2022届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 (1)

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． 3 B．3 3 C． 3 4 D． 3 3 4 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 1 2 ×2×2× 3 2 ＝ 3，∴三棱锥的体积为： 1 3 × 3×3＝ 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． 2 2 3 π B． 4 2 3 π C．4 2π D． 8 3 π A [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×3 3 ＝ 2π，故圆锥的底面半径为 1，圆锥的高为 2 2. 所以圆锥的体积为 1 3 ×π×12×2 2＝ 2 2 3 π，从而所求几何体的体积也为 2 2 3 π，故选 A．] 4．(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 300 m 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．150 2 m B．150 m C．300 2 m D．300 m D [由题意可知： ∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，∠ABC＝120°. 在 Rt△DCA 中，tan∠DAC＝ CD AC ⇒AC＝ 3h. 在 Rt△DBC 中，tan∠DBC＝ CD BC ⇒BC＝h. 在△BCA 中，由余弦定理可得： AC2＝BC2＋AB2－2·BC·AB·cos∠ABC⇒h2－150h－45 000＝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． 5－1 4 B． 5－1 2 C． 5＋1 4 D． 5＋1 2 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＝ 1 2 ×2a× m，即 h2＝am①，易知 h2＋a2＝m2②，由①②得 m＝ 1＋ 5 2 a，所以 m 2a ＝ 1＋ 5 2 a 2a ＝ 1＋ 5 4 . 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( ) A．6＋4 2 B．4＋4 2 C．6＋2 3 D．4＋2 3 C [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 2，故其表面积为 S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝ 1 2 × 2×2＋ 1 2 ×2×2＋ 1 2 ×2×2＋ 1 2 ×2 2×2 2× 3 2 ＝6＋2 3，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 ADC B．AC∥平面 PQMN C．平面 ABD⊥平面 ADC D．AD⊥平面 BDC D [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， ∴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 D C [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≤ 1 2 时，点 P 在 BG 上，Q 在 HD 上，如图①所示，S△OEF＝ 1 2 ×1×1＝ 1 2 ，易知 点 P 到平面 OEF 的距离为 x，故 V＝2VPOEF＝2× 1 3 × 1 2 x＝ x 3 . 图① 图② (2)当 1 2 ＜x≤ 3 2 时，点 P 在 BC 上，Q 在 AD 上，点 P 到平面 OEF 的距离为 1 2 ，S△OEF＝ 1 2 × 1×1＝ 1 2 ，V＝2VPOEF＝2× 1 3 × 1 2 × 1 2 ＝ 1 6 ，为定值． (3)当 3 2 ＜x≤2 时，点 P 在 CH 上，Q 在 AG 上，如图②所示，S△OEF＝ 1 2 ×1×1＝ 1 2 ，P 到 平面 OEF 的距离为 2－x，故 V＝2VPOEF＝2× 1 3 × 1 2 ×(2－x)＝ 2－x 3 . 综上所述，V＝ x 3 ，0≤x≤ 1 2 ， 1 6 ， 1 2 ＜x≤ 3 2 ， 2－x 3 ， 3 2 ＜x≤2， 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 ． ( 2＋3)π [由图中数据可得：S 圆锥侧＝ 1 2 ×π×2× 2＝ 2π，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＝ 2π＋2π＋π＝( 2＋3)π.] 10．已知正四棱锥的侧棱长为 2 3，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＝sin 60°·SC＝ 3 2 ×2 3＝3.] 11．正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两个动点 E，F，且 EF＝ 2 2 ，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 BB1D1D 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 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 ． 2 2 3 4π 3 [依题意可知，BD 是球的直径，所以当 OC⊥BD，OA⊥BD，即 OC＝OA ＝ 2时，三棱锥 ABCD 体积取得最大值为 1 3 ×S△BCD×OA＝ 1 3 × 1 2 ×2 2× 2× 2＝ 2 2 3 .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 2 sin π 3 ＝2r⇒r＝ 2 3 ，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× 2 3 2 ＝ 4π 3 .] 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， 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BC ︵ 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EB→，EP→，EG→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)， BD→ ＝(－2,0,2)，ED→ ＝(－1,0,2)，PD→ ＝(－1，－1,2)， 设平面 BDP 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 则 BD→ ·m＝－2x1＋2z1＝0， PD→ ·m＝－x1－y1＋2z1＝0， 令 x1＝1，得 m＝(1,1,1)． 设平面 DEP 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 ED→ ·n＝－x2＋2z2＝0， PD→ ·n＝－x2－y2＋2z2＝0， 令 x2＝2，得 n＝(2,0,1)， 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 2＋1 3× 5 ＝ 15 5 . 由图可知，二面角 BPDE 为锐角，故二面角 BPDE 的余弦值为 15 5 . 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，MA→ 的方向为 x 轴正方向，|MB→ |为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系 Mxyz，则 AB＝2，AM＝ 3. 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM＝ 2 3 3 ，E 2 3 3 ， 1 3 ，0 . 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＝ 4－ 2 3 3 －a 2 ， B1 a，1， 4－ 2 3 3 －a 2 ， 故B1E→ ＝ 2 3 3 －a，－ 2 3 ，－ 4－ 2 3 3 －a 2 ， |B1E→ |＝ 2 10 3 . 又 n＝(0，－1,0)是平面 A1AMN 的法向量，故 sin π 2 －〈n，B1E→ 〉 ＝cos〈n，B1E→ 〉＝ n·B1E→ |n|·|B1E→ | ＝ 10 10 . 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 10 10 . 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 π 6 ，③∠ABC＝ π 3 . 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. 证明如下：如图所示： 设 PC 的中点为 H，连接 FH，HG， ∵FH∥CD，FH＝ 1 2 CD，AG∥CD，AG＝ 1 2 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)， ∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－2，－1,1)， 设平面 FAC 的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴ μ·AF→＝y＋z＝0， μ·CF→＝－2x－y＋z＝0， 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 cos θ＝ |μ·v| |μ|·|v| ＝ 3 3 ， ∴二面角 FACD 的余弦值为 3 3 . 选择②FC 与平面 ABCD 所成的角为 π 6 ： ∵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＝ π 6 ， 在 Rt△FCM 中，CM＝ 3， 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( 3，－1,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，F(0,1,1)， P(0,0,2)， ∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－ 3，0,1)， 设平面 FAC 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·AF→＝y＋z＝0， m·CF→＝－ 3x＋z＝0， 取 x＝ 3，得 m＝( 3，－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 cos θ＝ |m·n| |m|·|n| ＝ 21 7 . ∴二面角 FACD 的余弦值为 21 7 . 选择③∠ABC＝ π 3 ： ∵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， ∵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( 3，－1,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，F(0,1,1)， P(0,0,2)， ∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－ 3，0,1)， 设平面 FAC 的一个法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·AF→＝y＋z＝0， m·CF→＝－ 3x＋z＝0， 取 x＝ 3，得 m＝( 3，－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 cos θ＝ |m·n| |m|·|n| ＝ 21 7 . ∴二面角 FACD 的余弦值为 21 7 .