】4【解析】a1，a3，
4、a13成等比数列，a1=1，a32=a1a13，（1+2d）2=1+12d，d0，解得d=2an=1+2（n-1）=2n-1Sn=n+2=n2=n+1+-22-2=4，当且仅当n+1=时取等号，此时n=2，且取到最小值4，1.2 数列中的恒成立问题【例2】（2020四川双流中学）已知定义域为的函数满足，当时，设在上的最大值为，且的前n项和为，若对任意的正整数n均成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x0，2）时f（x）的最大值，由递推式可得an是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k的范围【详解】
5、当x0，2）时，所以函数f(x)在0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，可得当0x1时，f（x）的最大值为f（）；1x2时，f（x）的最大值为f（）1，即有0x2时，f（x）的最大值为,即首项，由可得可得an是首项为，公比为的等比数列，可得Sn，由Snk对任意的正整数n均成立，可得k故选：B【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解；【举一反三】1.（2020安徽省毛坦厂中学）已知等差数列满足，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得， 则不
6、等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立.设，则，即，解得或.故选:A.2.（2020江苏高三模拟）设等差数列的前n项和为，若不等式对任意正整数n都成立，则实数m的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】令,由，当时，取得最小值，由此能求出结果.【详解】,令，则，当时，取最小值，即，因为不等式对任意正整数n都成立，当，所以，当时，综上.故选：D1.3 数列中的最值问题【例3】（2020浙江高三期末）已知数列中，若，设，若，则正整数的最大值为（ ）A1009B1010C2019D2020【答案】B【解析】,即数列为单调增数列,即,即,正整数的最大值为1010,故选:B.【
7、指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，再根据范围求正整数的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键【举一反三】1（2020湖南高三月考）数列满足,且记数列的前n项和为,则当取最大值时n为（ ）A11B12C11或13D12或13【答案】C【解析】【分析】分的奇偶讨论数列的奇偶性分别满足的条件,再分析的最大值即可.【详解】由题,当为奇数时, ,.故.故奇数项为公差为1的等差数列.同理当为偶数时, .故偶数项为公差为-3的等差数列.又即.又.所以.综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着的增大由正变负.故当取最大值时n为奇数.故n为奇数且此时有 ,解
8、得.故或.故选：C2.（2020浙江省湖州三校）已知数列满足，则使的正整数的最小值是（ ）A2018B2019C2020D2021【答案】C【解析】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，从而,因此,选C.类型二 数列与函数的综合问题【例4】（2020上海中学高三）已知函数为定义域上的奇函数，且在上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则（ ）A18B9C27D81【答案】C【解析】【分析】根据题意，由奇函数的性质可得f（x）+f（x）0，又由g（x）f（x3）+x且g（a1）+g（a2）+g（a9）27，可得f（a13）+f（a23）+f（a9
9、3）+（a1+a2+a9）27，结合等差数列的性质可得f（a15）f（a95）f（5a9），进而可得a155a9，即a1+a910，进而计算可得答案【详解】根据题意，函数yf（x）为定义域R上的奇函数，则有f（x）+f（x）0，g（x）f（x3）+x，若g（a1）+g（a2）+g（a9）27，即f（a13）+a1+f（a23）+a2+f（a93）+a927，即f（a13）+f（a23）+f（a93）+（a1+a2+a9）27，f（a13）+f（a23）+f（a93）+（a13+a23+a93）0，又由yf（x）+x为定义域R上的奇函数，且在R上是单调函数，且（a13）+（a93）（a23）+（
