【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点测试31 基本立体图形及其直观图 含解析【高考】.doc，共(10)页，440.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第六章立体几何考点测试31基本立体图形及其直观图高考概览本考点是高考常考知识点，题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度考纲研读1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生

活中简单物体的结构2．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图一、基础小题1．下列说法中正确的是()A．棱柱的侧面可以是三角形B．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的

其他侧面也是矩形C．正方体的所有棱长都相等D．棱柱的所有棱长都相等答案C解析棱柱的侧面都是四边形，故A不正确；四棱柱有两个相对的侧面是矩形，其他侧面也可以不是矩形，故B不正确；正方体的所有棱长都相等，故C正确；棱柱的侧棱长都相等，并不一定所有的棱长都相等，故D不正确．故选C.2．用任意一

个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体2答案C解析截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．故选C.3．下列命题中正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的

多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点答案B解析A错误，如图①；B正确，如图②，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都

是直角三角形；C错误，如图③；D错误，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点，故选B.4．已知圆锥的表面积为a，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是()A.a2B．3πa3πC.23πa

3πD．23a3π答案C解析设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知2πr＝πl，所以l＝2r，则圆锥的表面积S表＝πr2＋12π(2r)2＝a，所以r2＝a3π，所以2r＝23πa3π.故选C.5.

如图所示是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()3A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析还原成正方体后如图所示，由正方体的性质可知，△ABC为正三角形，故∠ABC＝60°.6.用斜二测画法画出的某平面图形的

直观图如图，边AB平行于y′轴，BC，AD平行于x′轴．已知四边形ABCD的面积为22cm2，则原平面图形的面积为()A．4cm2B．42cm2C．8cm2D．82cm2答案C解析依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的

22倍，所以原平面图形的面积为8cm2.7．已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2B．38a24C.68a2D．616a2答案D解析根据题意，建立如图1所示的平面直角坐标系，其中O为AB的中点，再按照斜二测画法画出其直观

图，如图2所示．易知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a.作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12a×68a＝616a2.8．(多选)下列命题中错误的是()A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，

则这两点的连线是圆柱的母线B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥C．直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥D．棱台的上、下底面一定相似，但侧棱长不一定相等答案ABC解析A错误，只有这两点的连线平行于旋转

轴时才是母线；B错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；C错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；D正确，棱台的上、下底

面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．故选ABC.59．(多选)下列结论中正确的是()A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B．正棱台的对角面一定是等腰梯形C．圆柱侧面上连

接上、下底面的直线段都是圆柱的母线D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体答案BCD解析由五个面围成的多面体可以是四棱锥，所以A错误，B，C，D均正确．故选BCD.10．(多选)下列命题中正确的是()A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边

形B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直C．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱D．存在每个面都是直角三角形的四面体答案BCD解析A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面

构成的三个平面的二面角都是直二面角；C正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形．611．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1

C上(异于端点)，则过三点A，F，E的平面被正方体截得的图形(截面)可能是()A．正方形B．不是正方形的菱形C．不是正方形的矩形D．梯形答案BCD解析当BE＝CF时，截面是矩形；当2BE＝CF时，截面是菱形；当BE＞CF时，截面是梯形；截面不可能是正方形．

故选BCD.12．(多选)如图，在透明塑料制成的长方体ABCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法，其中正确的是()A．水的部分始终呈棱柱状B．水面四边形EFGH的面积不改变C．棱A1D1始终与水面EF

GH平行D．当E∈AA1时，AE＋BF是定值答案ACD解析显然水的部分呈三棱柱或四棱柱，故A正确；容器倾斜的程度越大，水面四边形EFGH的面积越大，故B不正确；棱A1D1始终与水面EFGH平行，故C正确；由于水的体积不变，四棱柱AB

FE－DCGH的高不变，所以梯形ABFE的面积不变，所以AE＋BF是定值，故D正确．二、高考小题13．(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面7三角形

的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.5－14B．5－12C.5＋14D．5＋12答案C解析如图，在四棱锥P－ABCD中，O为底面的中心，E为CD的中点，设CD＝a，PE＝b，则PO＝PE2－OE2＝b2－a24，由题意，得PO2＝12CD·PE，

即b2－a24＝12ab，化简得4ba2－2·ba－1＝0，解得ba＝5＋14(负值舍去)．故选C.14．(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(

)A.334B．233C.324D．32答案A解析易知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与直线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以平面AB

1D1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C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个平面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，边8长为22，所以其面积为S＝6×34×222

＝334，故选A.15．(2019·全国Ⅱ卷)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262－1解析先求面数，有如下两种方法．解法一：

由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48

的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面

体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，即22x＋x＋22x＝1.解得x＝29－1，即半正多面体的棱长为2－1.三、模拟小题16．(2021·湖北武汉5月模拟)某圆

锥母线长为2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2B．3C.2D．1答案A解析如图所示，作出截面△SMN，其中S为圆锥顶点，O为底面圆圆心，P为MN的中点，连接PO并延长，交圆锥底面圆于点B，连接

SO，SP.由题意知SB＝2，OB＝3，设OP＝x(0≤x<3)．在Rt△SOB中，SO＝SB2－OB2＝1.在Rt△SOP中，SP＝SO2＋OP2＝12＋x2.连接OM，MN＝2OM2－OP2＝2(3)2－x2，故△SMN的面积为12·MN·SP＝12x2＋1·23－x2＝－(x2－1)2＋4

.所以当x＝1时，△SMN的面积最大，为2.故选A.17．(多选)(2021·河北唐山高三一模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是面对角线BD上的动点，Q是棱C1D1的中点，过A1，P，Q三点的平面与正方体的表面相

交，所得截面多边形可能是()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形答案ABC解析如图1，当点P与D重合时，截面多边形是三角形；10如图2，取棱CD的中点Q1，连接QQ1和AQ1，正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为Q是棱C1D1的中点，所以QQ1∥DD1∥AA1，平面AA1QQ1与

BD交点可作P，此时截面多边形是四边形；如图3，因为棱C1D1的中点为Q，取点P，使其距离B较近，截面多边形是五边形；点P不论如何移动，截面多边形不能是六边形，选项D不满足．故选ABC.本考点在近三年高考中未涉及此题型．