《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

11.(2024·江西红色十校高三联考)如图,在多面体ABCDGEF中,平面ABCD//平面EFG,侧面ADGE是正方形,CD⊥平面ADGE,四边形ABCD与四边形CDGF是全等的直角梯形,AD//BC,CD//GF,AD = CD = DG = 2BC = 2,则下列结论正确的是( )

A.DG⊥AB
B.异面直线BF与EG所成角的正弦值是$\frac{\sqrt{6}}{6}$
C.直线CE与平面BEF所成角的正弦值是$\frac{5\sqrt{3}}{9}$
D.多面体ABCDGEF的体积为$\frac{13}{3}$

答案：
11.AD [对于A，由正方形$ADGE$，得$DG\perp AD$，由$CD\perp$平面$ADGE$，$DG\subset$平面$ADGE$，得$CD\perp DG$，又$AD\cap CD = D$，$AD$，$CD\subset$平面$ABCD$，则$DG\perp$平面$ABCD$，而$AB\subset$平面$ABCD$，所以$DG\perp AB$，A正确；对于B，显然$BC// AD// EG$，则$\angle CBF$即为异面直线$BF$与$EG$所成的角（或其补角），过点$F$作$FH// DG$交$CD$于点$H$，连接$BH$，又$GF// CD$，则四边形$DGFH$为平行四边形，则$FH = DG = 2$，$DH = GF = BC = 1$，有$CH = BC = 1$，又$BC\perp CD$，于是$BH=\sqrt{2}$，显然$FH\perp$平面$ABCD$，$BC$，$BH\subset$平面$ABCD$，则$FH\perp BC$，$FH\perp BH$，$BF=\sqrt{4 + 2}=\sqrt{6}$，而$FH\cap CD = H$，$FH$，$CD\subset$平面$CDGF$，于是$BC\perp$平面$CDGF$，又$CF\subset$平面$CDGF$，从而$BC\perp CF$，$\cos\angle CBF=\frac{\sqrt{6}}{6}$，所以$\sin\angle CBF=\frac{\sqrt{30}}{6}$，B错误；对于C，以$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DG$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，如图，则$D(0,0,0)$，$B(1,2,0)$，$C(0,2,0)$，$E(2,0,2)$，$F(0,1,2)$，$\overrightarrow{BE}=(1,-2,2)$，$\overrightarrow{BF}=(-1,-1,2)$，设平面$BEF$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{BE}\cdot\boldsymbol{n}=x - 2y + 2z = 0, \\ \overrightarrow{BF}\cdot\boldsymbol{n}=-x - y + 2z = 0\end{cases}$，令$x = 2$，得$\boldsymbol{n}=(2,4,3)$，而$\overrightarrow{CE}=(2,-2,2)$，设直线$CE$与平面$BEF$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta =|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{CE}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CE}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{CE}|}=\frac{|2\times2 - 4\times2 + 3\times2|}{\sqrt{29}\times2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{87}}{87}$，C错误；对于D，由C项分析知，$BE = 3$，在$\triangle BEF$中，$BF=\sqrt{6}$，$EF=\sqrt{5}$，由余弦定理得$\cos\angle BFE=\frac{5 + 6 - 9}{2\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{30}}{30}$，则$\sin\angle BFE=\frac{\sqrt{870}}{30}$，则$S_{\triangle BEF}=\frac{1}{2}\times\sqrt{6}\times\sqrt{5}\times\frac{\sqrt{870}}{30}=\frac{\sqrt{29}}{2}$，又$CE = 2\sqrt{3}$，直线$CE$与平面$BEF$所成角的正弦值是$\frac{\sqrt{87}}{87}$，因此点$C$到平面$BEF$的距离为$2\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{87}}{87}=\frac{2\sqrt{29}}{29}$，所以$V_{多面体ABCDEFG}=V_{E - ABCD}+V_{E - CDGF}+V_{C - BEF}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times(1 + 2)\times2\times2+\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times(1 + 2)\times2\times2+\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt{29}}{2}\times\frac{2\sqrt{29}}{29}=\frac{13}{3}$，D正确。故选AD。]

12.(2023·安徽六校联盟联考)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为$\frac{3\pi}{2}$,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙,若$\frac{S_{甲}}{S_{乙}}$ = 2,则$\frac{V_{甲}}{V_{乙}}$ = ______.

