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 (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，求出站的 值：若不存在，请说明理由. 数学专项提分卷（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一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 CE折起，使AD=√5，BD=√3，得到如图(2)所示 分别为DE,BC的中点 的几何体。 图(1) 图(2) (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 (2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值. N一AE-B的余弦值. 数学专项提分卷（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， 数学专项提分卷（新教材）第44页（共58页）·数学专项提分卷（新教材）· 参考答案及解析 .x2=(6-9)2×0.02+(7-9)2×0.10+(8-9)× 由(2)可知PB,)=之PB,)=言 ,P(B,)= 3 0.20+(10-9)2×0.18+(11-9)2×0.08+(12- (10分) 9)2×0.04=1.64. (4分) 记“采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需 (2)(i)由(1)可知，=9，g=1.64≈1.28， 化验的次数”为事件C, .X~N(9,1.28), (6分) 由题意可知B:与A3·A,A相互独立，B与A·A PX<1o)=P(y<28) 相互独立，B,与A:相互独立， ≈P(Y≤0.78)≈0.7823. (8分) P(C)=P(AB2)+P(A B)+P(A:B)+ (i)由(i)可知，P(X>10)=1-P(X≤10)0.2177， P(A.B)+P(A:B)+P(A:B.) .Z~B(20,0.2177). (10分) 1 1 1 1 .P(Z>1)=1-P(Z=0)=1-(1-0.2177)≈1 0.0074≈0.993， +号×号-品 E(Z)=20×0.2177≈4.35. (12分) 所以采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所 4.解：(1)记“采用方案甲所需化验的次数为4次”为事 需化验的次数的既率为器 (12分) 件A, 常考大题立体几何(A) 则P(A)=A=1 (2分) 1.解：(1)在△ABD中，AB=4,AD=2,BD=25, (2)由题可知X的可能取值为2.3,4， (3分) AB