10、a83）2（a53），a530， 即a1+a9a2+a82a56， 则a1+a2+a99a527；故选：C【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系.【举一反三】1.（2020湖南模拟）已知函数yf(x)的定义域为R，当x1，且对任意的实数x，y，等式f(x)
11、f(y)f(xy)恒成立若数列满足f(0)，且f()()，则的值为( )A2209B3029C4033D2249【答案】C【解析】【分析】因为该题为选择题，可采用特殊函数来研究，根据条件，底数小于1的指数函数满足条件，可设函数为，从而求出，再利用题目中所给等式可证明数列为等差数列，最后利用等差数列定义求出结果。【详解】根据题意，可设，则，因为，所以，所以，所以数列数以1为首项，2为公差的等差数列，所以，所以，故选C。2已知定义在实数集上的函数满足，则的最大值为ABCD【答案】B【详解】由题设可得，即，由此可得，则或，又，故，所以，则，令，则，因为，所以令可得极值点为，故当时，；当时，且，所以，
12、即的最大值为，应选答案B【指点迷津】本题的求解思路是依据题设中所提供的条件信息“定义在实数集上的函数满足”，并对这个递推的等式运用演绎推理的思维模式，将其巧妙地转化为，然后再借助题设推得，从而求出，明确目标是以为变量的函数，最后借助导数求出其所有极值，则极值中最大在即为所求函数的最大值，使得问题巧妙获解本题求解过程中体现了等价转化与化归的数学思想及构建函数的建模思想，同时换元法、从一般到特殊的演绎推理的推理论证能力也得到具体运用和展示类型三 数列与其他知识综合问题【例5】（2020湖南衡阳市八中高三）已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则 【答案】【解析】函数，令，可得，即函数的对称轴方程
13、为，又的周期为，令，可得，所以函数在上有29条对称轴，根据正弦函数的性质可知，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴）将以上各式相加得【指点迷津】这类题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.【举一反三】1（2020上海高三）已知等差数列（公差不为零）和等差数列，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下九个方程（）中，无实数解的方程最多有（ ）A3个B4个C5个D6个【答案】B【解析】设等差数列的公差为不为零,等
14、差数列的公差为，因为关于的实系数方程有实数解，所以，即,化简得，所以第五个方程有解.设方程与方程的判别式分别为和，则,所以和至多一个成立,同理可知,和至多一个成立,和至多一个成立,和至多一个成立,所以在所给的个方程中无实数解的方程最多个.故选:B2.将向量组成的系列称为向量列，并定义向量列的前项和若，则下列说法中一定正确的是（ ）A. B. 不存在，使得C. 对，且，都有 D. 以上说法都不对【答案】C【解析】 由，则，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以，又当时， ， 所以当，且时， 是成立的，故选C.三强化训练1（2020江苏海安高级中学）数列是公差不为0的等差数列，且，设（），则数
15、列的最大项为（ ）ABCD不确定【答案】B【解析】【分析】观察到有根号，且与下标之和为定值，故两边平方平方后出现想到用等差数列性质，想到用基本不等式【详解】由两边平方得，由等差数列性质得，当且仅当即时成立，故最大值为，故选B2.（2020许昌市模拟）已知数列，的前项和分别为，且，若恒成立，则的最小值为（ ）ABC49D【答案】B【解析】当时，解得.当时，由，得，两式相减并化简得，由于，所以，故是首项为，公差为的等差数列，所以.则，故 ，由于是单调递增数列，.故的最小值为，故选B.3（2020上海市实验学校高三）已知函数的定义域为，当时，对任意的，成立，若数列满足，且，则的值为（ ）ABCD【答
16、案】C【解析】试题分析：，设，所以为增函数，4.（2020四川省成都市外国语学校一诊）在正项等比数列中，则满足的最大正整数的值为（ ）A10B11C12D13【答案】C【解析】正项等比数列中，.，解可得，或（舍），.整理可得，经检验满足题意，故选：C5.若数列的通项公式分别为，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】D【解析】，故当n为奇数，-a2+,又2+单调递减，故2+，故- a2，解a当n为偶数，又2-单调递增，故2-，故，综上a故选：D6.（2020辽宁实验中学高三）已知各项都为正数的等比数列的前项和为，且满足若，为函数的导函数，则( )ABCD【答案】A【解析】【分
