2020年高考数学一轮复习 专题9.10 真题再现练习 理（含解析）

9.10真题再现1．（2019年新课标Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B．2．（2019年新课标Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．86B．46C．26D．6【答案】D【解析】解法一:,PAPBPCABC为边长为2的等边三角形，PABC为正三棱锥，PBAC，又E，F分别为PA、AB中点，//EFPB，EFAC，又EFCE，,CEACCEF平面PAC，PB平面PAC，2APBPAPBPC，PABC为正方体一部分，22226R，即364466,62338RVR，故选D．解法二:设2PAPBPCx，,EF分别为,PAAB中点，//EFPB，且12EFPBx，ABC为边长为2的等边三角形，3CF又90CEF213,2CExAEPAxAEC中余弦定理2243cos22xxEACx，作PDAC于D，PAPC，DQ为AC中点，1cos2ADEACPAx，2243142xxxx，221221222xxx，2PAPBPC，又===2ABBCAC，,,PAPBPC两两垂直，22226R，62R，344666338VR，故选D.3．（2018年新课标I卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面𝛼所成的角都相等，则𝛼截此正方体所得截面面积的最大值为A．3√34B．2√33C．3√24D．√32【答案】A【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体𝛼𝛼𝛼𝛼−𝛼1𝛼1𝛼1𝛼1中，平面𝛼𝛼1𝛼1与线𝛼𝛼1,𝛼1𝛼1,𝛼1𝛼1所成的角是相等的，所以平面𝛼𝛼1𝛼1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面𝛼1𝛼𝛼也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面𝛼𝛼1𝛼1与𝛼1𝛼𝛼中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为√22，所以其面积为𝛼=6×√34⋅(√22)2=3√34，故选A.4．（2018年全国卷II)在长方体𝛼𝛼𝛼𝛼−𝛼1𝛼1𝛼1𝛼1中，𝛼𝛼=𝛼𝛼=1，𝛼𝛼1=√3，则异面直线𝛼𝛼1与𝛼𝛼1所成角的余弦值为A．15B．√56C．√55D．√22【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则𝛼(0,0,0),𝛼(1,0,0),𝛼1(1,1,√3),𝛼1(0,0,√3),所以𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,√3),𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,√3),因为cos𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑||𝛼𝛼1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=−1+32×√5=√55，所以异面直线𝛼𝛼1与𝛼𝛼1所成角的余弦值为√55，选C.5．（2017年新课标2卷)已知直三棱柱𝛼𝛼C−𝛼1𝛼1C1中，∠𝛼𝛼C=120∘，𝛼𝛼=2，𝛼C=CC1=1，则异面直线𝛼𝛼1与𝛼C1所成角的余弦值为（）A．√32B．√155C．√105D．√33【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱𝛼𝛼𝛼𝛼−𝛼1𝛼1𝛼1𝛼1，则所求角为∠𝛼𝛼1𝛼,∵𝛼𝛼1=√2,𝛼𝛼=√22+1−2×2×1×cos60°=√3,𝛼1𝛼=𝛼𝛼1=√5，易得𝛼1𝛼2=𝛼𝛼2+𝛼𝛼12，因此cos∠𝛼𝛼1𝛼=𝛼𝛼1𝛼1𝛼=√2√5=√105，故选C．6．(2017新课标全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10B．12C．14D．16【答案】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122，故选B.7．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【解析】设圆锥底面半径为r，则14×2×3𝛼=8，所以𝛼=163，所以米堆的体积为14×13×3×(163)2×5=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B.8．（2015年新课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20𝛼，则r=（）A．1B．2C．4D．8【答案】B【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4𝛼𝛼2+12×𝛼𝛼2+12×2𝛼×2𝛼𝛼+2𝛼×2𝛼+12×𝛼𝛼2=5𝛼𝛼2+4𝛼2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5𝛼𝛼2+4𝛼2=16+20𝛼，解得r=2，本题选择B选项.9．（2014年新课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6√3B．6C．6√2D．4【答案】B【解析】由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，故可考虑置于棱长为4个单位的正方体中研究，如图所示，该四面体为𝛼−𝛼𝛼𝛼，且𝛼𝛼=𝛼𝛼=4,𝛼𝛼=4√2,𝛼𝛼=𝛼𝛼=2√5,𝛼𝛼=√(4√2)2+4=6，故最长的棱长为6，选B．10(2014年大纲卷)．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A．81𝛼4B．16𝛼C．9𝛼D．27𝛼4【答案】A【解析】正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高𝛼𝛼1上，记为O，PO=AO=R，𝛼𝛼1=4，𝛼𝛼1=4-R，在Rt△𝛼𝛼𝛼1中，𝛼𝛼1=√2，由勾股定理𝛼2=2+(4−𝛼)2得𝛼=94，∴球的表面积𝛼=814𝛼11．(2019年新课标Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.棱长为21.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826个面．如图，设该半正多面体的棱长为x，则ABBEx，延长BC与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，BGE为等腰直角三角形，22,2(21)122BGGECHxGHxxx，12121x，即该半正多面体棱长为21．12(2018年全国卷II)已知圆锥的顶点为𝛼，母线𝛼𝛼，𝛼𝛼所成角的余弦值为78，𝛼𝛼与圆锥底面所成角为45°，若△𝛼𝛼𝛼的面积为5√15，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】40√2π【解析】因为母线𝛼𝛼，𝛼𝛼所成角的余弦值为78，所以母线𝛼𝛼，𝛼𝛼所成角的正弦值为√158，因为△𝛼𝛼𝛼的面积为5√15，设母线长为𝛼,所以12×𝛼2×√158=5√15∴𝛼2=80，因为𝛼𝛼与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为𝛼cosπ4=√22𝛼,因此圆锥的侧面积为π𝛼𝛼=√22π𝛼2=40√2π.13．(2017年新课标1卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．【答案】415【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x0)，则1332OGx36x.356FGSGx，222233566SOhSGGOxx3553x，三棱锥的体积21133553343ABCVShxx451535123xx.设45353nxxx，x0，则3453203nxxx，令0nx，即43403xx，得43x，易知nx在43x处取得最大值.∴max15485441512V.14．(2019年新课标Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.【答案】(1)见详解；(2)30.【解析】(1)证：//ADBE，//BFCG，又因为E和F粘在一起.//ADCG，A，C，G，D四点共面.又,ABBEABBC.AB平面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作BHGC延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以ABGC而又BHGC，故GC平面HAB，所以AHGC.又因为BHGC所以BHA是二面角BCGA的平面角，而在BHC△中90BHC，又因为60FBC故60BCH，所以sin603BHBC.而在ABH中90ABH,13tan33ABBHABH，即二面角BCGA的度数为30.15.(2019年新课标Ⅱ)如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）32【解析】证明（1）因为1111ABCDABCD是长方体，所以11BC侧面11ABBA，而BE平面11ABBA，所以11BEBC又1BEEC，1111BCECC，111,BCEC平面11EBC，因此BE平面11EBC；（2）以点B坐标原点，以1,,BCBABB分别为,,xyz轴，建立如下