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高考真题回放
1．(2024年山东职教高考)如图所示，△A'B'C 是用斜二测画法画出的水平放置△ABC的直观图，则在平面直角坐标系中，最长的线段是(　　)
A．OC B．OB
C．AC D．BC
2．(2020年山东职教高考题)在正方体ABCD－A1B1C1D1中(如图所示)，则下列结论正确的是(　　)
A．BD1∥A1A B．BD1∥A1D
C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C1
3．(2021年山东职教高考题)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，A1D1的中点．若P为线段BD上的动点，则下列结论中，正确的是(　　)
A．PC1∥AE
B．PC1⊥A1C
C．PC1∥平面AEF
D．PC1⊥平面BB1D1D
4．(2022年山东职教高考题)如图所示的圆柱形容器，其底面半径为1 m，高为3 m(不计厚度)，设容器内液面高度为x(m)，液体的体积为V(m3)，把V表示为x的函数，则该函数的图像大致是(　　)
5．(2024年山东职教高考)如图所示正三棱锥S－ABC的棱长都是2，D是SC的中点，结出下列个结论：
①SA∥BD
②AB⊥SC
③SC与平面ABC所成的角是60°
④正三棱锥S－ABC的体积是其中结论正确的序号是(　　)
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
6．(2020年山东职教高考)已知球的直径为2，则该球的体积是________．
7．(2021年山东职教高考)已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，则该正四棱锥的表面积等于________．
8．(2022年山东职教高考)若底面边长为4的正四棱锥与棱长为2的正方体体积相等，则正四棱锥的高等于________．
9．(2024年山东职教高考)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是正方形，AB＝3侧棱AA1＝4，E，F分别是AD1，CD1的中点．
(1)证明EF⊥BD.
(2)求异面直线AD1与BC所成角的大小(精确到1°)．
10．(2020年山东职教高考题)已知点E，F分别是正方形ABCD的边AB、BC的中点，把EFCD沿EF折起，使二面角C－EF－B为直二面角，如图所示．
(1)若点G，H分别是AC，BF的中点，求证：GH∥平面EFCD；
(2)求直线AC与平面ABFE所成角的正弦值．
11．(2021年山东职教高考题)在四棱锥S－ABCD中，已知底面ABCD是正方形，SA⊥面ABCD，∠SDA＝60°，如图所示．
(1)求证：AB⊥SD；
(2)若E，F分别是AB，SC的中点，求直线EF与AD所成角的大小．
12．(2022年山东职教高考题)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是棱B1B上的点，求证：
(1)AC∥平面A1PC1；
(2)AC⊥D1P.
13．(2023年山东职教高考题)如图所示，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面ABC，且D，E，F分别是SC，AC，BC的中点，△SAB的边长都是2，SC＝4.
(1)求证：平面DEF∥平面SAB；
(2)求直线SC与平面ABC所成角的正弦值．
答案
1．D　解析　根据斜二测画法△ABC原图为直角三角形且BC为斜边，故选C.
2．D
3．B　解析　易证A1C⊥BC1，A1C⊥BD，所以A1C⊥平面C1BD，又因为C1P 平面C1BD，所以A1C⊥C1P.
4．A　解析　根据圆柱的体积公式得：V＝sh＝πr2x＝πx为一次函数，图像为一条直线，当x＝3时体积最大，所以选A.
5．D　解析　对于①：SA和BD互为异面直线，所以①错误对于②：取底面ABC中心O，连接SO，CO，则有SO⊥底面ABC，所以SO⊥AB，又因为CO⊥AB，且，所以有AB⊥面SOC，所以AB⊥SC，所以②正确．对于③：由②知SO⊥底面ABC，所以∠SCO即为SC与平面ABC所成的角，边长为2，所以，CO＝××2＝，SO＝＝＝，所以sin∠SCO＝＝，明显不是60°，③错误．对于④：由③知SO＝，所以正三棱锥S－ABC的体积为：V＝sh＝××2××＝，故④正确．所以选D.
6.π　解析　因为直径为2，所以半径为1，由球的体积公式得：V＝πR3＝π.
7.＋1　解析　由题意知：正四棱锥的斜高为＝，所以S侧＝4××1×＝，又因为S底＝1，所以正四棱锥的表面积＝S侧＋S底＝＋1.
