2022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.doc

1、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l垂直于平面”的一个必要不充分条件是()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】选D.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2(2021海口模拟)一个底

2、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()A12 B C D12【解析】选C.设正方体棱长为a，则6a224，解得a2，所以正方体的体积为238.设正三棱锥的高为h，则三棱锥的体积为V32h8，解得h.3(2021长春模拟)为美化环境，某城市决定用鲜花装饰花柱，它的下面是一个直径为1 m、高为3 m的圆柱形物体，上面是一个半球形物体如果每平方米大约需要鲜花150朵，那么装饰一个这样的花柱大约需要鲜花朵数为(取3.1)()A1 235 B1 435 C1 628 D1 835【解析】选C.圆柱侧面积为233，半球的表面积为4，所以总面积为10.85，所以大

3、约需要鲜花10.851501 628朵.4如图三棱锥VABC，VAVC，ABBC，VACACB30，若侧面VAC底面ABC，则其正视图与侧视图面积之比为()A.4 B4C D【解析】选A.主视图为RtVAC，左视图为以VAC中AC边上的高VD为一条直角边，ABC中AC边上的高BE为另一条直角边的直角三角形设ACx，则VAx，VCx，VDx，BEx，则S主视图：S左视图4.5设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是()Am，n，且，则mnBm，n，且，则mnCm，n，mn，则Dm，n，m，n，则【解析】选A.对于A，m，n，且，利用面面垂直的性质定理得到垂直于交线的平面内的直

4、线n与垂直，又n，得到nn，又m，得到mn，所以mn，故A正确；对于B，m，n，且，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，n，mn，则与可能平行，故C错误；对于D，m，n，m，n，则与可能相交，故D错误6(2020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，是一个阳马的三视图，则此阳马的体积为()A. B C8 D16【解析】选B.根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V242.7如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，AC1A1B，M，N分别为A

5、1B1，AB的中点，给出下列结论：C1M平面A1ABB1；A1BAM；平面AMC1平面CNB1，其中正确的结论个数为()A.0 B1 C2 D3【解析】选D.由于ABCA1B1C1为直三棱柱，BCAC，AC1A1B，M为A1B1的中点，得C1MA1B1，所以C1M平面A1ABB1，正确；又因为AC1A1B，且C1M平面A1ABB1，所以可证得AMA1B，所以正确；由AMB1N，C1MCN，得平面AMC1平面CNB1，所以正确，所以正确命题共有3个8(2021南平三模)某中学注重培育学生劳动自立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造价值，丰富职业体验，现组织学生到工厂参加

6、社会实践活动学生在活动过程中观察到一个生产所需零件的几何体三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是()A.4 B C14 D15【解析】选A.利用三视图和直观图之间的转换可知，该几何体为半球和圆柱组成的组合体，如图所示：该几何体的表面积为S41212214(cm2).9(2020随州模拟)今年从6月2日至7月18日6时，中央气象台连续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，一般以日降雨量衡量，降雨量是指从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位，它可以直观地

7、表示降雨的多少其中小雨指日降雨量在10毫米以下；中雨日降雨量为1024.9毫米；大雨日降雨量为2549.9毫米；暴雨日降雨量为5099.9毫米；大暴雨日降雨量为100250毫米；特大暴雨日降雨量在250毫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水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：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸，1寸3厘米)，设该次测得的降雨量为日降雨量，则按照现在的标准，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

8、.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：V9(R2Rrr2)9()2588，所以平地降雨量是：3(寸)3310(cm)100(mm).所以这次降雨的级别为大暴雨10(2021石家庄模拟)三棱锥SABC的底面各棱长均为3，其外接球半径为2，则三棱锥SABC的体积最大时，点S到平面ABC的距离为()A2 B2C3 D2【解析】选C.如图，设三棱锥SABC底面三角形ABC的外心为G，三棱锥外接球的球心为O，要使三棱锥SABC的体积最大，则O在SG上，由底面三角形的边长为3，可得AG.连接OA，在RtOGA中，由勾股定理求得OG1.所以点S

9、到平面ABC的距离为OSOG213.11已知四棱锥SABCD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1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则()A123 B321C132 D231【解析】选D.如图所示，作S的投影点O，取AB的中点F，连接SO，SF，OF，作GE平行于BC，且GEBC，连接SG，OG，SE，OE.因为SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以SOFSOESGE90，因为SE与BC所成的角为1，所以cos 1，因为SE与平面ABCD所成的角为2，所以sin 2，因为二面角S-AB-C的平面角为3，所以sin

