2017届高三数学一轮复习阶段检测试题四理.docx

阶段检测试题(四)(时间:120分钟满分:150分) 【选题明细表】知识点、方法题号空间几何体的结构特征1几何体的三视图和直观图4,7几何体的表面积和体积8,9,19点、线、面的位置关系3,5,13平行或垂直的判定与证明2,6,10,14,17,18空间角和距离11,12,15,16,20综合问题21,22一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.关于空间几何体的结构特征,下列说法不正确的是(B)(A)棱柱的侧棱长都相等(B)棱锥的侧棱长都相等(C)三棱台的上、下底面是相似三角形(D)有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知,棱锥的侧棱长不一定都相等.2.已知a=(+1,0,2),b=(6,2-1,2),若ab,则与的值可以是(A)(A)2, (B)-,(C)-3,2(D)2,2解析:由题意知,解得或3.(2016嘉兴月考)对于空间的两条直线m,n和一个平面,下列命题中的真命题是(D)(A)若m,n,则mn(B)若m,n,则mn(C)若m,n,则mn(D)若m,n,则mn解析:对A,直线m,n可能平行、异面或相交,故选项A错误;对B,直线m与n可能平行,也可能异面,故选项B错误;对C,m与n垂直而非平行,故选项C错误;对D,垂直于同一平面的两直线平行,故选项D正确.4.已知一个正三棱柱的所有棱长均为2,它的俯视图是一个边长为2的正三角形,那么它的侧视图的面积的最小值是(C)(A) (B)2(C)2 (D)4解析:如图,正三棱柱ABCA1B1C1中,D,D1分别是BC,B1C1的中点,则当侧视图为AA1D1D时面积最小,且面积S=2=2.5.(2015深圳二模)已知两个不同的平面,和直线m,给出下列条件:m;m;m;.由这五个条件中的两个能推出m的是(D)(A)(B)(C)(D)解析:由面面平行的性质定理可知,若m,则m,故能推出m.6.(2016铜川质检)如图,直线PA垂直于圆O所在的平面,ABC内接于圆O,且AB为圆O的直径,点M为线段PB的中点.现有以下命题: BCPC;OM平面APC;点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中真命题的个数为(D)(A)0(B)1(C)2(D)3解析:易证BC平面PAC,所以BCPC;OMPA,易证OM平面APC;因为BC平面PAC,所以点B到平面PAC的距离等于线段BC的长;故都正确.7.已知ABC的直观图是边长为a的等边A1B1C1(如图),那么原三角形的面积为(C) (A)a2 (B)a2(C)a2 (D)a2解析:在原图与直观图中有OB=O1B1, BC=B1C1,在直观图中,过A1作A1D1B1C1,因为A1B1C1是等边三角形,所以A1D1=a,在RtA1O1D1中,因为A1O1D1=45,所以O1A1=a,根据直观图画法规则知OA=2O1A1=2a=a,所以ABC的面积为aa=a2.8.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(C)(A)8(B)10(C)12(D)14解析:由三视图可得,该几何体的直观图如图(1)所示,将该几何体分割成一个正方体和两个直三棱柱如图(2)所示,所以该几何体的体积为222+1222=12.故选C.9.(2016银川一模)一平面截一球得到直径为2 cm的圆面,球心到这个平面的距离是2 cm,则该球的体积是(B)(A)12 cm3 (B)36 cm3(C)64 cm3(D)108 cm3解析:由题意可知,球的半径R=3(cm),所以球的体积V=R3=33=36(cm3).10.平面经过三点A(-1,0,1),B(1,1,2),C(2,-1,0),则下列向量中与平面的法向量不垂直的是(D)(A) (,-1,-1)(B)(6,-2,-2)(C)(4,2,2) (D)(-1,1,4)解析:法一由已知得=(2,1,1),=(3,-1,-1),设平面的法向量为n=(x,y,z),则即解得令y=1,则n=(0,1,-1).经验算,对于选项A,B,C所对应的向量与法向量n的数量积均为零,而对于选项D,(-1)0+11+(-1)4=-30.故选D.法二对于选项A,因为(,-1,-1)=(1,-2,-2)=,所以选项A所对应的向量与平面平行;同理可知选项B,C所对应的向量均与平面平行;而选项D对应的向量与平面不平行,故选D.11.正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2), 平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0),所以AC1与平面BB1C1C所成的角的正弦值为=.12.如图所示,ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为(B)(A)(B)(C)(D) 解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知当E(6,3,0),F(3,6,0)时,A1,E,F,C1共面,设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得可取n1=(-1,2,1),同理可得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为=.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2015福建六校联考)设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:若ab,bc,则ac;若ab,bc,则ac;若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;若a平面,b平面,则a,b一定是异面直线.上述命题中正确的命题是(写出所有正确命题的序号).解析:由公理知正确,当ab,bc时,a与c可以相交、平行或异面,故错;当a与b相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故错;a,b,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故错.答案:14.(2015兰州质检)如图,在直角梯形ABCD中,BCDC,AEDC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN平面DEC;不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MNAE;不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MNAB;在折起过程中,一定存在某个位置,使ECAD.解析:由已知,在未折叠的原梯形中,ABDE,BEAD,所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD,折叠后如图所示.过点M作MPDE,交AE于点P,连接NP.因为M,N分别是AD,BE的中点,所以点P为AE的中点,故NPEC.