2019届高考数学一轮复习 阶段检测试题（四）理 新人教版.doc

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、三视图和直观图2,3,6,7空间几何体的表面积和体积4,5,9,13,15与球有关的切、接问题8,10,12,16平行、垂直的判定与性质1,17,18,19,20,21,22空间角和距离14,17,18,19,20综合问题11,21,22一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.“直线l垂直于平面”的一个必要不充分条件是(D)(A)直线l与平面内的任意一条直线垂直(B)过直线l的任意一个平面与平面垂直(C)存在平行于直线l的直线与平面垂直(D)经过直线l的某一个平面与平面垂直解析:根据面面垂直的判定可知,直线l垂直于平面,则经过直线l的某一个平面与平面垂直,当经过直线l的某一个平面与平面垂直时,直线l垂直于平面不一定成立,所以“经过直线l的某一个平面与平面垂直”是“直线l与平面垂直”的必要不充分条件.故选D.2.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为(B)(A)90(B)63(C)42(D)36解析:由三视图可知,该几何体下半部分是高为4,半径为3的圆柱,上半部分是高为6,半径为3的圆柱的一半,所以其体积为324+326=36+27=63.故选B.3.设a,b是两条不同的直线,是两个不同的平面,则(C)(A)若a,b,则ab(B)若a,a,则(C)若ab,a,则b(D)若a,则a解析:A.若a,b,则ab,或a,b异面或a,b相交,A错;B.若a,a,则,或与相交,B错;C.若ab,a,则b,C正确;D.若a,则a或a或a,D错.故 选C.4.我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献,他在实践的基础上,于5世纪末提出了下面的体积计算的原理(祖暅原理):“幂势既同,则积不容异”.“势”是几何体的高,“幂”是截面面积.意思是,若两等高的几何体在同高处截面面积总相等,则这两个几何体的体积相等.现有一旋转体D,它是由抛物线y=x2(x0),直线y=4及y轴围成的封闭图形如图1所示绕y轴旋转一周形成的几何体,利用祖暅原理,以长方体的一半为参照体(如图2所示)则旋转体D的体积是(C)(A) (B)6 (C)8(D)16解析:由题意,4x=22,所以x=,所以旋转体D的体积是44=8.故选C.5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(A)(A) (B)(C) (D) +2解析:如图所示,该几何体由两个三棱锥组成,该几何体的表面积S=1+11+12+1+=.故选A.6.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是(D)(A)(B)(C)(D)解析:由点A经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式),若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过BB1的中点,此时对应的正视图为;若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内,连接AC1,则AC1是最短路线,且AC1会经过CD的中点,此时对应的正视图为.故选D.7.水以匀速注入某容器中,容器的三视图如图所示,其中与题中容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象是(C)解析:由三视图知其直观图为两个圆台的组合体,水是匀速注入的,所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大,又因为容器的对称性,所以函数图象关于一点中心对称.故选C.8.将边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角BACD.则四面体ABCD的内切球的半径为(D)(A)1 (B)2-(C)-1(D)2-解析:由题意得AC=2.取AC中点O,连接DO,BO,则DO=BO=1,且DO平面ABC,所以=11=,BD=,AB=BC=AD=DC=,所以SABD=SBCD=sin 60=,SADC=SABC=1,设内切球的半径为r,则有=r(SABD+SBCD+SADC+SABC),=r(2+12),解得r=2-.故选D.9.将一张边长为6 cm的正方形纸片按如图(1)所示阴影部分裁去四个全等的等腰三角形,将余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥(底面是正方形,顶点在底面的射影为正方形的中心)模型,如图(2)放置.