常考大题 立体几何(A、B)-【衡水金卷·先享题】2023高考数学专项提分卷（新教材旧高考）

常考大题立体几何(A)】 (限时45分钟，满分48分) L.(12分)如图，四棱柱ABCD一A,B,CD中，底面2.(12分)在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平 ABCD为平行四边形，侧面ADD,A为矩形，AB 面ABCD,四边形ADNM是矩形，四边形ABCD =2AD=4,∠DDB=60°，BD=AA1=23. 为梯形，AB∥CD,∠DAB=60°，2AB=AD=CD D =2. C D .3 (1)证明：平面ABCD⊥平面BDDB: (1)证明：AN∥平面MBC: (2)求直线CD,与平面AB,C所成角的正弦值. (2)设AM=√3，求二面角M-BC-D的余弦值. 数学·SX专项提分卷（新教材）第41页（共58页） 3.(12分)如图，三棱锥A一BCD中，BC=BD=6,4.(12分)如图，△ABC是边长为6的正三角形，点 CD=2,O为CD中点，平面AOB⊥平面BCD, E,F,N分别在边AB,AC,BC上，且AE=AF BN=4,M为BC边的中点，AM交EF于点O,沿 EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM B D =15. (1)证明：AC=AD: (2)若三棱锥A-BCD的体积为号，二面角A CD-B的余弦值为号，E为BC中点，求BD与平 面AED所成角的正弦值. (1)证明：平面DEF⊥平面BEFC: (2)试探究在线段DM上是否存在点P,使二面角 P-EN-B的大小为60？若存在，求出P品的 值：若不存在，请说明理由. 数学·SX专项提分卷（新教材）第42页（共58页） 常考大题立体几何(B) （限时45分钟，满分48分) 1.(12分)如图，在四棱锥E-ABCD中。AB∥CD，2.12分)如图(1)，在梯形ABCD中，AD∥BC且 AD=CD=BC=÷AB，E在以AB为直径的半圆AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD=DE= 1.AE=BC=2.现将△ABE，△CDE分别沿BE． 上(不包括端点)，平面ABE⊥平面ABCD，M，N起。使AD=\sqrt{5}，BD=\sqrt{3}，得到如图(2)所示 分别为DE.BC的中点。的几何体。 B°m，C （1)求证：MN∥平面ABE；（1)求证：AB//CD，___ (2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角（22求直线BD与平面ADE所成角的正弦值。 N-AE-B的余弦值。 数学·SX专项提分卷(新教材）第43页（共58页） 3.(12分)在三棱柱ABC一A,B,C,中，四边形4.(12分)如图，已知直三棱柱ABC一A,B,C,中，侧 AA,B,B是菱形，AB⊥AC,平面AA:B,B⊥平面 面AA1B,B为正方形，AB=BC=2,D,E,F分别 ABC,平面A1B:C与平面AB:C的交线为1， 为AC,BC,BB的中点，C1F⊥AB:,G为线段 DE上一动点. D (1)证明：AB⊥B,C: (2)已知∠ABB,=60°，AB=AC=2.1上是否存 (1)证明：C,F⊥A,G: 在点P,使A,B与平面ABP所成角为60°？若存 (2)求二面角C,一AG一B,的余弦值的最大值. 在，求B,P的长度：若不存在，说明理由， 数学·SX专项提分卷（新教材）第44页（共58页）参考答案及解析 ·数学·SX专项提分卷（新教材）· 合 2 PX=3-2x×g×- 2 PX=0=×名×日= (6分) (10分) (3)记“采用方案甲所需化验的次数为3,4,5”分别为 所以X的分布列为： 事件AA1,A, X 0 1 2 3 PA)=是=PA)=PA- 16 3 12 18 (8分) 所以E0=0×品+1×号+2×号+3 5 记“采用方案乙所需化验的次数为2,3.4”分别为事 12+4X 件B,B,B -+++石 (12分) 由(2)可知P()=P()=言P(B,)= 3 3.解：(1)由频率分布直方图可得，x=6×0.02十7× (10分) 0.10+8×0.20+9×0.38+10×0.18+11×0.08+ 记“采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需 12×0.04=9. (2分) 化验的次数”为事件C, ∴.2=(6-9)2×0.02+(7-9)2×0.10+(8-9)2× 由题意可知B与A,A,A相互独立，B与A,A 0.20+(10-9)2×0.18+(11-9)×0.08+(12 相互独立，B,与A相互独立， 9)2×0.04=1.64. (4分) P(C)=P(A B)+P(AB:)+P(A:B.)+ (2)(i)由(1)可知，=9，a2=1.64≈1.28， P(A.B )+P(A:B)+P(A:B.) .X-N(9,1.28), (6分) PX≤1o)-P(y<23) 3×号19 ≈P(Y0.78)0.7823. (8分) 336 (ii)