17、析】通过数列各项都为正数的等比数列，且，可以求出，而即求数列的前项和，通过错位相减法求出即可【详解】解：设等比数列的公比为，且；或（舍，令，则，得：，即故选：7（2020贵阳模拟）设，点，设对一切都有不等式 成立，则正整数的最小值为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意知sin，随n的增大而增大，,，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -10，正整数的最小值为3.8（2020浙江高三）已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】考察函数，则先根据单调性可得，再利用单调性可得.【详解】考察函数，由可得在单调递增，由可得在单调递减且，可得，数列为单调递增数列，如图
18、所示：且，图象可得，所以，故选B.9（2020重庆高三）已知在点处的切线方程为， ，的前项和为，则下列选项正确的是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意得，解得，设，则，在上单调递减，即，令，则，故设，则，在上单调递增，即，令，则，故综上选A10（2020宁夏高考模拟）已知数列满足，且，记为数列的前项和，数列是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式成立的最小整数n为（ ）A7B6C5D4【答案】C【解析】试题分析：因为，当为偶数时，可得，即，是以为首项，以为公比的等比数列；当为奇数时，可得，即，是以为首项，以为公差的等差数列，数列是首项和公比都是的等比数列，则等价为，即，即分析函数与，则当时，
19、当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，当时，成立，当时，恒成立，故使不等式成立的最小整数为，故选C11.将正整数12分解成两个正整数的乘积有， ， 三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为12的最佳分解.当（且）是正整数的最佳分解时，我们定义函数，例如.数列的前100项和为_【答案】【解析】当为偶数时， ；当为奇数时， ， ，故答案为. 12.（2020河北省衡水中学）已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_【答案】【解析】因为，所以当时，；当时，也满足上式；当时，当时，综上，；因为是中的最大值，所以有且，解得.13.已知数列中， ，点列在内部，且与的面积比为，
20、若对都存在数列满足，则的值为_.【答案】80【解析】在上取点，使得，则在线段上 ， 三点共线， ，即 来源:学科网ZXXK来源:学科网故答案为：8014.已知函数，点O为坐标原点，点，向量，n是向量与的夹角，则使得 恒成立的实数t的取值范围为 _来源:学#科#网【答案】【解析】根据题意得, 是直线OAn的倾斜角，则：，据此可得： 结合恒成立的结论可得实数t的取值范围为. 15（2020河北高三期末（理）数列是首项，公差为的等差数列，其前和为，存在非零实数，对任意有恒成立，则的值为_【答案】或【解析】【分析】分类讨论和两种情况即可求得的值.【详解】当时，恒成立，当时：当数列的公差时，即，据此可得
21、，则，当数列的公差时，由题意有：，两式作差可得：，整理可得：，即：，则，-整理可得：恒成立，由于，故，据此可得：，综上可得：的值为或.16（2020海南中学）对于三次函数，定义：设是的导数，若方程有实数解，则称为函数的拐点.某同学经过探索发现任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则_；_.【答案】 【解析】【分析】利用二阶导数求出三次函数的拐点，进而可得出三次函数图象的对称中心坐标，由此可计算出以及的值.【详解】，令，得，又，所以，三次函数图象的对称中心坐标为，即，所以，因此，.故答案为：；.17（2020上海高三（理）定义函数如下：对于实
22、数，如果存在整数，使得，则，已知等比数列的首项，且，则公比的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】分析函数与的性质，求出方程的解的取值范围，进而可求得公比的取值范围.【详解】根据函数的定义，可知时，当时，此时无解；当时，的值为区间内的整数，则.若有解，则，解得，又，则，此时，由，可知，所以，解得；当时，的值为区间内的整数，则.若有解，则，解得，又，则，此时，由，可知，所以，解得.等比数列中，设公比为，则，由函数的性质可知，当时，方程有解.综上所述，当时，符合题意.故答案为：.18（2020上海市南洋模范中学高三）设，圆（）与轴正半轴的交点为，与曲线的交点为，直线与轴的交点为，若数列满足：，要使