若正四棱锥的正视图是正三角形(如图(3),则正四棱锥的体积是(A)(A) cm3(B) cm3(C) cm3(D) cm3解析:因为图(1)中的虚线长为图(2)正四棱锥的底面边长,设为x,又正四棱锥的正视图是正三角形,所以正四棱锥的斜高也为x,由图(1)得正方形对角线长为2(x+)=6,解得x=2,即正四棱锥的底面边长为2,所以四棱锥的高为,所以四棱锥的体积V=8= cm3,故选A.10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为(B)(A) (B) (C)4(D)解析:由三视图知该几何体为四棱锥,PE平面ABC,E,F分别是对应边的中点,底面ABCD是边长是2的正方形,设外接球的球心到平面ABCD的距离为h,则h2+2=1+(2-h)2,所以h=,R2=,所以几何体的外接球的表面积S=4R2=,故选B.11.圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面的中心,M为SO的中点,动点P在圆锥底面内(包括圆周),若 AMMP,则点P形成的轨迹的长度为(D)(A)(B)(C)(D)解析:建立空间直角坐标系.设A(0,-1,0),B(0,1,0),S(0,0,),M(0,0,),P(x,y,0),于是有=(0,1,),=(x,y,-).由于AMMP,所以(0,1,)(x,y,-)=0,解得y=,此为P点形成的轨迹方程,其在底面圆盘内的长度为2=.故选D.12.如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为(A)(A) (B)(C)(D)解析:根据正方体的几何特征知,平面ACD1是边长为的正三角形,且球与以点D为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD1三边的中点,故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,由图得ACD1内切圆的半径是tan 30=,故所求的截面圆的面积是()2=.故 选A.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)13.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面中,面积最大的面的面积是.解析:由三视图可知,该几何体有两个面是直角三角形,如图,底面是正三角形,最大的面是边长分别为2,=2,=2的面,其面积为2=.答案:14.正ABC与正BCD所在平面垂直,则二面角ABDC的正弦值为.解析:取BC中点O,连接AO,DO,建立如图所示坐标系,设BC=1,则A(0,0,),B(0,-,0),D(,0,0).所以=(0,0,),=(0, ,),=(, ,0).设平面ABD的法向量为n=(x0,y0,z0),则n=0,且n=0,所以+z0=0,且x0+=0,因此取x0=1,得平面ABD的一个法向量n=(1,-,1).由于=(0,0,)为平面BCD的一个法向量,所以cos=,所以sin=.答案:15.已知函数f(x)=将f(x)的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周,则所得旋转体的体积为.解析:将f(x)的图象与x轴围成的封闭图形绕x轴旋转一周,所得旋转体为一个圆锥和一个半个球的组合体,其中球的半径为2,棱锥的底面半径为2,高为1,所以所得旋转体的体积为221+23=.答案:16.已知一个三棱锥的所有棱长均为,则该三棱锥的内切球的体积为.解析:如图,AE平面BCD,设O为正四面体ABCD内切球的球心,则OE为内切球的半径,设OA=OB=R.又正四面体ABCD的棱长为,在等边BCD中,BE=,所以AE=.由OB2=OE2+BE2,得R2=(-R)2+,解得R=,所以OE=AE-R=,即内切球的半径是,所以内切球的体积为()3=.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)在如图所示的多面体ABCDEF中,ABCD为直角梯形,ABCD,DAB=90,四边形ADEF为等腰梯形,EFAD,已知AEEC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.(1)求证:平面ABCD平面ADEF;(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值.(1)证明:取AD中点M,连接EM,AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=AD,所以AEDE,又AEEC,DEEC=E,所以AE平面CDE,所以AECD,又CDAD,ADAE=A,所以CD平面ADEF,又CD平面ABCD,所以平面ABCD平面ADEF.(2)解:如图,作EOAD,则EO平面ABCD,故以O为原点,分别以, 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间平面直角坐标系,依题意可得E(0,0,),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,),所以=(3,0,-),=(-4,4,0),=(3,-4,).