2023高考数学统考一轮复习阶段质量检测5理含解析新人教版202302272110

阶段质量检测(五)建议用时：40分钟一、选择题1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面B　[由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，因此B中条件是α∥β的充要条件，故选B．]2．(2020·景德镇模拟)已知一个正三棱锥的高为3，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中O′B′＝O′C′＝1，则此三棱锥的体积为(　　)A．B．3C．D．A　[由直观图可知：正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，∴底面面积为×2×2×＝，∴三棱锥的体积为：××3＝，故选A．]3．(2020·广东湛江二模)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为(　　)A．πB．πC．4πD．πA　[由题意可知，该几何体体积等于圆锥的体积．因为圆锥的侧面展开图是一个半径为3的圆的三分之一，所以圆锥的底面周长为＝2π，故圆锥的底面半径为1，圆锥的高为2.所以圆锥的体积为×π×12×2＝π，从而所求几何体的体积也为π，故选A．]\n4．(2020·安徽池州模拟)如图，有一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，汽车在A点测得公路北侧山顶D的仰角为30°，汽车行驶300m后到达B点测得山顶D在北偏西30°方向上，且仰角为45°，则山的高度CD为(　　)A．150mB．150mC．300mD．300mD　[由题意可知：∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，∠ABC＝120°.在Rt△DCA中，tan∠DAC＝⇒AC＝h.在Rt△DBC中，tan∠DBC＝⇒BC＝h.在△BCA中，由余弦定理可得：AC2＝BC2＋AB2－2·BC·AB·cos∠ABC⇒h2－150h－45000＝0⇒h＝300，h＝－150(舍去)，故选D．]5．(2020·全国卷Ⅰ)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．C　[设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C．]6．(2020·全国卷Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(　　)\nA．6＋4B．4＋4C．6＋2D．4＋2C　[由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥PABC，将其放入正方体中，如图，易知PA＝AB＝AC＝2，PB＝PC＝BC＝2，故其表面积为S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×2×2×＝6＋2，故选C．]7.(2020·衡阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是(　　)A．平面BDC⊥平面ADCB．AC∥平面PQMNC．平面ABD⊥平面ADCD．AD⊥平面BDCD　[由PQ∥MN，MN⊂平面ADC，PQ⊄平面ADC，得PQ∥平面ADC，又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC，∴PQ∥AC，同理QM∥BD，因为PQ⊥QM，∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A，∴BD⊥平面ADC，\n∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，∴A和C选项均正确．由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，∴B选项正确．∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．故选D．]8．(2020·北京人大附中3月模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0≤x≤2时，表示V与x关系的图象为(　　)A　　　　B　　　　　C　　　　DC　[因为点P与点Q运动的速度相等，设底面ABCD的中心为O，连接OE，OF，则平面OEF把几何体PEFQ分割为体积相等的两部分．(1)当0≤x≤时，点P在BG上，Q在HD上，如图①所示，S△OEF＝×1×1＝，易知点P到平面OEF的距离为x，故V＝2VPOEF＝2××x＝.图①　　　　　　　　　　图②(2)当＜x≤时，点P在BC上，Q在AD上，点P到平面OEF的距离为，S△OEF＝×1×1＝，V＝2VPOEF＝2×××＝，为定值．(3)当＜x≤2时，点P在CH上，Q在AG上，如图②所示，S△OEF＝×1×1＝，P到平面OEF的距离为2－x，故V＝2VPOEF＝2×××(2－x)＝.\n综上所述，V＝故选C．]二、填空题9.如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为．(＋3)π　[由图中数据可得：S圆锥侧＝×π×2×＝π，S圆柱侧＝2π×1×1＝2π，S底面＝π×12＝π.所以几何体的表面积S＝S圆锥侧＋S圆柱侧＋S底面＝π＋2π＋π＝(＋3)π.]10．已知正四棱锥的侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为．3　[如图，过点S作SO⊥平面ABCD，连接OC，∠SCO就是侧棱与底面所成的角，则∠SCO＝60°，∴SO＝sin60°·SC＝×2＝3.]11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的有．(填序号)①AC⊥BE；②三棱锥ABEF的体积为定值；③二面角AEFB的大小为定值；④异面直线AE、BF所成角为定值．①②③　[易知AC⊥平面BEF，所以AC⊥BE；三棱锥ABEF的高就是点A到平面\nBB1D1D的距离且为一定值，△BEF为一定值，故三棱锥ABEF的体积为定值；二面角AEFB的平面角与二面角AB1D1B的平面角相等，故为一定值．]12．