23、数列成等比数列，则常数_【答案】2或4【解析】【分析】根据条件求出的关系,利用递推数列,结合等比数列的通项公式和定义,进行推理即可得到结论.【详解】因为圆（）与曲线的交点为,所以,即,由题可知,点的坐标为,由直线方程的截距式可得直线的方程为:,由点在直线上得:,将,代入并化简得:,由,得,又 故数列是首项为4,公比为的等比数列,故,即,所以,令,得:,由等式对任意恒成立得:,即 ,解得或,故当时, 数列成公比为4的等比数列;当时, 数列成公比为2的等比数列故答案为: 2或4.复杂的三视图问题一方法综述 三视图几乎是每年的必考内容，一般以选择题、填空题的形式出现，一是考查相关的识图，由直观图判断
24、三视图或由三视图想象直观图，二是以三视图为载体，考查面积、体积的计算等，均属低中档题. 还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.要切实弄清常见几何体(圆柱、圆锥、圆台、棱柱、棱锥、棱台、球)的三视图的特征，熟练掌握三视图的投影方向及正视图原理，才能迅速破解三视图问题，由三视图画出其直观图对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置解题时一定耐心加细心，观察准确线与线的位置关系，区分好实线和虚线的不同. 根据几何体的三视图确定直观图的方法：（1） 三视图为三个三角形，对应三棱锥；（2）
25、 三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；（3） 三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；（4） 三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱锥；（5） 三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱. 对于几何体的三视图是多边形的，可构造长方体（正方体），在长方体（正方体）中去截得几何体.二解题策略类型一 构造正方体（长方体）求解【例1】某几何体的三视图如图所示，关于该几何体有下述四个结论：体积可能是；体积可能是；和在直观图中所对应的棱所成的角为；在该几何体的面中，互相平行的面可能有四对；其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD【来源】河南省开封市2021届高三三模文科数学试题【答案】D【解析】对
26、：如图，则，故正确；对：如图，则，故正确；对：如图和在直观图中所对应的棱分别为和，由为正三角形，所以和在直观图中所对应的棱所成的角为，故正确；对：如图，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，故正确.故选：D.【方法点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图； 2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.【举一反三】1（2020江西高三）某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】B【解析】由题中三视图还原几何体，可得边长为的正方体中，由四个顶点
27、、构成的三棱锥，如图所示，可知三棱锥高，三棱锥底面积，故三棱锥体积.故选：B.2、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D.【答案】 B【解析】在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中截得三棱锥P-ABC，其中点A为中点，所以.故选B.3若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A4B8C12D14【答案】A【解析】几何体为三棱锥,直观图如下，.故选:A类型二 旋转体与多面体组合体的三视图【例2】（2020内蒙古高三）如图所示，是某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图，其中俯视图为等腰直角三角形,则该几何体体积为（ ）ABCD【答案】C【解
28、析】由三视图可知：该组合体下半部为一半球体，上半部为一三棱锥，该三棱锥中一条侧棱与底面垂直，底面三角形为等腰直角三角形，其中腰长为，高为3，而球体的半径为3，所以该组合体的体积为：.故选：C【点睛】考查三视图的还原，以及还原之后几何体的表面积，考验空间想象能力，对常见的几何体要熟悉.【举一反三】一个四棱柱被截去一个半圆柱后剩余部分的三视图如图，则截去部分与剩余几何体的体积比为（ ）ABCD【答案】C【解析】还原三视图的几何体图所示，可知原四棱柱的底面为直角梯形且，四棱锥的侧棱长为，故，半圆柱，则半圆柱剩余半圆柱：半圆柱故选C.类型三 与三视图相关的外接与内切问题【例3】（2020辽宁鞍山一中高