设n=(x,y,z) 为平面EAC的法向量,则 即不妨设x=1,可得n=(1,1,),所以cos=,直线CF与平面EAC所成角的正弦值为.18.(本小题满分12分)如图所示,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,将AED,DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A,O为 AD的中点,连接EF,EO,FO.(1)求证:ADEF;(2)求直线BD与平面OEF所成角的正弦值.(1)证明:在正方形ABCD中,有ADAE,CDCF,则ADAE,ADAF.又AEAF=A,所以AD平面AEF,而EF平面AEF,所以ADEF.(2)解:因为正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点,所以BE=BF=AE=AF=1,所以EF=,所以AE2+AF2=EF2,所以AEAF.由(1)得AD平面AEF,所以分别以AF,AE,AD为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),F(1,0,0),E(0,1,0),D(0,0,2).设EF与BD相交于G,则G为EF的中点,所以O(0,0,1),G(, ,0),=(0,1,-1),=(1,0,-1),=(, ,-2).设平面OEF的一个法向量为n=(x,y,z),则可取n=(1,1,1),设直线DG与平面OEF所成角为,所以sin =,所以直线BD与平面OEF所成角的正弦值为.19.(本小题满分12分)在四棱锥PABCD中,E为棱AD的中点,PE平面ABCD,ADBC, ADC=90,ED=BC=2,EB=3,F为棱PC的中点.(1)求证:PA平面BEF;(2)若二面角FBEC为60,求直线PB与平面ABCD所成角的正切值.(1) 证明:连接AC交BE于点M,连接FM.因为ADBC,且BC=AE,AEMCBM,所以AM=MC.又PF=FC,所以线段FM是PAC的中位线,所以FMAP.因为FM平面BEF,PA平面BEF,所以PA平面BEF.(2)解:因为ADBC,ED=BC,所以四边形BCDE是平行四边形.又因为ADC=90,所以四边形BCDE是矩形,所以ADBE.又PE平面ABCD,所以PEBE,PEED.以E为坐标原点,EB,ED,EP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设PE=m,则E(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,m),C(3,2,0),F(,1,),所以=(3,0,0),=(,1,).设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),由得令z=1,得n=(0,- m,1).取平面ABCD的一个法向量为a=(0,0,1),所以cos=.由二面角FBEC为60,得=,解得m=2.因为PE平面ABCD,所以PBE就是直线PB与平面ABCD所成角.在RtPBE中,tanPBE=,所以直线PB与平面ABCD所成角的正切值为.20.(本小题满分12分)正三棱柱ABCA1B1C1底边长为2,E,F分别为BB1,AB的中点.(1)已知M为线段B1A1上的点,且B1A1=4B1M,求证:EM平面A1FC;(2)若二面角EA1CF所成角的余弦值为,求AA1的值.(1)证明:取B1A1中点为N,连接BN,则BNA1F,又B1A1=4B1M,N为B1A1的中点,则M为B1N的中点.所以EM为BNB1中位线,则EMBN,所以EMA1F.因为EM平面A1FC,A1F平面A1FC,故EM平面A1FC.(2)解:如图,以F为坐标原点建立空间直角坐标系,设AA1=a.则F(0,0,0),A1(-1,0,a),E(1,0,),C(0,0),=(-1,-),=(0,0),=(2,0,-),=(1,-a).设平面A1CF法向量为m=(x,y,z),则取z=1,得m=(a,0,1).设平面A1EC法向量为n=(x1,y1,z1),取x1=a,得n=(a,a,4).设二面角EA1CF的平面角为,因为二面角EA1CF所成角的余弦值为,所以cos =cos=.解得a2=,所以AA1=.21.(本小题满分12分)如图,在四棱锥PABCD中,ADDB,其中三棱锥PBCD的三视图如图所示,且sinBDC=.(1)求证:ADPB;(2)若PA与平面PCD所成角的正弦值为,求AD的长.(1)证明:由三视图可得PD平面ABCD,而AD平面ABCD,所以ADPD.又ADDB,且PDBD=D,PD,BD平面PBD,所以AD平面PBD.又PB平面PBD,所以ADPB.(2)解:由(1)可知,PD,AD,BD两两互相垂直,以D为原点,以DA,DB,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=(0),结合sinBDC=可得A(,0,0),B(0,3,0),C(-,0),P(0,0,4),所以=(,0,-4),=(-,0),=(0,0,