2025版高中数学一轮复习阶段滚动检测四第九章理含解析新人教A版

阶段滚动检测（四）（第九章）

（120分钟150分）

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/垂直于平面a”的一个必要不充分条件是（）

A.直线/与平面a内的随意一条直线垂直

B.过直线/的随意一个平面与平面a垂直

C.存在平行于直线/的直线与平面□垂直

D.经过直线/的某一个平面与平面a垂直

【解析】选D.依据面面垂直的判定可知，直线/垂直于平面Q,则经过直线/的某一个平面与

平面Q垂直，当经过直线/的某一个平面与平面a垂直时，直线/垂直于平面Q不肯定成立，

所以“经过直线/的某一个平面与平面a垂直”是“直线！与平面a垂直”的必要不充分条件.

2.（2024•海口模拟）一个底面边长为3的正三棱锥的体积与表面积为24的正方体的体积相

等，则该正三棱锥的高为（）

A.1273B.C.D.12

oy

【解析】选C.设正方体棱长为a,则6a2=24,解得a=2,所以正方体的体积为2?=8.设正三

棱维的高为h,则三棱维的体积为V=；义字■X32Xh=8,解得h=笠巨.

3.（2024•长春模拟）为美化环境，某城市确定用鲜花装饰花柱，它的下面是一个直径为1m、

图为3m的圆柱形物体，上面是•个半球形物体.假如每平方米大约须要鲜花150朵，那么

装饰一个这样的花柱大约须要鲜花朵数为（工取3.1）（）

A.1235B.1435C.1628I）.1835

112

（解析］选C.圆柱侧面积为2n,,•3=3n,半球的表面积为,•4nII=n'，所以总

面积为:n%10.85,所以大约须要鲜花10.85X150比1628朵.

4.如图三棱锥V】ABC,VA±VC,AB±BC,ZVAC-ZACB-300,若侧面VACJ_底面ABC,则其

正视图与侧视图面积之比为（）

V

侧视

AC

/正视

B

A.4：小B.4：小

C.小：小D.小：镉

【解析】选A.主视图为RtZWAC,左视图为以AVAC中AC边上的高VD为一条直角边，AABC

中AC边上的高BE为另一条直角边的直角三角形.

1\（3

设AC=x,则VA=-^-X,VC=-x,VD=-yx,BE=^x,

则Sj.:8左视（s=（g•乎x•:修•*x•*x）=4：小.

5.设m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，下列命题正确的是（）

A.m±a,n_LB,且aJ_B,则m±n

B.m//a,n〃B,且a〃B,则m/7n

C.m±a,nuB,m±n,则a_LB

I）,mea,nua,m//B,n//3,则a〃B

【解析】选A.对于A,mJ.a.n±0.且a_LB,利用面面垂直的性质定理得到垂直于交线

的平面Q内的直线n’与。垂直，又「，0,得到n〃n',

又m~La,得到m_Ln',所以m_Ln,故A正确；对于B,m//a,n〃B,

且a〃0,则m与n位置关系不确定，可能相交、平行或者异面，故B错误：

对于C,m±a,nuB,m±n,则a与。可能平行，故C错误；对于D,mea,nca,m//

6,n〃B,则a与B可能相交，故D错误.

6.（2024•益阳模拟）刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的

四棱锥叫做阳马.如图，是•个阳马的三视图，则此阳马的体枳为（）

侧视图

816

A-B.-C.8D.16

OO

【解析】选B.依据几何体的三视图得直观图，如图所示，该几何体是四棱锥，高为2,其中

底面为长为4,宽为2的长方形.所以V=；X2X4X2=学.

7.如图所示，在直三棱柱ABOABG中,BC=AC,ACi±A,B,M,N分别为AB,在的中点,给

出下列结论:①GM_L平面MABBi；②A】B_LAM；③平面AMG〃平面CNK,其中正确的结论个数

为（）

B

A.0B.1C.23.3

【解析】选D.由于ABC-ABG为直三棱柱，BC=AC,ACi±AiB,M为AB的中点，得GM_LAB,

所以GM_L平面AIABBI,①正确：又因为AGJ_AB,且GMJ■平面AABB、所以可证得

所以②正确；由AM〃B1N,C附〃CN,得平而AMG〃平而CNBi,所以③正确，所以正确命题共有

3个.

