专题突破练16 2025年高考总复习优化设计二轮专题数学A配基础课后习题含答案

专题突破练162025年高考总复习优化设计二轮专题数学A配基础课后习题含答案专题突破练(分值:42分)学生用书P177一、选择题:本题共2小题,每小题6分,共12分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.1.在某市初三年级举行的一次体育统考考试中,共有500人参加考试.为了解考生的成绩情况,抽取了样本容量为n的部分考生成绩,已知所有考生成绩均在[50,100],按照[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]的分组作出如图所示的频率分布直方图.若在样本中,成绩落在区间[50,60)的人数为32,则由样本估计总体可知下列结论正确的为()A.n=100B.考生成绩的众数为75C.考生成绩的第70百分位数为76D.估计该市考生成绩的平均分为70.8答案BC解析由频率分布直方图得x=110-(0.004+0.01+0.03+0.04)=0.016,则n=320.16=200,A错误;数据落在区间[70,80)上的频率最大,因此考生成绩的众数为75,B正确;前两组的频率之和为0.46,前三组的频率之和为0.86,故考生成绩的第70百分位数为70+10×0.70-0.460.86-0.46=76,C正确;该市考生成绩的平均分为55×0.16+65×0.3+0.4×75+0.1×2.(2024·山东济南二模)某景点工作人员记录了国庆假期七天该景点接s待的旅游团数量.已知这组数据均为整数,中位数为18,唯一众数为20,极差为5,则()A.该组数据的第80百分位数是20B.该组数据的平均数大于18C.该组数据中最大数字是20D.将该组数据从小到大排列,第二个数字是17答案AC解析设这组数从小到大排列为a,b,c,d,e,f,g,由中位数为18,得d=18,由唯一众数为20,20>18=d,得e=f=20或f=g=20或e=f=g=20,即可确定f=20,由7×0.8=5.6,得该组数据的第80百分位数是从小到大排列后的第6个数据,即f,即为20,A正确;因为该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,此时x=15+15+16+18+20+20+207=18-27<18,B错误;由题可知g≥20,若g≥21,则a=g-5≥16,此时只有e=f=20,故a<b<c<d=18,从而有b≥17,c≥18,d≥19,与d=18矛盾,故g=20,C正确;同B中假设,该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,D错误二、解答题:本题共2小题,共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.3.(15分)(2022·全国甲,文17)甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营,为了解这两家公司长途客车的运行情况,随机调查了甲、乙两城之间的500个班次,得到下面列联表:公司准点班次数未准点班次数A24020B21030(1)根据上表,分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率;(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关?附:χ2=nP(χ2≥k)0.10.050.01k2.7063.8416.635解(1)根据表中数据,A共有班次260次,准点班次有240次,设A家公司长途客车准点事件为M,则P(M)=240260=1213;B共有班次240次,准点班次有210次,设B家公司长途客车准点事件为N,则P(N)=210240=78(2)根据已知数据,得到2×2列联表如下:公司准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500χ2=n(ad-bc)2(a+b根据临界值表可知,有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.4.(15分)(2024·江西九江三模)车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素,汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据,如下表所示.行驶里程x/万千米0.00.41.01.62.42.83.44.4轮胎凹槽深度h/毫米8.07.87.26.25.64.84.44.0∑i=18xihi=79.68,∑i=18(xi-x(1)求该品牌轮胎凹槽深度h与行驶里程x的相关系数r,并判断二者之间是否具有很强的线性相关性;(结果保留两位有效数字)(2)根据我国国家标准规定:轿车轮胎凹槽安全深度为1.6毫米(当凹槽深度低于1.6毫米时刹车距离增大,驾驶风险增加,必须更换新轮胎).某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎,请问在正常行驶情况下,更换新轮胎后继续行驶约多少千米需对轮胎再次更换?附:变量x与y的样本相关系数r=∑i=1n(xi-x)(yi-y)∑i=1n(xi-x)2∑解(1)计算得x=18(0.4+1.0+1.6+2.4+2.8+3.4+4.4)h=18(8.0+7.8+7.2+6.2+5.6+4.8+4.4+4.0)由公式知r=∑i=18(x所以二者之间具有很强的线性关系.(2)设轮胎凹槽深度h与行驶里程x的线性回归方程为h^=a^+b^x,则b^=∑i=18(xi-x)(令h=1.6,得x=6.4,即更换新轮胎后继续行驶约64000千米需要对轮胎再次更换.专题突破练(分值:73分)学生用书P185一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若一个正方体的顶点都在球面上,则该正方体表面积与球表面积的比值是()A.2π3 B.2π 答案B解析设正方体的棱长为a,则正方体的体对角线d=a2+a2+a2=3a,故正方体的表面积为6a2,球的表面积为4π(d22.(2024·山东淄博一模)一圆锥的侧面积为16π,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的底面半径长为()A.2 B.4 C.22 D.42答案C解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,即侧面展开图的半径为l,侧面展开图的弧长为πl.又圆锥的底面周长为2πr,所以2πr=πl,即圆锥的母线长l=2r.所以圆锥的侧面积为πrl=2πr2=16π,解得r=223.设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1,S2,S3,则()A.S1<S2<S3 B.S2<S1<S3C.S3<S1<S2 D.S3<S2<S1答案C解析令正方体、正四面体和球的体积为1,设正方体的棱长为a,则a3=1,解得a=1,表面积S1=6a2=6.设正四面体的棱长为b,则正四面体底面正三角形的外接圆半径为23×32b=33b,正四面体的高h=b2-(33b)

