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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練17 5.1-5.3 組合練 理 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.(2018河北衡水中學(xué)考前仿真,文3)已知一個(gè)四棱錐的正視圖和俯視圖如圖所示,則該幾何體的側(cè)視圖為(　　) 2.(2018寧夏銀川一中一模,理4)已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為a,那么△ABC的平面直觀圖△A'B'C'的面積為(　　) 　 　　　　　　　　　　　　　　　 A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 3.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體中,面積最大的側(cè)面的面積為(　　) A. B. C. D.3 4.如圖,網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長(zhǎng)為1(表示1

2、cm),圖中粗線畫出的是某零件的三視圖,該零件由一個(gè)底面半徑為3 cm,高為6 cm的圓柱體毛坯切削得到,則切削掉部分的體積與原來(lái)毛坯體積的比值為(　　) A. B. C. D. 5.(2018河南鄭州三模,理7)某幾何體的三視圖如圖所示,記A為此幾何體所有棱的長(zhǎng)度構(gòu)成的集合,則(　　) A.3∈A B.5∈A C.2∈A D.4∈A 6.(2018河北唐山三模,理7)某三棱錐的三視圖如圖所示,則其體積為(　　) A.4 B.8 C. D. 7.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2,側(cè)棱長(zhǎng)為,D為BC的中點(diǎn),則三棱錐A-B1DC1的體積為(　　) A.3

3、B. C.1 D. 8.(2018河南濮陽(yáng)一模,理7)已知三棱錐A-BCD中,△ABD與△BCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形且二面角A-BD-C為直二面角,則三棱錐A-BCD的外接球的表面積為(　　) A. B.5π C.6π D. 9.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理12)在三棱錐A-BCD中,AB=AC,DB=DC,AB+DB=4,AB⊥BD,則三棱錐A-BCD外接球的體積的最小值為(　　) A. B. C. D. 二、填空題(共3小題,滿分15分) 10.(2018江蘇卷,10)如圖所示,正方體的棱長(zhǎng)為2,以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為　　　　　.? 11.(201

4、8天津卷,理11)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,除面ABCD外,該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E,F,G,H,M(如圖),則四棱錐M-EFGH的體積為　　　　　.? 12.正△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上,AB=AC=2,若三棱錐O-ABC的體積為2,則該球的表面積為　　　　　.? 三、解答題(共3個(gè)題,分別滿分為13分,13分,14分) 13. (2018河北唐山一模,理19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C⊥平面AA1C1C,∠BAC=90°. (1)證明:AC⊥CA1; (2)若△A1B1C是正三角形,AB=2AC=2,求二面角A

5、1-AB-C的大小. 14.(2018河北唐山三模,理19)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,∠BAC=∠PAD=∠PCD=. (1)求證:平面PAB⊥平面ABCD; (2)若AB=AC=PA=3,E為BC的中點(diǎn),F為棱PB上的點(diǎn),PD∥平面AEF,求二面角A-DF-E的余弦值. 15.在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為矩形,直線AF⊥平面ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,點(diǎn)P在棱DF上. (1)求證:AD⊥BF; (2)若P是DF

6、的中點(diǎn),求異面直線BE與CP所成角的余弦值; (3)若,求二面角D-AP-C的余弦值. 參考答案 專題突破練17　5.1~5.3組合練 1.A　解析 四棱錐的正視圖和俯視圖可知幾何體的直觀圖如圖所示,其側(cè)視圖為選項(xiàng)A. 2.D　解析 如圖①②所示的平面圖形和直觀圖.由②可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a, 在圖②中作C'D'⊥A'B'于D', 則C'D'=O'C'=a.∴S△A'B'C'=A'B'·C'D'=aa=a2. 3.B　解析 由三視圖可知,幾何體的直觀圖如圖所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱錐A-BC

7、DE的高為1,四邊形BCDE是邊長(zhǎng)為1的正方形,則S△AED=1×1=,S△ABC=S△ABE=1,S△ACD=1,故選B. 4.C　解析 由零件的三視圖可知,該幾何體為兩個(gè)圓柱組合而成,如圖所示. 切削掉部分的體積V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3), 原來(lái)毛坯體積V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值為 5.D　解析 根據(jù)三視圖可知幾何體是一個(gè)三棱柱截去一個(gè)三棱錐,如圖所示,四邊形ABCD是一個(gè)邊長(zhǎng)為4的正方形, 且AF⊥面ABCD,DE∥AF,DE=4,AF=2, ∴AF⊥AB,DE⊥DC,DE⊥BD, ∴EC==4,E