29、三月考）已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥外接球的表面积是（ ）ABCD【答案】B【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABE底面BCDE.如图所示，矩形ABCD的中心为M,球心为O,F为BE中点，OGAF.设OM=x,由题得在直角OME中，又MF=OG=1,AF=,，解（1）（2）得故选B.【指点迷津】（1）三视图的定义正确读取图中线的位置关系和数量关系.（2）内切球球心与三棱锥各顶点连线，把原三棱锥分割成四个小三棱锥，利用等体积法求内切球半径.（3）分析外切球球心位置，利用已知的数量，求外切圆半径.【举一反三】1（2020四川成都七中高考模拟）某多面
30、体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为（ ）ABCD【答案】A【解析】几何体为如图三棱锥S-ABC，SA=2,SC=4,BD=2,体积为，其外接球球心为SB中点,外接球半径为，所以几何体的体积与其外接球的体积之比为，选A.2.如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为A30pB41pC30pD64p【来源】甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（一）数学（文）试题【答案】B【解析】根据三视图得出，该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥，正方体的棱长为，为棱的中点，根据几何体判断：球心应该在过的平行于底面的中截面上
31、，设球心到截面的距离为，则到的距离为，解得出：，该多面体外接球的表面积为：.故选：B.3（2020山西高三）某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】 根据三视图恢复原几何体为三棱锥P-ABC如图，其中， ， 平面 ，计算可得，放在外接球中，把直角三角形恢复为正方形，恰好在一个球小圆中，AC为球小圆的直径，分别过和做圆的垂面，得出矩形和矩形，两矩形对角线交点分别为，连接并取其中点为，则为球心，从图中可以看出点共面且都在的外接圆上，在中， ，利用正弦定理可以求出的外接圆半径 ， ， ，平面，则，则球的半径 ，外接球的表面积为，选A.【点睛】如何求多面体的外
32、接球的半径？基本方法有种，第一种：当三棱锥的三条侧棱两两互相垂直时，可还原为长方体，长方体的体对角线就是外接圆的直径；第二种：“套球”当棱锥或棱柱是较特殊的形体时，在球内画出棱锥或棱柱，利用底面的外接圆为球小圆，借助底面三角形或四边形求出小圆的半径，再利用勾股定理求出球的半径，第三种：过两个多面体的外心作两个面的垂线，交点即为外接球的球心，再通过关系求半径.本题使用“套球”的方法，恢复底面为正方形，放在一个球小圆里，这样画图方便一些，最主要是原三视图中的左试图为直角三角形，告诉我们平面平面，和我们做的平面是同一个平面，另外作平面和平面的作用是找球心，因为这两个矩形平面对角线的交点所连线段的中点
33、就是球心，再根据正、余弦进行计算就可解决.类型四 与三视图相关的最值问题【例4】（2020武邑宏达学校高考模拟（理）已知在直三棱柱中，若棱在正视图的投影面内，且与投影面所成角为.设正视图的面积为，侧视图的面积为，当变化时，的最大值是_【答案】【解析】【分析】利用与投影面所成角为，将正视图的面积和侧视图的面积用的三角函数表示，利用辅助角公式结，可求解的最大值.【详解】与投影面所成角为时，平面如图所示，故正视图的面积为侧视图的面积为，故的最大值，故答案为.【点睛】本题考查了三视图的投影的认识和理解，以及二倍角公式与利用辅助角公式求最值，属于中档题. 求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：化成的
34、形式利用配方法求最值；形如的可化为的形式利用三角函数有界性求最值；型，可化为求最值 .【举一反三】1.某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（A）2 （B）2 （C）4 （D）2【答案】 C【指点迷津】构造长方体，体对角线为已知长度的棱，长方体三个面为投影面.根据题意，用长方体的棱长表示a+b，用不等式求其最值. 2、某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则的最大值为（ ）A.32 C.64 【答案】C【解析】根据三视图可以画出该几何体的直观图如图，其中，平面，.