8.（2024•南平三模）某中学注意培育学生劳动独M意识和主动服务他人、服务社会的情怀.为

了让学生更深刻理解劳动创建价值，丰富职业体验，现组织学生到工厂参与社会实践活动.学

生在活动过程中视察到一个生产所需零件的几何体三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体

的表面枳（单位：加与是（）

正视图侧视图

俯视图

A.4nB.-rnC.14nD.15n

4

【解析】选A.利用三视图和直观图之间的转换可知，该,1何体为半球和圆柱组成的组合体,

如图所示：

11

该几何体的表面积为S=-X4XnX12+nX12+2XnX-X1=4n（cm2）.

9.（2024•随州模拟）今年从6月2日至7月18日6时，中心气象台连续40余天发布暴雨预

警，成为自2007年开展暴雨预警业务以来历时最长的一次.通常说的小雨、中雨、大雨、暴

雨等，一般以日降雨量衡黄，降雨量是指从天空着陆到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流

失而在水面上积聚的水层深度，一般以亳米为单位，它可以直观地表示降雨的多少.其中小

雨指日降雨量在10亳米以下；中雨日降雨量为10〜24.9亳米；大雨日降雨量为25〜49.9亳

米；暴雨口降雨量为50〜99.9亳米；大暴雨口降雨量为100〜250亳米；特大暴雨日降雨量

在250富米以上.我国古代很早就有关于降雨量的记载，古代数学名著《数书九章》中有“天

池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨天池盆盆口直径为二尺八寸，盆

底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是几寸.（注：①平地

降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸，1寸=3;厘米），设该次测得的降

O

雨量为日降雨量，则依据现在的标准，这次降雨的级别为（）

A.中雨B.大雨

C.暴雨D.大暴雨

【解析】选D.因为天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，

盆深一尺八寸，盆中积水深九寸，

所以盆中积水体积为：V=；X9XnX（R?+RXr+r2）

1/28+12A2128+1212.12

=3X9XnX［（^rJXT+（^）］=588n,

588n,1

所以平地降雨量是：.*唐=3（'+）=3X3~=10（cm）=100（mm）.

所以这次降雨的级别为大暴雨.

10.（2024•石家庄模拟）三棱锥S-ABC的底面各棱长均为3,其外接球半径为2,则三棱锥S-ABC

的体积最大时，点S到平面ABC的距离为（）

A.2+小B.2-/

C.3D.2

【解析】选C.如图,

设三棱锥S-ABC底面三角形ABC的外心为G,三棱锥外接球的球心为0,

要使三棱锥S-ABC的体积最大，则0在SG上，

由底面三角形的边长为3,可得AG=°.….

连接0A,在RtAOGA中，由勾股定理求得0G=AJ0A?-GA2=y)22-(73)2=1.所以点S到

平面ABC的距离为0S+0G=2+1=3.

11.已知四棱锥S・ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设

SE与BC所成的角为01fSE与平面ABCD所成的角为02,二面角S-AB-C的平面角为。「则

()

A.OWO2WO3B.OWO2WO1

C.0i<03<02I).02<00,

【解析】选D.

如图所示，作S的投影点0,取AB的中点F,连接SO,SF,OF,

1

作GE平行于BC,且GE=,BC,连接SG,0G,SE,0E.

因为S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，

所以NS0F=NS0E=NSGE=90°,

GE

因为SE与BC所成的角为e1,所以cos0i=—,

、匕

因为SE与平面ABCD所成的角为82,

SO

所以sine2=—,因为二面角s-AB-C的平面角为83,

,,SOOF

所以sin93=sp，cos63=gp-

因为GE=OF,SFWSE,

所以coseiWcos03,sin02^sin03,

即812B3.02WQ3,所以62W63W91.

12.（2024•湖北模拟）如图,在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，E,F,G分别是棱AB,BC,

CG的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线DF与平面EFG不存在公共点，以下说法正确的

个数是（）

①三棱锥P-EFG的体积为定值；

②三角形PBBM面积的最小值为地；

③BJ）-L平而EFG：

④经过E,F,G三点的截面把正方体分成体积相等的两部分.

A.1B.2C.33.4

【解析】选D.如图，取AA中点H,连接EH,延长FG,BC相交于点K,延长EH,BA相交于

点L,连接KL,交CD于点M,交AD于点N,则六边形EFGMNH为过EFG的平面极正方体所得

的截面图形.

