2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点31 基本立体图形及其直观图+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点31 基本立体图形及其直观图+答案解析，共10页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
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. B．C. D．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＋π(2r)2＝a，所以r2＝，所以2r＝.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(　　)A．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2 cm2，则原平面图形的面积为(　　)A．4 cm2 B．4 cm2C．8 cm2 D．8 cm2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2倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.7．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.a2 B．a2C.a2 D．a2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′＝OC＝a.作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝O′C′＝a.S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝a×a＝a2.8．(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.9．(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．11．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1C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EFGH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ABFE－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. B．C. D．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＝＝，由题意，得PO2＝CD·PE，即b2－＝ab，化简得42－2·－1＝0，解得＝(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. B．C. D．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AB1D1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，边长为，所以其面积为S＝6××2＝，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　26　－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＝x.又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1.解得x＝－1，即半正多面体的棱长为－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，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．2 B．C. D．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＝，设OP＝x(0≤x<)．在Rt△SOB中，SO＝＝1.在Rt△SOP中，SP＝＝.连接OM，MN＝2＝2，故△SMN的面积为·MN·SP＝·2＝.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；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．