35、作，且、交于点，连接，则.设，根据图中的几何关系，有，两式联立消去得，再由均值不等式，得.故选C.3（2020西安市长安区第五中学高三（理）如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为（ ）A8B4CD【答案】C【解析】由三视图可知：该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，平面,平面, ,面积最小的为侧面， 故选C. 三强化训练1（2020福建高三）中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，某商鞅铜方升模型的三视图，如图所示(单位：寸)，若取3，则该模型的体积（单位：立方寸）为（ ）A11.9B12.6C13.8D16.2【答案
36、】B【解析】由三视图可知，商鞅铜方升模型为一个直四棱柱与一个圆柱构成的组合体直四棱柱的体积；圆柱的体积该模型的体积故选：2（2020北京人大附中高三）已知某多面体的三视图如图所示，则在该多面体的距离最大的两个面中，两个顶点距离的最大值为（）A2BCD【答案】D【解析】根据几何体的三视图知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图所示；则该多面体的距离最大的两个面为截面三角形，所以这两个平面三角形对应顶点距离的最大值是面对角线的长，为故选：D3（2020北京市十一学校高三）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为ABCD【答案】B【解析】由三视图可知，
37、该四棱锥直观图如图（图中正四棱柱的底面边长为，高为，为棱的三等分点），由图可知四棱锥底面为边长为和的矩形，高为的四棱锥，体积为，故选A.4（2020湖南雅礼中学高三月考（理）一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形，则该几何体的表面积为（ ）A168B98C108D88【答案】D【解析】【分析】由三视图可知该几何体是直三棱柱，且三棱柱的高为4，底面是等腰三角形，三角形的底边边长为6，高为4，求出底面三角形的周长，利用侧面积公式与三角形的面积公式计算可得答案【详解】由三视图知该几何体是直三棱柱，且三棱柱的高为4，底面是等腰三角形，三角形的底边边长为6，高为4，腰长为5，
38、底面三角形的周长为5+5+616，几何体的表面积S264+（5+5+6）424+6488故选：D5（2020重庆一中高三月考（理）如图的虚线网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图.在该几何体的直观图中，直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据三视图还原出几何体为三棱锥，设在平面的射影为，则根据三视图可知，两两垂直，以为原点为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，所以直线与所成角的余弦值为.故选：B.6（2020江西高三）半正多面体(semiregular solid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，
39、体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，该几何体的体积为，故选：D.7. （2020江西高三期末（理）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）ABCD【答案】C【解析】由三视图可得，三棱锥为
40、如图所示的三棱锥，其中侧面底面，在和中，取的中点，连，则为外接圆的圆心，且底面，所以球心在上设球半径为，则在中，由勾股定理得，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为故选C8.（2020合肥市高三）我国古代九章算术将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童.右图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该刍童的表面积为A B40 C D【答案】D【解析】由三视图可知，该刍童的直观图是如图所示的六面体，图中正方体棱长为， 分别是所在正方体棱的四等分点，其表面由两个全等的矩形，与四个全等的等腰梯形组成，矩形面积为，梯形的上下底分别为，梯形的高为，梯形面积为，所以该刍
41、童的表面积为 ，故选D.9一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 A B C D【答案】A【解析】由题意可知几何体是一个底面半径和高都是6的圆柱，挖去一个半圆锥的几何体如图：几何体的体积为：故选：A10榫卯（snmo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）A B C D【答案】A【解析】由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体（底面为边长是1的正方形，高为2），下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，所以其体积圆柱与长方体体积之和，所以故选A11如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）ABCD【来源】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（六）理科数学试题【答案】A【解析】如图，该几何体可看成由长方体和四棱锥组合而成，该几何体的表面积为四棱锥的侧面积、长方体的侧面积和一个底面面积之和，其中，平面平面，则可得，故，则又等腰底边上的高为，故，则该几何体的表面积为：.故选：A12（2020安徽高三月考）一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，.现将两块三