8、F=FB==2,BE==4 ∵A為此幾何體所有棱的長(zhǎng)度構(gòu)成的集合,∴A={2,4,4,4,2}. 6.C　解析 由三棱錐的三視圖得其直觀圖如下:幾何體為底面是等腰直角三角形的三棱錐A-BCD,BC=CD=2,三棱錐的高為2,所以三棱錐的體積為V=2×2×2= 7.C　解析 ∵D是等邊三角形ABC的邊BC的中點(diǎn),∴AD⊥BC. 又ABC-A1B1C1為正三棱柱, ∴AD⊥平面BB1C1C. ∵四邊形BB1C1C為矩形, 2又AD=2, AD==1.故選C. 8.D　解析 如圖所示. △ABD與△BCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,且二面角A-BD-C為直二面角, 設(shè)F,E

9、分別為△ABD和△BCD的中心,則球心O為△ABD和△BCD的過(guò)中心的垂線的交點(diǎn),所以O(shè)F=OE=FG=2= ED=2=, 則球半徑r=,則S=4π 9.C　解析 由AB=AC,DB=DC,得△ABD≌△ACD,所以AC⊥CD,所以AD中點(diǎn)O為三棱錐A-BCD外接球的球心,其球的半徑R=所以三棱錐A-BCD外接球的體積V)3=故選C. 10　解析 由題圖可知,該多面體為兩個(gè)全等的正四棱錐的組合體,且正四棱錐的高為1,底面正方形的邊長(zhǎng)為,所以該多面體的體積為2()2×1= 11　解析 由題意可知,四棱錐M-EFGH的底面EFGH為正方形且邊長(zhǎng)為,其高為,所以V四棱錐M-EFGH=

10、 12　解析 正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在以O(shè)為球心的球面上,且AB=AC=BC=2,取BC中點(diǎn)D,連接AD,OD,過(guò)O作OE⊥平面ABC,則OE∩AD=E,如圖所示: ∴AD=,AE=AD=,S△ABC=BC·AD=2,∵三棱錐O-ABC的體積為2, OE=2,解得OE=2, ∴球的半徑為OA=,∴球的表面積為S=4π×OA2= 13.解 (1)過(guò)點(diǎn)B1作A1C的垂線,垂足為O, 由平面A1B1C⊥平面AA1C1C,平面A1B1C∩平面AA1C1C=A1C, 得B1O⊥平面AA1C1C, 又AC?平面AA1C1C,得B1O⊥AC. 由∠BAC=90°,AB∥A1B1,得A

11、1B1⊥AC.又B1O∩A1B1=B1,得AC⊥平面A1B1C. 又CA1?平面A1B1C,得AC⊥CA1. (2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,||為單位長(zhǎng)度1,建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz. 由已知可得A(1,0,0),A1(0,2,0),B1(0,1,). 所以=(1,0,0),=(-1,2,0),=(0,-1,). 設(shè)n=(x,y,z)是平面A1AB的一個(gè)法向量, 則 可取n=(2,1). 設(shè)m=(x,y,z)是平面ABC的一個(gè)法向量, 則 可取m=(0,,1). 則cos= 又因?yàn)槎娼茿1-AB-C為銳二面角,所以二面角A1-AB-C的大

12、小為 14.解 (1)∵AB∥CD,PC⊥CD,∴AB⊥PC. ∵AB⊥AC,AC∩PC=C, ∴AB⊥平面PAC.∴AB⊥PA. ∵PA⊥AD,AB∩AD=A, ∴PA⊥平面ABCD,PA?平面PAB, ∴平面PAB⊥平面ABCD. (2)連接BD,交AE于點(diǎn)O,連接OF, ∵E為BC的中點(diǎn),BC∥AD, ∵PD∥平面AEF,PD?平面PBD,平面AEF∩平面PBD=OF,∴PD∥OF,以AB,AC,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 則A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3),E,F

13、(2,0,1),設(shè)平面ADF的一個(gè)法向量m=(x1,y1,z1). =(2,0,1),=(-3,3,0), 由m=0,m=0得取m=(1,1,-2).設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量n=(x2,y2,z2). =,-,1,由n=0,n=0得取n=(1,3,4). cos==- ∵二面角A-DF-E為鈍二面角,∴二面角A-DF-E的余弦值為- 15.(1)證明 ∵AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AD.又AD⊥AB,AB∩AF=A,∴AD⊥平面ABEF. 又BF?平面ABEF,∴AD⊥BF. (2)解 ∵直線AF⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,∴AF⊥AB,AF⊥AD. 又AD⊥AB, ∴以A為原點(diǎn),AB,AD,AF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(1,0,0),E,P,C(1,2,0),=-,0,1, 設(shè)異面直線BE與CP所成角為θ,則cos θ=,∴異面直線BE與CP所成角的余弦值為 (3)解 由(2)得AB⊥平面ADF,∴平面ADF的一個(gè)法向量n1=(1,0,0). 由知P為FD的三等分點(diǎn),且此時(shí)P 在平面APC中,=(1,2,0).∴平面APC的一個(gè)法向量n2=(-2,1,-1). ∴|cos|= 又二面角D-AP-C為銳角,∴該二面角的余弦值為