2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：阶段自测卷（五） (含解析).doc

1、阶段自测卷(五)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1(2019贵州遵义航天中学月考)下列说法正确的是()A空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案A解析空间四边形不是平面图形，故B错；四面体不是四棱柱，故C错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D错；根据公理2可知A正确，故选A.2(2019湛江调研)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，

2、下列命题中正确的是()An，m，m mnB，m，mn nCmn，m，n Dm，nmn答案A解析对于A，根据线面平行的性质定理可得A选项正确；对于B，当，m时，若nm，n，则n，但题目中无条件n，故B不一定成立；对于C，若mn，m，n，则与相交或平行，故C错误；对于D，若m，n，则m与n平行或异面，则D错误，故选A.3(2019重庆万州三中月考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，D是CC1的中点，F是A1B的中点，且，则()A，1B，1C1，D1，答案A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得，11，1，故选A.4平行六面体ABCDA1B1C1D1中，(1， 2， 0)，(2， 1， 0)，1

3、(0， 1， 5)，则对角线AC1的边长为()A4 B4 C5 D12答案C解析因为111(0， 1， 5)(1， 2， 0)(2， 1， 0)(3， 4， 5)，所以|1|5，故选C.5.(2019凉山诊断)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，下列结论中，正确的是()AEFBB1BEF平面BCC1B1CEF平面D1BCDEF平面ACC1A1答案D解析连接B1C交BC1于F，由于四边形BCC1B1是平行四边形，对角线互相平分，故F是B1C的中点因为E是AB1的中点，所以EF是B1AC的中位线，故EFAC，所以EF平面ACC1A1.故选D.6(2019湖北

4、黄冈中学、华师附中等八校联考)九章算术中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求球的直径d的公式d.若球的半径为r1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为()A. B. C. D.答案D解析根据公式d得，2，解得V.故选D.7已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，则平面ACB1截此球所得的截面的面积为()A. B. C. D.答案D解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC，AB1，CB1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R，

5、所以截面的面积S，故选D.8已知向量n(2， 0， 1)为平面的法向量，点A(1， 2， 1)在内，则 P(1， 2，2)到的距离为()A. B. C2 D.答案A解析(2， 0， 3)，点P到平面的距离为d.P(1， 2，2)到的距离为.故选A.9正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P坐标为(0x1)，则，设，的夹角为，所以cos ，所以当x时，cos 取得最大值，.当x1时， cos 取得最小值，.因为B

6、C1AD1.故选D.10(2019淄博期中)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB4，AB2，CC12，E，F分别为AC，CC1的中点，则直线EF与平面AA1B1B所成的角是()A30 B45 C60 D90答案A解析连接AC1，则EFAC1，直线EF与平面AA1B1B所成的角，就是直线EF与平面AA1B1B所成的角，AC1与平面AA1B1B所成的角；作C1DA1B1于D，连接AD，因为直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB4，所以底面是等腰三角形，则C1D平面AA1B1B，可知C1AD就是直线EF与平面AA1B1B所成的角，CACB4，AB2，CC12，可得C1D3，AD3，所以tanC1

7、AD，所以C1AD30.故选A.11(2019陕西汉中中学月考)点A，B，C，D，E是半径为5的球面上五点，A，B，C，D四点组成边长为4的正方形，则四棱锥EABCD体积的最大值为()A. B256 C. D64答案A解析正方形ABCD对角线长为8.则球心到正方形中心的距离d3.则E到正方形ABCD的最大距离为hd58.则VEABCD448.故选A.12(2019四省联考诊断)如图所示，四边形ABCD为边长为2的菱形，B60，点E，F分别在边BC，AB上运动(不含端点)，且EFAC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF底面ECDAF，当五棱锥BECDAF的体积最大时，EF的长为()A1 B.

8、C. D.答案B解析由EFAC可知BEF为等边三角形，设EFx，等边BEF的高为x，面积为x2，所以五边形ECDAF的面积为222x22x2，故五棱锥的体积为xxx3(0x2)令f(x)1x20，解得x，且当0x时，f(x)单调递增，当x2时，f(x)单调递减，故在x时取得极大值也即最大值故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13设m，n为空间两条不同的直线，为空间两个不同的平面，给出下列命题：若m，m，则；若m，m，则；若m，mn，则n；若m，则m.其中正确的命题序号是_答案解析对于，若m，m，则与可能相交，故错误；对于，若m，m，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面

9、垂直的判定定理得到，故正确；对于，若m，mn，则n可能在内，故错误，对于，若m，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m，故正确故答案为.14如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，已知D，E，F分别为AB，AC，AA1的中点，设三棱锥AFED的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1V2的值为_答案解析设三棱柱的高为h，F是AA1的中点，则三棱锥FADE的高为，D，E分别是AB，AC的中点，SADESABC，V1SADE，V2SABCh，.15.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，ABAC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面

10、ABB1A1的面积为_答案解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为.三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，平面ABC平面BCC1B1，BC为截面圆的直径，BAC90.ABAC，AB1，侧面ABB1A1的面积为1.16(2019陕西四校联考)直三棱柱ABCA1B1C1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为，则该三棱柱体积的最大值为_答案4解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则棱柱的高h，设外接球的半径为r，则r3，解得r2，上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，h2r4.h2，a2b2h282ab，ab4.当且

11、仅当ab2时“”成立三棱柱的体积VShabhab4.三、解答题(本大题共70分)17.(10分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC底面ABCD， 点E为侧棱PB的中点求证：(1)PD平面ACE；(2)平面PAC平面PBD.证明(1) 连接OE.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点因为E为PB的中点，所以PDOE.又因为OE平面ACE，PD平面ACE，所以PD平面ACE.(2) 在四棱锥PABCD中， 因为PC底面ABCD，BD底面ABCD，所以BDPC.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以BDAC.又PC，AC平面PAC，PCACC