2=63b,体积为13×34b2×63b=212b3=1,解得b=2×33,表面积S2=4×34b2=23×332=2×376>6.4.(2024·山东泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4,下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍,轴截面周长为16,则该圆台的表面积为()A.24π B.25π C.26π D.27π答案C解析如图,作出圆台的轴截面ABDC,设上底面圆O1的半径为r,则下底面圆O2的半径是3r,故轴截面周长为16=4+4+2r+6r,解得r=1,所以上、下底面圆的面积分别为π,9π,圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π,所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π.5.(2023·全国甲,文10)在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA=PB=2,PC=6,则该棱锥的体积为()A.1 B.3C.2 D.3答案A解析(方法一)如图,作AO⊥平面PBC,设AO=h,连接OP,OB,OC,由AP=AB=AC=2,可得OP=OB=OC,即O为△PBC的外心.在△PBC中,cos∠PBC=PB2+BC2-PC22PB·BC=4+4-62×2×2=14,则sin∠PBC=1-cos2∠PBC=154.设△PBC的外接圆半径为R,6sin∠PBC=2R,解得R=2105.在Rt△AOP中,∵(方法二)如图,过点P作PO⊥平面ABC于点O,连接CO并延长交AB于点D,连接PD.∵PA=PB=AB,∴D为AB的中点.∴CD=3,PD=3.由PO⊥CD,设OD=x,0≤x<3.由PD2-OD2=PC2-OC2,得(3)2-x2=6-(3-x)2,解得x=0或x=3(舍去),∴PD⊥平面ABC.则VP-ABC=13·S△ABC·PD=13×故选A.6.(2024·天津南开模拟)假定某玉琮中间内空,形状对称,如图所示,圆筒内径长2cm,外径长3cm,筒高4cm,中部为棱长是3cm的正方体的一部分,圆筒的外侧面内切于正方体的侧面,则该玉琮的体积为()A.27-9π4cm3 B.27-7π4cm3C.27+π4cm3 D.27+3π4cm3答案B解析圆筒体积为底面半径为32,高度为4的圆柱体的体积减去底面半径为1,高度为4的圆柱体的体积,故其体积V1=π×322×4-π×12×4=5πcm3.中间部分的体积为棱长为3的正方体的体积减去底面半径为32,高为3的圆柱体的体积,故其体积V2=27-π×322×3=27-27π4cm3.故玉琮的体积V=27-27π4+5π=27-7π4cm7.(2024·天津,9)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为()A.B.C.D.答案C解析如图,用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合.由题意可知,拼成的组合体是一个三棱柱.该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形,其面积为34×12=34,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,所以VABC-DEF=12VABC-HIJ=12×8.(2024·广东汕头模拟)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切,且球O与圆台O1O2的体积之比为12,则球O与圆台O1O2的表面积之比为(A.16 B.14 C答案D解析由题意,作出圆台的轴截面ABCD,设圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,球的半径OO1=r,则AE=r1,BE=r2,AB=r1+r2,BH=r2-r1.过点A作AH⊥BC于点H.由AH2+BH2=AB2,得(2r)2+(r2-r1)2=(r1+r2)2,化简得r2=r1r2.由球的体积公式V球=43πr3,圆台的体积公式V圆台=13(2r)·(πr12+πr22+πr12·πr22)=23πr(r12+r22+r1r2).已知球O与圆台O1O2的体积之比为12,则2r2r12+r22+r1r二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2024·山西朔州一模)已知圆锥SO的侧面积为4π,底面圆的周长为2π,则()A.圆锥的母线长为4B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为1C.圆锥的体积为15D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为7答案ACD解析设圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则πrl=4π,2πr=2π,故r=1,l=4,故A正确;圆锥的高h=16-1=15,故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为154,故B错误;圆锥的体积为13×π10.已知△ABC的三边长分别是AC=3,BC=4,AB=5,则()A.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的侧面积为15πB.以BC所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为36πC.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的表面积为108D.以AB所在直线为旋转轴,将此三角形旋转一周,所得旋转体的体积为48答案AD解析以BC所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面半径为3,母线长为5,高为4的圆锥,其侧面积为π×3×5=15π,体积为13×π×32×4=12π,故A正确,B错误;以AB所在直线为轴旋转时,所得旋转体是底面半径为125,母线长分别为3和4的两个圆锥组合体,表面积为π×125×(3+4)=845π,体积为13×π×(125)2×5=4811.如图所示的几何体是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm2D.该几何体外接球的表面积的数值是原正方体内切球、外接球表面积数值的等差中项答案ABD解析因为该几何体的顶点是正方体各棱的中点,正方体有12条棱,所以该几何体的顶点数为12,故A正确;由题意知,该几何体有6个面为正方形,故该几何体的棱数为6×4=24,故B正确;该几何体的棱长为202+202=202cm,该几何体有6个面为正方形,8个面为等边三角形,所以该几何体的表面积为6×(202)2+8×34×(202)2=(4800+16003)cm2,故C错误;原正方体内切球的半径为20cm,内切球表面积为S1=4π×202=1600πcm2.原正方体外接球的半径为402+402+4022=203cm,外接球表面积为S2=4π×(203)2=4800πcm2.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心,故外接球半径为202+202=202cm,所以该几何体外接球的表面积为S=4π×(202)2=3200πcm2.因为2S=6400三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(2024·浙江金丽衢十二校联考)已知圆柱的轴截面面积为4,则该圆柱侧面展开图的周长最小值为.