连接D,A,DC,可得平面DAC〃平面EFGMNH,若直线DF与平面EFG不存在公共点，则P的轨

迹为线段AC,当P在线段AC上时，P到EF6勺距离相等.则三角形PEF的面积为定值.又G

究竟面距离为定值，则三极锥P-EFG的体积为定值，故①正确；当P为AC与BD的交点付，

PB的长度最短为啦,此时的面积的最小值为£X/X2=A/2,故②正确；由BB」

底面ABCD,得BB」AC,又AC_LBD,BDC1BB尸B,

所以AC_L平面BBD,得AC_LBQ,同理证得&D_LA»,可得BQJ■平面AC»,又平面AC。〃平

面EFG,则&DJ■平面EFG,故③正确；由对称性可知，经过E,F,G三点的栈面把正方体分

成体积相等的两部分，故④正确，所以正确命题的个数是4.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上）

13.（2024•南通模拟）已知柏拉图多面体是指每个面都是全等的正多边形构成的凸多面体.闻

名数学家欧拉探讨并证明向多面体的顶点数（V）、棱数（E）、面数（F）之间存在如下关系：V+F

—E=2.利用这个公式，可以证明柏拉图多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体（正方

体）、正八面体、正十二面体和正二十面体.若棱长相等的正六面体和正八面体（如图）的外接

O

球的表面积分别为Si,S2,则三的值为.

02

【解析】设正六面体与正八面体的校长均为a,

由

则正六面体外接球的半径口=彳-a,

其外接球的表面积Si=4nxf^a）=3na2；

正八面体的外接球的半径门=彳a,

其外接球的表面积S2=4TIX（乎a）=2na2,所以£.

答案：|

14.如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的

各条棱中，最长的棱的长度为.

【解析】由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱傩，如图所示.

其中平面ABC1•平面BCD,Z\ABC为等腰直角三角形，AB=BC=4,

取BC的中点M,连接AM,DM,

则DMJ■平面ABC.在等腰4BCD中，BD=DC=2^5,BC=DM=4,

所以在RtAiAMD中，AD=^AM24-DM;

=^/424-22+42=6,

又在RtZ^ABC中，AC=4/<6,

故该多面体的各条棱中，最长楂为AD,长度为6.

答案：6

15.在直三棱柱ABC-ABG中，若BC_LAC,ZA=^-,AC=4,M为AA1中点，点P为BM中点,

o

Q在线段CAi上,JSA1Q=3QC,则PQ的长度为

【解析】分别过点P,Q作PEJLAB,QF±AC,垂足分别为点E,F,连接EF,由题意可知PE〃

AM,QF//AM,且PE=^AM,QF=：AA,,即PE=QF,所以四边形PEFQ为矩形，则PQ=EF.在

RtZ\ABC中易知AE=4,AF=3,NBAC=J,

所以EF2=AE2+AF2—2AE・AF・cosZBAC=13,故EF=氏.

答案：平

16.（2024•漳州三模）如图，大搜锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆

形的座舱中，面对外.通常大摆锤以压肩作为平安束缚，配以平安带作为二次保险，座舱旋

转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.今年五一，小明去某游乐园玩“大

摆锤”，他坐在点A处，“大摆锤”启动后，主轴0B在平面a内绕点。左右摇摆，平面□与

水平地面垂直，0B摇摆的过程中，点A在平面B内绕点E作圆周运动，并且始终保持OE_LB,

BGB.已知0B=6AB,在“大摆锤”启动后，下列4个结论中正确的是（请填上全部

正确结论的序号）.

①点A在某个定球面上运动；

②线段AB在水平地面上的正投影的长度为定值；

③直线0A与平面a所成角的正弦值的最大值为华；

OI

④直线0A与平面a所成角的正弦值的最大值为嘻.

小明

【解析】①在转动过程中0A长度保持不变，故A在以0为球心，以0A长为半径的球面上运

动，故①正确；

②当AB〃地而所右平面时，AB右地面上的和投影最长，最长投影为AB长度，

当AB与地面所在平面垂直时，AB在地面的正投影最短，最短投影长度为0,故②错误：

③当AB_La时，点A到平面a的距离最大，最大距离为AB长，而0A长度保持不变，

故0A与平面a所成角的正弦值的最大值为券=I==,故③正确，④错误.

0A<36AB+AB37

答案：①③

三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步

骤）

17.（10分）如图所示，在三棱锥D-ABC中，AB=BC=CD=1,AC=45,平面ACDJ_平面ABC,

ZBCD=90°.

（1）求证:CD_L平面ABC；

⑵求直线BC与平面ABD所成角0的正弦值.