8.　解析　由锥体体积公式得：V＝Sh＝×16×h＝8，解得h＝.
9．(1)证明：连接AC，BD交于O，因为长方体的底面为正方形，所以AC⊥BD，又因为E，F分别是AD1，CD1的中点，所以EF为△D1AC的中位线，所以EF∥AC，又因为AC⊥BD，所以EF⊥BD.(2)解：因为长方体的底面为正方形，所以BC∥AD，所以∠D1AD即为异面直线AD1与BC所成角．又因为AD＝3，AA1＝4，所以AD1＝5，所以sin∠D1AD＝＝
解得∠D1AD≈53°，即异面直线AD1与BC所成角为∠D1AD≈53°.
10．证明　(1)连结AF，设点O为AF的中点，连结GO，OH，
在△ACF中，又因为点G为AC中点，
所以OG∥CF.
同理可证得OH∥AB，
又因为E，F分别为正方形ABCD边AD，BC的中点，
故EF∥AB，所以OH∥EF.
又因为OH∩OG＝O，
所以平面GOH∥平面EFCD.
又因为GH 平面GOH，所以GH∥平面EFCD.
(2)因为ABCD为正方形，E，F分别是AD，BC的中点，
所以四边形EFCD为矩形，则CF⊥EF.又因为二面角C－EF－B为直面角，
平面EFCD∩平面ABFE＝EF，CF 平面EFCD.所以CF⊥平面ABFE，
则AF为直线AC在平面ABFE内的射影，
因此∠CAF为直线AC与平面ABFE所成的角
不妨设正方形边长为a，则CF＝BF＝
在Rt△ABF中，AF＝＝＝　
因为CF⊥平面ABFE，AF 平面ABFE，所以CF⊥AF
在Rt△AFC中，AC＝＝＝，sin∠CAF＝＝＝
即直线AC与平面ABFE所成角的正弦值为
注：本题结论中写为“0.41”亦可．
11．解　(1)证明：因为SA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以SA⊥AB.
因为底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD.
又因为SA∩AD＝A，SA 平面SAD，AD 平面SAD，所以AB⊥平面SAD.
又因为SD 平面SAD，所以AB⊥SD.
(2)取SD的中点G，连接GF，AC.
因为G，F分别是SD，SC的中点，
所以GF∥DC且GF＝DC.
因为底面ABCD是正方形，E是AB的中点，
所以AE∥DC且AE＝AB＝DC，
则GF∥AE且GF＝AE，
所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG，
则∠GAD是直线EF与AD所成的角．
因为SA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以SA⊥AD.
在Rt△SAD中，G是斜边SD的中点，
所以GA＝GD.
因为∠GDA＝60°，所以△GAD是等边三角形，
则∠CAD＝60°，即直线EF与AD所成的角是60°.
12．证明　(1)因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以AA1∥CC1且AA1＝CC1所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1又因为AC 平面A1PC1，A1C1 平面A1PC1所以AC∥平面A1PC1；
(2)连接B1D1，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以四边形A1B1C1D1为正方形，所以对角线B1D1⊥A1C1又因为P是棱B1B上的点，所以B1P⊥平A1B1C1D1，又因为A1C1 平面A1B1C1D1所以B1P⊥A1C1又因为B1D1∩B1P＝B1，所以A1C1⊥平面B1D1P1，又因为D1P 平面B1D1P，所以A1C1⊥D1P.又因为AC∥A1C1，所以AC⊥D1P
13．(1)证明：在△SBC中，D，F分别是SC，BC的中点，
所以DF∥SB.
同理可得EF∥AB.
因为DF 平面DEF，EF 平面DEF，
DF∩EF＝F，SB 平面SAB，AB 平面SAB，
所以平面DEF∥平面SAB，
(2)解：取AB的中点G，连接SG，CG，
因为△SAB的边长都是2，所以SG⊥AB.
因为平面SAB⊥平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，SG 平面SAB，
所以SG⊥平面ABC，
因此CG是SC在平面ABC内的射影，
则∠SCG是直线SC与平面ABC所成的角．
因为CG 平面ABC，所以SG⊥CG，
在Rt△SGA中，AG＝AB＝1，SG＝＝＝，
在Rt△SGC中，SC＝4，所以sin∠SCG＝＝，
所以直线SC与平面ABC所成角的正弦值是.
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