12、，所以BD平面PAC.因为BD平面PBD，所以平面PAC平面PBD.18(12分)(2019广州执信中学测试)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等边三角形，已知BD2AD8，AB2DC4.(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD平面PAD；(2)求四棱锥PABCD的体积(1)证明在ABD中，由于AD4，BD8，AB4，所以AD2BD2AB2.故ADBD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BD平面ABCD，所以BD平面PAD，又BD平面MBD，故平面MBD平面PAD.(2)解如图，过P作POAD交AD于O，由于平面PAD平面ABCD，所以

13、PO平面ABCD.因此PO为四棱锥PABCD的高，又PAD是边长为4的等边三角形因此PO42.在四边形ABCD中，ABDC，AB2DC，所以四边形ABCD是梯形，在RtADB中，斜边AB边上的高为，此即为梯形ABCD的高，所以四边形ABCD的面积为S24.故VPABCD24216.19(12分)(2019化州模拟)如图所示，在四棱锥EABCD中，ED平面ABCD，ABCD，ABAD，ABADCD2.(1)求证：BCBE；(2)当几何体ABCE的体积等于时，求四棱锥EABCD的侧面积(1)证明连接BD，取CD的中点F，连接BF，则直角梯形ABCD中，BFCD，BFCFDF，CBD90，即BCBD

14、.DE平面ABCD，BC平面ABCD，BCDE，又BDDED，BC平面BDE.由BE平面BDE得，BCBE.(2)解VABCEVEABCDESABCDEABADDE，DE2，EA2，BE2，又AB2，BE2AB2AE2，ABAE，四棱锥EABCD的侧面积为DEADAEABBCBEDECD 622.20(12分)(2019青岛调研)如图，在长方形ABCD中，AB，AD2，E，F为线段AB的三等分点，G，H为线段DC的三等分点将长方形ABCD卷成以AD为母线的圆柱W的半个侧面，AB，CD分别为圆柱W上、下底面的直径(1)证明：平面ADHF平面BCHF；(2)求二面角ABHD的余弦值(1)证明因为H

15、在下底面圆周上，且CD为下底面半圆的直径，所以DHCH，又因为DHFH，且CHFHH，所以DH平面BCHF.又因为DH平面ADHF，所以平面 ADHF平面BCHF.(2)解以H为坐标原点，分别以HD，HC，HF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设下底面半径为r，由题意得r，所以r1，CD2.因为G，H为DC的三等分点，所以HDC30，所以在RtDHC中，HD，HC1，所以A(，0， 2)，B(0， 1， 2)，D(，0， 0)， 设平面ABH的法向量为n(x，y，z)，因为n(x，y，z)(，0， 2)0，n(x，y，z)(0， 1， 2)0，所以所以平面ABH的法向量n(2，2，)设平

16、面BHD的法向量m(x，y，z)因为m(x，y，z)(，0， 0)0，m(x，y，z)(0， 1， 2)0，所以所以平面BHD的法向量m(0，2， 1)，由图形可知，二面角ABHD的平面角为锐角，设为，所以二面角ABHD的余弦值为cos .21(12分)(2019成都七中诊断)如图，在多面体ABCDE中，AC和BD交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2.(1)作平面CDE与平面ABE的交线l，并写出作法及理由；(2)求证：平面BDE平面ACE；(3)若多面体的体积为2，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值(1)解过点E作AB(或CD)的平行线，即为所求直线l.AC和BD交于一点，A，B，C，D

17、四点共面又四边形ABCD边长均相等，四边形ABCD为菱形，从而ABDC.又AB平面CDE，且CD平面CDE，AB平面CDE.AB平面ABE，且平面ABE平面CDEl，ABl.(2)证明取AE的中点O，连接OB，OD.ABBE，DADE，OBAE，ODAE.又OBODO，AE平面OBD，BD平面OBD，故AEBD.又四边形ABCD为菱形，ACBD.又AEACA，BD平面ACE.又BD平面BDE，平面BDE平面ACE.(3)解由VEABCD2VEABD2VDABE2，即VDABE1.设三棱锥DABE的高为h，则h1，解得h.又DO.DO平面ABE.以点O为坐标原点，OB，OE，OD所在直线分别为x

18、轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1， 0)，B(，0， 0)，D(0， 0，)，E(0， 1， 0)(0， 1，)，(，1， 0)设平面BCE的一个法向量为n(x，y，z)，由得，平面BCE的一个法向量为n(1，1)又(0， 1，)，于是cos，n.故直线DE与平面BCE所成角的正弦值为.22(12分)如图，ABC的外接圆O的半径为，CDO所在的平面，BECD，CD4，BC2，且BE1，tanAEB2.(1)求证：平面ADC平面BCDE；(2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由(1)证明CD 平面ABC，BECD，BE平面ABC，BEAB.BE1，tanAEB2，AE，从而AB2.O的半径为，AB是直径，ACBC，又CD 平面ABC，BC平面ABC，CDBC，故BC平面ACD.BC平面BCDE，平面ADC平面BCDE.(2)解方法一假设点M存在，过点M作MNCD于N，连接AN，作MFCB于F，连接AF.平面ADC平面BCDE，平面ADC平面BCDEDC，MN平面BCDE，MN平面ACD，MAN为MA与平面ACD所成的角设MNx，计算易得，DNx，MF4x，故AM ，sinMA