高考数学二轮复习 专题突破练17 5153 组合练 理.docx
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高考数学二轮复习专题突破练175153组合练理
专题突破练17 5.1~5.3组合练
(限时90分钟,满分100分)
一、选择题(共9小题,满分45分)
1.(2018河北衡水中学考前仿真,文3)已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为( )
2.(2018宁夏银川一中一模,理4)已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为( )
A.a2B.a2
C.a2D.a2
3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为( )
A.B.C.D.3
4.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )
A.B.C.D.
5.(2018河南郑州三模,理7)某几何体的三视图如图所示,记A为此几何体所有棱的长度构成的集合,则( )
A.3∈AB.5∈A
C.2∈AD.4∈A
6.(2018河北唐山三模,理7)某三棱锥的三视图如图所示,则其体积为( )
A.4B.8C.D.
7.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为( )
A.3B.C.1D.
8.(2018河南濮阳一模,理7)已知三棱锥A-BCD中,△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为直二面角,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为( )
A.B.5πC.6πD.
9.(2018百校联盟四月联考,理12)在三棱锥A-BCD中,AB=AC,DB=DC,AB+DB=4,AB⊥BD,则三棱锥A-BCD外接球的体积的最小值为( )
A.B.C.D.
二、填空题(共3小题,满分15分)
10.(2018江苏卷,10)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .
11.(2018天津卷,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为 .
12.正△ABC的三个顶点都在球O的球面上,AB=AC=2,若三棱锥O-ABC的体积为2,则该球的表面积为 .
三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)
13.
(2018河北唐山一模,理19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C⊥平面AA1C1C,∠BAC=90°.
(1)证明:
AC⊥CA1;
(2)若△A1B1C是正三角形,AB=2AC=2,求二面角A1-AB-C的大小.
14.(2018河北唐山三模,理19)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,∠BAC=∠PAD=∠PCD=.
(1)求证:
平面PAB⊥平面ABCD;
(2)若AB=AC=PA=3,E为BC的中点,F为棱PB上的点,PD∥平面AEF,求二面角A-DF-E的余弦值.
15.在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,直线AF⊥平面ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,点P在棱DF上.
(1)求证:
AD⊥BF;
(2)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;
(3)若,求二面角D-AP-C的余弦值.
参考答案
专题突破练17 5.1~5.3组合练
1.A 解析四棱锥的正视图和俯视图可知几何体的直观图如图所示,其侧视图为选项A.
2.D 解析如图①②所示的平面图形和直观图.由②可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,
在图②中作C'D'⊥A'B'于D',
则C'D'=O'C'=a.∴S△A'B'C'=A'B'·C'D'=aa=a2.
3.B 解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=1×1=,S△ABC=S△ABE=1,S△ACD=1,故选B.
4.C 解析
由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.
切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),
原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为
5.D 解析根据三视图可知几何体是一个三棱柱截去一个三棱锥,如图所示,四边形ABCD是一个边长为4的正方形,
且AF⊥面ABCD,DE∥AF,DE=4,AF=2,
∴AF⊥AB,DE⊥DC,DE⊥BD,
∴EC==4,EF=FB==2,BE==4
∵A为此几何体所有棱的长度构成的集合,∴A={2,4,4,4,2}.
6.C 解析由三棱锥的三视图得其直观图如下:
几何体为底面是等腰直角三角形的三棱锥A-BCD,BC=CD=2,三棱锥的高为2,所以三棱锥的体积为V=2×2×2=
7.C 解析∵D是等边三角形ABC的边BC的中点,∴AD⊥BC.
又ABC-A1B1C1为正三棱柱,
∴AD⊥平面BB1C1C.
∵四边形BB1C1C为矩形,
2又AD=2,
AD==1.故选C.
8.D 解析如图所示.
△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形,且二面角A-BD-C为直二面角,
设F,E分别为△ABD和△BCD的中心,则球心O为△ABD和△BCD的过中心的垂线的交点,所以OF=OE=FG=2=
ED=2=,
则球半径r=,则S=4π
9.C 解析由AB=AC,DB=DC,得△ABD≌△ACD,所以AC⊥CD,所以AD中点O为三棱锥A-BCD外接球的球心,其球的半径R=所以三棱锥A-BCD外接球的体积V)3=故选C.
10 解析由题图可知,该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体,且正四棱锥的高为1,底面正方形的边长为,所以该多面体的体积为2()2×1=
11 解析由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,所以V四棱锥M-EFGH=
12 解析正三角形ABC的三个顶点都在以O为球心的球面上,且AB=AC=BC=2,取BC中点D,连接AD,OD,过O作OE⊥平面ABC,则OE∩AD=E,如图所示:
∴AD=,AE=AD=,S△ABC=BC·AD=2,∵三棱锥O-ABC的体积为2,
OE=2,解得OE=2,
∴球的半径为OA=,∴球的表面积为S=4π×OA2=
13.解
(1)过点B1作A1C的垂线,垂足为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A1B1⊥AC.又B1O∩A1B1=B1,得AC⊥平面A1B1C.
又CA1⊂平面A1B1C,得AC⊥CA1.
(2)以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度1,建立空间直角坐标系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,).
设n=(x,y,z)是平面A1AB的一个法向量,
则
可取n=(2,1).
设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,
则
可取m=(0,,1).
则cos
又因为二面角A1-AB-C为锐二面角,所以二面角A1-AB-C的大小为
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)连接BD,交AE于点O,连接OF,
∵E为BC的中点,BC∥AD,
∵PD∥平面AEF,PD⊂平面PBD,平面AEF∩平面PBD=OF,∴PD∥OF,以AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3),E,F(2,0,1),设平面ADF的一个法向量m=(x1,y1,z1).
=(2,0,1),=(-3,3,0),
由m=0,m=0得取m=(1,1,-2).设平面DEF的一个法向量n=(x2,y2,z2).
=
-,1
由n=0,n=0得取n=(1,3,4).
cos
∵二面角A-DF-E为钝二面角,∴二面角A-DF-E的余弦值为-
15.
(1)证明∵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∵直线AF⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,∴AF⊥AB,AF⊥AD.
又AD⊥AB,
∴以A为原点,AB,AD,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E,P,C(1,2,0),=
-,0,1
设异面直线BE与CP所成角为θ,则cosθ=,∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为
(3)解由
(2)得AB⊥平面ADF,∴平面ADF的一个法向量n1=(1,0,0).
由知P为FD的三等分点,且此时P
在平面APC中,=(1,2,0).∴平面APC的一个法向量n2=(-2,1,-1).
∴|cos
又二面角D-AP-C为锐角,∴该二面角的余弦值为
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