2023年高考数学二轮复习-专题突破练17-5.1-5.3-组合练-理

PAGEPAGE1专题突破练175.1~5.3组合练(限时90分钟,总分值100分)一、选择题(共9小题,总分值45分)1.(2023河北衡水中学考前仿真,文3)一个四棱锥的正视图和俯视图如下图,那么该几何体的侧视图为()2.(2023宁夏银川一中一模,理4)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.a2 B.a2C.a2 D.a23.某几何体的三视图如下图,那么该几何体中,面积最大的侧面的面积为()A. B. C. D.34.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,那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为()A. B. C. D.5.(2023河南郑州三模,理7)某几何体的三视图如下图,记A为此几何体所有棱的长度构成的集合,那么()A.3∈A B.5∈AC.2∈A D.4∈A6.(2023河北唐山三模,理7)某三棱锥的三视图如下图,那么其体积为()A.4 B.8 C. D.7.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,那么三棱锥A-B1DC1的体积为(A.3 B. C.1 D.8.(2023河南濮阳一模,理7)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,那么三棱锥A-BCD的外接球的外表积为()A. B.5π C.6π D.9.(2023百校联盟四月联考,理12)在三棱锥A-BCD中,AB=AC,DB=DC,AB+DB=4,AB⊥BD,那么三棱锥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,总分值15分)10.(2023江苏卷,10)如下图,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.(2023天津卷,理11)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),那么四棱锥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,假设三棱锥O-ABC的体积为2,那么该球的外表积为.

三、解答题(共3个题,分别总分值为13分,13分,14分)13.(2023河北唐山一模,理19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C⊥平面AA1C1C(1)证明:AC⊥CA1;(2)假设△A1B1C是正三角形,AB=2AC=2,求二面角A1-AB-C14.(2023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)假设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.在如下图的几何体中,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)假设P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;(3)假设,求二面角D-AP-C的余弦值.参考答案专题突破练175.1~5.3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下图,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',那么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,几何体的直观图如下图,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,那么S△AED=1×1=,S△ABC=S△ABE=1,S△ACD=1,应选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,如下图.切削掉局部的体积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,如下图,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∴AD⊥平面BB1C∵四边形BB1C2又AD=2,AD==1.应选C.8.D解析如下图.△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,那么球心O为△ABD和△BCD的过中心的垂线的交点,所以OF=OE=FG=2=ED=2=,那么球半径r=,那么S=4π9.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=应选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,那么OE∩AD=E,如下图:∴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=,∴球的外表积为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∩平面得B1O⊥平面AA1C又AC⊂平面AA1C1C,得B1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,那么可取n=(2,1).设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,那么可取m=(0,,1).那么cos<n,m>=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,那么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<m,n>==-∵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,那么B(1,0,0),E,P,C(1,2,0)