答案8π解析设圆柱的母线长和底面圆半径分别为l,r,由已知得2lr=4.由题意可得圆柱侧面展开图的周长为L侧=4πr+2l≥24πr×2l=8π,当且仅当4πr=2l,即r=1π,l=13.(2023·全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=.

答案2解析由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=12×3sin60°=3.设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'=R2-r2=1.14.设四棱锥M-ABCD的底面为正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD的面积为1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为.

答案2-1解析如图,因为AB⊥AD,AB⊥MA,AD∩MA=A,AD,MA⊂平面MAD,所以AB⊥平面MAD,故平面MAD⊥平面ABCD.设E是AD的中点,F是BC的中点,则ME⊥AD,所以ME⊥平面ABCD.因为EF⊂平面ABCD,所以ME⊥EF.若球O是与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球.设O在平面MEF上,则O为△MEF的内心.设球O的半径为r,则r=2设AD=EF=a,因为S△AMD=1,所以ME=2a,MF=ar=2a+2当且仅当a=2a,即a=2时,等号成立,即当AD=ME=2时,与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球的半径为2-1作OG⊥ME于点G,易证OG∥平面MAB,点G到平面MAB的距离即为点O到平面MAB的距离.过点G作GH⊥MA于点H,则GH是点G到平面MAB的距离.因为△MHG∽△MEA,所以GH又MG=2-(2-1)=1,AE=22MA=(2则HG=AE因为55>2故点O到平面MAB的距离大于球O的半径r,同样点O到平面MCD的距离也大于球O的半径r,故球O在棱锥M-ABCD内,并且不可能再大.据此可得所求的最大球的半径为2-1.专题突破练(分值:93分)学生用书P187一、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下面说法中正确的是()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l∥α,l⊥β,则α⊥βC.若l⊥β,α⊥β,则l∥αD.若l∥α,α⊥β,则l⊥β答案B解析若l∥α,l∥β,则α∥β或相交,故A错误;若l∥α,l⊥β,由线面平行和垂直的性质可得α⊥β,故B正确;若l⊥β,α⊥β,则l∥α或l⊂α,故C错误;若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β或l⊂β,故D错误.2.(2024·浙江宁波二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l,则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案C解析由于α∩β=l,所以l⊂α,l⊂β.若l⊥γ,则α⊥γ,β⊥γ;若α⊥γ,β⊥γ,设α∩γ=m,β∩γ=n,则存在直线a⊂γ,使得a⊥m,所以a⊥α.由于l⊂α,故a⊥l.同理存在直线b⊂γ,使得b⊥n,所以b⊥β.由于l⊂β,故b⊥l.由于a,b不平行,所以a,b是平面γ内两条相交直线,所以l⊥γ.故“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的充要条件.故选C.3.(2024·陕西西安模拟)如图,这是一个正方体的平面展开图,在该正方体中,下列说法正确的是()A.AB∥HG B.CG⊥BHC.CG⊥DH D.AC∥DG答案A解析如图所示,将展开图重新组合成正方体.显然AB∥HG.故A正确;由图易得CG∥DH,显然DH与BH所成角不为直角,因此异面直线CG与BH所成角也不为直角,所以CG⊥BH不成立.因此B,C不正确;由图易得AC∥EG,因为EG与DG相交,因此AC∥DG不成立.故D不正确.4.(2024·陕西商洛模拟)如图,四边形ABCD是圆柱的轴截面,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下面结论中错误的是()A.AE⊥CEB.BC∥平面ADEC.平面ADE⊥平面BCED.DE⊥平面BCE答案D解析因为四边形ABCD是圆柱的轴截面,则线段AB是底面圆的直径,BC,AD都是母线.又E是底面圆周上异于A,B的一点,则AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE,则BC⊥AE.因为BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,则AE⊥平面BCE.因为CE⊂平面BCE,因此得AE⊥CE,故A正确.因为BC∥AD,BC⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,所以BC∥平面ADE,故B正确.因为AE⊥平面BCE,而AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故C正确.点D不在底面ABE内,而直线AE在底面ABE内,即AE,DE是两条不同直线.若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE,则DE∥AE,与DE∩AE=E矛盾,故D不正确.