【解析】方法一：⑴过点B作BHJ_AC于点H.

因为平面ACD_L平面ABC,平而ACDP平面ABC=AC,所以BH_L平面ACD,

所以BH±CD.

又因为CD±BC,BHDBC=B,

所以CD1•平面ABC.

⑵过点C作CKJ_AB交AB延长线于点K,连接DK.

由⑴可知CD_L平面ABC,所以CD_LAB.

又因为CDnCK=C,

所以ABJ■平面DCK.过点C作CL±DK于点L,所以AB_LCL.又因为ABCIDK=K,

所以CLJ■平面ABD.

连接BL,则NCBL为直线BC与平面ABD所成的角.

因为AB=BC=1,AC=#,所以NCAB=30°.

又因为NCKA—90',所以CK=^-.

因为CD-1,所以DK一手,

7DC•CKJ21

所以CL-DK-7'

CLA/21

所以sin0—sinZCBL——丫.

DU/

D

4

上

BK

方法二：(1)取AC的中点M,连接BM,过点M在平面ACD上作MN±AC,

因为平面ACD_L平面ABC,所以MNJ■平面ABC,又因为AB=BC,所以BMJLAC,

分别以MB,MC,MN为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则有B(；,0,0),C(0,

zD

=信,李,。),

设D(0,y,z),BC=

CD=(o-T；

•

因为NBCD=90°,所以BC・CD=o,得丫=乎.

‘坐'

又因为CD=1,所以D(0I'

所以CD=(0,0,1)，所以CD_L平面ABC.

(2)ATO,一乎,o)，

设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),

由AD=(0,y[3,1),

AD*n=V3y+z=0

得,」

AB>nx+g=0

22

取n=(—小,1,—y/3).

又因为阮=G，坐o),

所以sin9=|cos〈〉|—

BC,ny/7X17

18.(12分)如图，圆锥的横截面为等边三角形SAB,。为底面圆圆心，Q为底面圆周上一点.

⑴假如BQ的中点为C,0H1SC,求证：OH_L平面SBQ；

⑵假如NAOQ=60°,QB=245,设二面角A・SB・Q的大小为0,求cos8的值.

【解析】⑴连接0C,AQ.

因为0为AB的中点，BQ的中点为C,

所以0C〃AQ.

因为AB为圆的直径，所以NAQB=90°,

所以0C1BQ.

因为SO_L平面ABQ,所以SO_LBQ,所以QBJ■平面SOC,所以0H_LBQ,

所以0HJ■平面SBQ.

(2)由已知得QC=/,0Q=2,0C=1,SO=2^3.以。为原点，0A为x轴，

在平面ABC内过点0作AB的垂线为y轴，0S为z轴，建立空间直角坐标系,

则A(2,0,0),B(-2,0,0),SCO,0,2小),0(1,黄，0),

BS=(2,0,2^3),BQ=(3,y/3,0).

设n=(x,y,z)为平面SBQ的法向量,

JII・BS=2X+2GZ=0

[II・BQ=3x+V5y=0

令z=1,得n=(一4,3,1),

而平面SAB的一个法向量为m=(0,1,0),

3____3皿

所以CCS0通=13

19.(12分)在梯形ABCD中，AD〃BC,BC=2AD,AD=AB=^,AB±BC,如图把△ABD沿BD

翻折，使得平面ABD_L平面BCD.

⑴求证：CDJ_平面ABD；

⑵若点M为线段BC中点，求点U到平面ACD的距离.

【解析】⑴因为AD〃BC,BC=2AD,AD=AB=^,AB-LBC,

所以BD=、AB'+AD'=2,ZDBC=ZADB=45°,

CD="+（2⑺2-2X2X2/cos450=2,

BD?4-CD?=BC2,所以CD_LB）.

因为平面ABDI■平面BCD,平面ABDC平面BCD=BD,所以CD_L平面ABD.

⑵由（1）知CDJLBD.以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴,

如图建立空间直角坐标系D-xyz.

■■

CD=（o,-2,0）,AD=（-i,o,-1）,MC=（-i,1,o）

设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),

则CD•n=0且AD・n=0,

-2y=0,

所以，令x=1,得平面ACD的一个法向量n=(1,0,—1),

-x-z=0.

|MC・n|

所以点M到平面ACD的距离d=------------

n一啦1

20.(12分)如图，四棱柱ABCD-ABCD的底面为菱形，ZBAD=120°,AB=2,E,F分别为

CD,AAi的中点.