又MPNP=P,DECE=E,所以平面MNP平面DEC,故MN平面DEC,正确;由已知,AEED,AEEC,所以AEMP,AENP,又MPNP=P,所以AE平面MNP,又MN平面MNP,所以MNAE,正确;假设MNAB,则MN与AB确定平面MNBA,从而BE平面MNBA,AD平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,错误;当ECED时,ECAD.因为ECEA,ECED,EAED=E,所以EC平面AED,AD平面AED,所以ECAD,正确. 答案:15.(2016郑州质检)正四棱锥SABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.解析:以O为原点,向 量,向量为x,y,z轴正方向,SO为一个单位长度建立空间直角坐标系,则有A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),S(0,0,1),D(0,-1,0),P(0,-, ),向量=(-1,-1,0),向量=(-1,- ),=(-2,0,0),设n=(x,y,z)是平面PAC的法向量,所以令z=1,x=0,y=1,所以n=(0,1,1),|cos|=-.所以BC与平面PAC所成角为30.答案:3016.(2016石家庄模拟)如图所示,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.解析:以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设点E(1,a,1)(0a1),A(1,0,0), B(1,1,0),C1(0,1,1), D1(0,0,1),=(1,a,0),=(0,1,0),=(-1,1,1),设n=(x,y,z)是平面ABC1D1的法向量,则n=0,n=0.所以解得x=1,z=1.所以n=(1,0,1),所以E点到平面ABC1D1的距离d=.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)(2015兰州高三诊断)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,ABCD,AB=2,BC=CD=1,顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C. (1)求证:AD1BC;(2)若直线DD1与直线AB所成的角为,求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值.(1)证明:连接D1C,则D1C平面ABCD,所以D1CBC,在等腰梯形ABCD中,连接AC,因为AB=2,BC=CD=1,ABCD,所以BCAC,所以BC平面AD1C,所以AD1BC.(2)解:因为ABCD,所以D1DC=.因为CD=1,所以D1C=.在底面ABCD中作CMAB,连接D1M,则D1MAB,所以D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角.在RtD1CM中,CM=,D1C=,所以D1M=,所以cosD1CM=.即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.18.(本小题满分12分)(2015唐山模拟)已知空间三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=.(1)求a和b夹角的余弦值;(2)设|c|=3,c,求c的坐标.解:(1)因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以ab=-1+0+0=-1,|a|=,|b|=.所以cos=-.(2)=(-2,-1,2),设c=(x,y,z),因为|c|=3,c,所以=3,存在实数使得c=,即联立解得或所以c=(-2,-1,2).19.(本小题满分12分)(2016甘肃模拟)如图,正方形ADMN与矩形ABCD所在平面互相垂直,点E在线段AB上,AB=2AD=6. (1)若AE=EB,求证:BM平面NDE;(2)若BE=2EA,求三棱锥MDEN的体积.(1)证明:连接AM,AMND=F,四边形ADMN为正方形,则F是AM的中点.又因为EA=EB,连接EF,则EF为ABM的中位线,所以EFBM.又因为BM平面NDE,EF平面NDE,所以BM平面NDE.(2)解:当BE=2EA时,E为AB的三等分点. 所以AE=AB=2,MN=MD=3,可证得AE平面ADMN.所以VMDEN=VEMND=SMNDAE=MNMDAE=332=3.20.(本小题满分12分)(2015南宁二模)如图所示多面体中,AD平面PDC,ABCD为平行四边形,E为AD的中点,F为线段BP上一点,CDP=120,AD=3,AP=5,PC=2.(1)试确定点F的位置,使得EF平面PDC;(2)若BF=BP,求直线AF与平面PBC所成的角的正弦值.解:(1)取线段BP中点F,取PC的中点为O,连接FO,DO(图略),因为F,O分别为BP,PC的中点,所以FOBC,因为ABCD为平行四边形,所以EDBC,且DE=BC.所以FOED且ED=FO,所以四边形EFOD是平行四边形.所以EFDO.因为EF平面PDC,DO平面PDC,所以EF平面PDC.(2)以DC为x轴,过点D作DC的垂线为y轴,DA为z轴建立空间直角坐标系(图略),得D(0,0,0),C(2,0,0),B(2,0,3),P(-2,2,0),A(0,0,3),因为设F(x,y,z),=(x-2,y,z-3)= (-,-1),所以F(,2).=(,-1).设平面PBC的法向量n1=(x,y,z),则令y=1,可得n1=(,1,0).cos=.所以直线AF与平面PBC所成的角的正弦值为.21.(本小题满分12分)四棱锥PABCD的底面是边长为2的菱形,BAD=60,PAD是等边三角形,且PB=,M是棱PC上除P,C外的任意一点,且=,(1)当=时,求证:平面BDM平面ABCD;(2)设二面角MBDA的大小为,当(,)时,求的取值范围.(1)证明:设AD中点为O,连接PO,BO,连接OC与BD交于Q点,则POAD,且PO=.由已知得ABD为等边三角形,所以BO=,在POB中,PO2+BO2=PB2,所以POBO,又ADBO=O,所以PO平面ABCD,连接MQ,由已知得BQCDQO,所以=,当=时,=,所以POMQ,所以MQ平面ABCD,又MQ平面BDM,所以平面BDM平面ABCD.(2)解:由(1)所证,以O为原点,OB为x轴,OD为y轴,OP为z轴建立空间直角坐标系.则B(,0,0),D(0,1,0),P(0,0,),C(,2,0),设M(x1,y1,z1),因为=,所以M(,2,(1-),设平面BDM的法向量为m=(x0,y0,z0),由得取x0=1,得m=(1, ),平面BDA的一个法向量n=(0,0,1),根据题意得-cos 0,即,所以()2,所以解得.即当(,)时,的取值范围为(,).22.(本小题满分12分)(2015河南六市第一次联考)如图(1),已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,将ADM沿AM折起,使得平面ADM平面ABCM(如图(2).(1)求证:ADBM;(2)若点E是线段DB上的一动点,问点E在何位