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.5.(2024·河北保定三模)已知四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,l为空间内的一条直线,且l⊄平面ABCD,则下列说法正确的是()A.若l∥AB,则l∥平面ABCDB.若l∥AD,则l∥BCC.若l⊥AD,l⊥BC,则l⊥平面ABCDD.若l⊥AB,l⊥CD,则l⊥平面ABCD答案AC解析因为l∥AB,且AB⊂平面ABCD,l⊄平面ABCD,所以l∥平面ABCD,故A正确;因为AD与BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,则直线l与直线BC不平行,故B错误;因为直线AD与BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,则l⊥平面ABCD,故C正确;因为AB∥CD,两者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D错误.故选AC.6.(2024·湖南衡阳三模)设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列结论正确的是()A.若m⊥α,m⊥β,则α∥βB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若n∥α,m⊥n,则m⊥αD.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n答案AD解析若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故A正确;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则直线m与n平行或异面,故B不正确;若n∥α,m⊥n,则m可能与α平行,相交或在平面α内,故C不正确;设直线m的一个方向向量为m,直线n的一个方向向量为n.因为m⊥α,n⊥β,则m是平面α的一个法向量,n是平面β的一个法向量.因为α⊥β,所以m⊥n,所以m⊥n,故D正确.故选AD.7.(2024·江苏南通模拟)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得图2所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中正确的是()图1图2A.CD⊥平面ABCB.AB⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面ABD⊥平面BCD答案ABC解析因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC⊂平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正确.因为DC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以DC⊥AB.又因为AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确.因为AB⊥平面ACD,且AB⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正确.假设平面ABD⊥平面BCD,因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,所以AB⊥BC.因为AB与BC不垂直,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.三、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.8.如图所示,平面α∥平面β,PA=6,AB=2,BD=12,则AC=.

答案9解析因为平面α∥平面β,平面α∩平面PBD=AC,平面β∩平面PBD=BD,所以AC∥BD,所以△PAC∽△PBD,故ACBD=PAPB=PAPA+9.如图,对于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,则在四边形ABCD中,满足的条件可以是.(只需写出一个正确的条件)

答案A1C1⊥B1D1(答案不唯一)解析连接A1C1,如图所示.因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以B1D1⊥CC1.若A1C1⊥B1D1,且A1C1∩CC1=C1,CC1,A1C1⊂平面A1CC1,所以B1D1⊥平面A1CC1.因为A1C⊂平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.四、解答题:本题共3小题,共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.10.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=6,AB=10,cos∠CAB=35,AA1=8,点D是AB的中点(1)求证:AC1∥平面CDB1;(2)求证:AC⊥BC1.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,设B1C与BC1交于点E,则E为BC1的中点,连接DE.因为D是AB的中点,所以DE是△ABC1的中位线,则DE∥AC1.又DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,所以AC1∥平面CDB1.(2)在△ABC中,因为AC=6,AB=10,cos∠CAB