(1)求证：DF〃平面BiAE.

3

⑵若AA」底面ABCD,且直线与平面RAE所成线面角的正弦值为彳，求AA】的长.

【解析】(1)设G为AB1的内点，连接EG,GF,

因为FG=^AB,又DE』gAB,

所以FG=4DE,所以四边形DEGF是平行四边形，所以DF〃EG,又DFQ平面&AE,

EGu平面&AE,所以DF〃平面BAE.

⑵因为ABCD是菱形，且NABC=60°,

所以4ABC是等边三角形.取BC中点M,

则AM±AD,因为AAiJ■平面ABCD,所以AA」AM,AA」AD,建立如图所示的空间直角坐标系

A-xyz,令AA：=t(t>0),

,I,0),Bi(5/3,—1,t),

则AS,0,0),E

Di(0,2,t),AE=(乎,1,0),

AB1=(/,—1,t)»ADj=(0,2,t),

设平面BiAE的一个法向量为n=(x,y,z),

则n.AfJ(x+/y)=0JLn•AB]=^/5x—y+tz=0,

取n=(一，5t,t,4),设直线A5与平面&AE所成角为6,

Im明I6t3

则sin0=-----------.=2(0+4)=4，解得t=2,故线段AAi的长为2.

|n||ADJ

21.(12分)如图，在四棱锥S-ABCD中，点0是正方形ABCD的中心，S0_L平面ABCD,且S0

=0D,点P为棱SI)上一点.

(1)当点P为棱SD的中点时，求证：SD_L平面PAC；

(2)是否存在点P,使得直线BC与平面PAC所成角的正弦值为鸣？若存在，请确定点P的

位置，若不存在，请说明理由.

【解析】⑴由题意不妨设0S=0D=1,

则SD=*,CD=AD=V2,SA=SC=/,

所以ASAD,ZkSCD为等边三角形.

当P是SD的中点时，AP±SD,CP1SD,

又APnCP=P,所以SD-L平面PAC.

⑵建立如图所示的空间直角坐标系，则可得B(1,0,0),0(0,1,0),

S(0,0,1),D(-1,0,0),A(0,-1,0).

假设存在符合题意的点P,可设SP"SD,

P(一入，0,1一入)，

所以AP=(—入，1,1一人)，AC=(o,2,0),

设平面PAC的一个法向量为n=（x,y,z）,

[—入x+y+（1—入）z=0

则CA,

12y=0

不妨取n=（1—入，0,入），又BC=（-1,1,0）,

入T_yio

由7（1一人）？+入2=10'

2

可得3入2-8入+4=0,解得入=不（入=2舍去）.

所以符合题意的点P是棱SD上靠近点D的三等分点.

22.（12分）（2024•漳州模拟）已知在三棱柱ABC「ABC中，AB=AC=^/2，

BC=BBI=2,点M为CG的中点,B】N=2NA.

（1）求证：AC〃平面BMN；

（2）条件①：直线AB】与平面BBGC所成的角30",条件②：/B】BC为锐角，三棱锥B「ABC的

体积为虐.在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：

若平面ABC_L平面BBCC,,求平面BMN与平面BBCC所成的锐二面角的余弦值.

注：在横线上填上所选条件的序号，假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【解析】⑴延长BN交AAi于点P,连接PM,

因为AA〃BBi,B,N=2NA,

“APAN1“

所以而■=o,所以BBi=2AP,

DD1INDIZ

因为AA尸BBI,所以AA】=2AP,

所以P是AAi的中点，因为M是CC的中点，AAir^CCi,所以PAi=4MG,

所以四边形PACM为平行四边形，所以AC〃PM,

因为ACQ平面BPM,PMc平面BPM,

所以AC〃平面BPM,所以AC〃平面BMN.

(2)选择条件①，解答过程如下：

取BC的中点0,连接AO,BQ,

因为AB=AC=/,BC=2,

所以AB；+AC?=BC2,

所以AB_LAC,所以aABC为直角三角形，

所以A0=1,且A0_LBC,

因为平面ABC_L平面BBCC,平面ABCCI平面BBCC=BC.A0±BC,

A0U平面ABC,

所以AOJ■平面BBCC,NA3Q是ABi与平面BBCC所成的角，所以NABQ=30°,

在RtAAOBi中，A0=1,B,0=A/3,

因为B0=1,B,0=A/3,BBi=2,

所以B()2+BQ2=BB；,

所以BOJ_BQ,如图，以0为坐