(2020·吉林模拟)三棱锥ABCD的顶点都在同一个球面上，满足BD过球心O，且BD＝2，则三棱锥ABCD体积的最大值为；三棱锥ABCD体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为．　　[依题意可知，BD是球的直径，所以当OC⊥BD，OA⊥BD，即OC＝OA＝时，三棱锥ABCD体积取得最大值为×S△BCD×OA＝××2××＝.此时BC＝AC＝AB＝2，即三角形ABC是等边三角形，设其外接圆半径为r，由正弦定理得＝2r⇒r＝，所以等边三角形ABC的外接圆的面积，也即平面ABC截球所得的截面圆的面积为πr2＝π×＝.]三、解答题13．(2020·江苏高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.[证明]　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1，因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB，又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，\n所以AB⊥平面AB1C，因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.14．(2020·吉林模拟)如图，ABCD是正方形，点P在以BC为直径的半圆弧上(P不与B，C重合)，E为线段BC的中点，现将正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP.(1)证明：BP⊥平面DCP；(2)三棱锥DBPC的体积最大时，求二面角BPDE的余弦值．[解]　(1)证明：因为平面ABCD⊥平面BPC，ABCD是正方形，所以DC⊥平面BPC．因为BP⊂平面BPC，所以DC⊥BP.因为点P在以BC为直径的半圆弧上，所以BP⊥PC．又DC∩PC＝C，所以BP⊥平面DCP.(2)显然，当点P位于的中点时，△BCP的面积最大，三棱锥DBPC的体积也最大．不妨设BC＝2，记AD中点为G，以E为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，B(1,0,0)，D(－1,0,2)，P(0,1,0)，＝(－2,0,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－1,2)，设平面BDP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1，得m＝(1,1,1)．设平面DEP的法向量为n＝(x2，y2，z2)，\n则令x2＝2，得n＝(2,0,1)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.由图可知，二面角BPDE为锐角，故二面角BPDE的余弦值为.15．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．[解]　(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝.\n连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q(a,0,0)，则NQ＝，B1，故＝，||＝.又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sin＝cos〈n，〉＝＝.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.16．[结构不良试题](2020·潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC＝.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若，求二面角FACD的余弦值．[解]　(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.\n证明如下：如图所示：设PC的中点为H，连接FH，HG，∵FH∥CD，FH＝CD，AG∥CD，AG＝CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH.又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，∴AF∥平面PGC．(2)选择①AB⊥BC：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴＝(0,1,1)，＝(－2，－1,1)，设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴取y＝1，得μ＝(－1,1，－1)，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cosθ＝＝，∴二面角FACD的余弦值为.\n选择②FC与平面ABCD所成的角为：∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴∠FCM＝，在Rt△FCM中，CM＝，又CM＝AE，AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴＝(0,1,1)，＝(－，0,1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝，得m＝(，－3,3)，平面ACD的一个法向量为：n＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cosθ＝＝.∴二面角FACD的余弦值为.选择③∠ABC＝：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，取BC中点E，连接AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，\n∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴＝(0,1,1)，＝(－，0,1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝，得m＝(，－3,3)，平面ACD的一个法向量n＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cosθ＝＝.∴二面角FACD的余弦值为.