答案： 答案 $\frac{8\sqrt{5}}{5}$
解析 设母线长为$l$，甲圆锥底面半径为$r_{1}$，乙圆锥底面半径为$r_{2}$，则$\frac{S_{甲}}{S_{乙}}=\frac{\pi r_{1}l}{\pi r_{2}l}=\frac{r_{1}}{r_{2}}=2$，所以$r_{1}=2r_{2}$，又$\frac{2\pi r_{1}}{l}+\frac{2\pi r_{2}}{l}=\frac{3\pi}{2}$，则$\frac{r_{1}+r_{2}}{l}=\frac{3}{4}$，所以$r_{1}=\frac{l}{2}$，$r_{2}=\frac{l}{4}$，所以甲圆锥的高$h_{1}=\sqrt{l^{2}-\frac{1}{4}l^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}l$，乙圆锥的高$h_{2}=\sqrt{l^{2}-\frac{1}{16}l^{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4}l$，所以$\frac{V_{甲}}{V_{乙}}=\frac{\frac{1}{3}\pi r_{1}^{2}h_{1}}{\frac{1}{3}\pi r_{2}^{2}h_{2}}=\frac{\frac{1}{4}l^{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}l}{\frac{1}{16}l^{2}\times\frac{\sqrt{15}}{4}l}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$。

13.(2023·四川巴中南江中学学校考模拟预测)宋代是中国瓷器的黄金时代,涌现出了五大名窑:汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1,这是汝窑双耳罐,该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成,其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米,中间圆的直径是20厘米,上底面圆的直径是8厘米,高是14厘米,且上、下两圆台的高之比是3∶4,则该汝窑双耳罐的侧面积是______平方厘米.
　

答案：
答案 $(84\sqrt{2}+64\sqrt{5})\pi$
解析 如图，过点$F$在平面$ABEF$内作$FG\perp AB$，垂足为$G$，过点$C$在平面$ABCD$内作$CH\perp AB$，垂足为$H$，由题意可得$O_{1}F = 4$，$OA = 10$，$O_{2}C = 6$，由圆台的几何性质可知$OO_{1}\perp AB$，在平面$ABEF$中，$O_{1}F// OA$，$FG\perp AB$，则四边形$OO_{1}FG$为矩形，则$OG = O_{1}F = 4$，所以$AG = OA - OG = 10 - 4 = 6$，同理可得$BH = OB - OH = 10 - 6 = 4$，由题意可知$FG:CH = 3:4$且$FG + CH = 14$，则$FG = 6$，$CH = 8$，从而$AF=\sqrt{AG^{2}+FG^{2}}=\sqrt{6^{2}+6^{2}}=6\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{BH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4\sqrt{5}$，故该汝窑双耳罐的侧面积为$\pi\cdot AF\cdot(O_{1}F + OA)+\pi\cdot BC\cdot(O_{2}C + OA)=\pi\times6\sqrt{2}\times(4 + 10)+\pi\times4\sqrt{5}\times(6 + 10)=(84\sqrt{2}+64\sqrt{5})\pi$平方厘米。

14.已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,M,N,P分别为棱A1A,A1B1,A1D1上的动点,且满足$\frac{A_{1}M}{A_{1}A}=\frac{A_{1}N}{A_{1}B_{1}}=\frac{A_{1}P}{A_{1}D_{1}}$,则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为______;若以△MNP为一底面的正三棱柱(底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱)的另一底面的三个顶点也在正方体ABCD - A1B1C1D1的表面上,则此正三棱柱体积的最大值为______.

答案：
答案 $1$ $\frac{2}{9}$
解析 连接$A_{1}C_{1}$，$B_{1}D_{1}$，则$A_{1}C_{1}\perp B_{1}D_{1}$，$\because CC_{1}\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，$\therefore CC_{1}\perp B_{1}D_{1}$，$\because A_{1}C_{1}\cap CC_{1}=C_{1}$，$\therefore B_{1}D_{1}\perp$平面$A_{1}C_{1}C$，可得$B_{1}D_{1}\perp A_{1}C$，$\because\frac{A_{1}N}{A_{1}B_{1}}=\frac{A_{1}P}{A_{1}D_{1}}$，$\therefore NP// B_{1}D_{1}$，则$A_{1}C\perp NP$，同理$A_{1}C\perp MP$，$\because NP\cap MP = P$，$\therefore A_{1}C\perp$平面$MNP$，$\therefore$直线$A_{1}C$与平面$MNP$所成角的正弦值为$1$。$\because A_{1}C\perp$平面$MNP$，$\therefore$过$M$点作$A_{1}C$的平行线与$AC$交于点$O$，则$MO$为正三棱柱的侧棱，设$\frac{A_{1}M}{A_{1}A}=x(0\lt x\lt1)$，则正三角形$MNP$的边长$MN=\sqrt{2}x$，在$\triangle A_{1}AC$中，$\frac{AM}{AA_{1}}=\frac{AO}{AC}=\frac{MO}{A_{1}C}=1 - x$，$\therefore MO=\sqrt{3}(1 - x)$，$\therefore V_{正三棱柱}=S_{\triangle MNP}\cdot MO=\frac{3}{2}(x^{2}-x^{3})$，$x\in(0,1)$，$V'=\frac{3}{2}(2x - 3x^{2})$，令$V' = 0$，解得$x=\frac{2}{3}$，当$x\in(0,\frac{2}{3})$时，$V$随$x$的增大而增大，当$x\in(\frac{2}{3},1)$时，$V$随$x$的增大而减小，$\therefore V_{max}=V(\frac{2}{3})=\frac{2}{9}$。