10、 3，cos 3.因为GEOF，SFSE，所以cos 1cos 3，sin 2sin 3，即13, 23，所以231.12(2021湖北模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，以下说法正确的个数是()三棱锥PEFG的体积为定值；三角形PBB1的面积的最小值为；B1D平面EFG；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.1 B2 C3 D4【解析】选D.如图，取AA1中点H，连接EH，延长FG，B1C1相交于点K，延长EH，B1A1相交于点L，连接KL，交C

11、1D1于点M，交A1D1于点N，则六边形EFGMNH为过EFG的平面截正方体所得的截面图形连接D1A，D1C，可得平面D1AC平面EFGMNH，若直线D1P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EF的距离相等，则三角形PEF的面积为定值，又G到底面距离为定值，则三棱锥PEFG的体积为定值，故正确；当P为AC与BD的交点时，PB的长度最短为，此时PBB1的面积的最小值为2，故正确；由BB1底面ABCD，得BB1AC，又ACBD，BDBB1B，所以AC平面B1BD，得ACB1D，同理证得B1DAD1，可得B1D平面ACD1，又平面ACD1平面EFG，则B1D平面E

12、FG，故正确；由对称性可知，经过E，F，G三点的截面把正方体分成体积相等的两部分，故正确，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(2021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著名数学家欧拉研究并证明了多面体的顶点数(V)、棱数(E)、面数(F)之间存在如下关系：VFE2.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)的外接球的表面积分别为S1，S2，则的值为_【解析】设正六面体与正八面体的棱长均

13、为a，则正六面体外接球的半径r1a，其外接球的表面积S143a2；正八面体的外接球的半径r2a，其外接球的表面积S242a2，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锥，如图所示其中平面ABC平面BCD，ABC为等腰直角三角形，ABBC4，取BC的中点M，连接AM，DM，则DM平面ABC.在等腰BCD中，BDDC2，BCDM4，所以在RtAMD中，AD6，又在RtABC中，AC46，故该多面体的各条棱中，最长棱为AD，长度为6.答案：615在直三棱柱ABCA1

14、B1C1中，若BCAC，A，AC4，M为AA1中点，点P为BM中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则PQ的长度为_【解析】分别过点P，Q作PEAB，QFAC，垂足分别为点E，F，连接EF，由题意可知PEAM，QFAM，且PEAM，QFAA1，即PEQF，所以四边形PEFQ为矩形，则PQEF.在RtABC中易知AE4，AF3，BAC，所以EF2AE2AF22AEAFcos BAC13，故EF.答案：16(2021漳州三模)如图，大摆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，面向外通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动

15、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OB在平面内绕点O左右摆动，平面与水平地面垂直，OB摆动的过程中，点A在平面内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB，B.已知OB6AB，在“大摆锤”启动后，下列4个结论中正确的是_(请填上所有正确结论的序号).点A在某个定球面上运动；线段AB在水平地面上的正投影的长度为定值；直线OA与平面所成角的正弦值的最大值为；直线OA与平面所成角的正弦值的最大值为.【解析】在转动过程中OA长度保持不变，故A在以O为球心，以OA长为半径的球面上运动，故正确；当AB地面所在平面时，AB在地面上的正投影最长，最长投影为AB长度，

16、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，故错误；当AB时，点A到平面的距离最大，最大距离为AB长，而OA长度保持不变，故OA与平面所成角的正弦值的最大值为，故正确，错误答案：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DABC中，ABBCCD1，AC，平面ACD平面ABC，BCD90.(1)求证：CD平面ABC；(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值【解析】方法一：(1)过点B作BHAC于点H.因为平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，所以BH平面ACD，所以BHCD.又因为CD

17、BC，BHBCB，所以CD平面ABC.(2)过点C作CKAB交AB延长线于点K，连接DK.由(1)可知CD平面ABC，所以CDAB.又因为CDCKC，所以AB平面DCK.过点C作CLDK于点L，所以ABCL.又因为ABDKK，所以CL平面ABD.连接BL，则CBL为直线BC与平面ABD所成的角因为ABBC1，AC，所以CAB30.又因为CKA90，所以CK.因为CD1，所以DK，所以CL，所以sin sin CBL.方法二：(1)取AC的中点M，连接BM，过点M在平面ACD上作MNAC，因为平面ACD平面ABC，所以MN平面ABC，又因为ABBC，所以BMAC，分别以MB，MC，MN为x，y，

18、z轴建立空间直角坐标系，则有B，C.设D(0，y，z)，.因为BCD90，所以0，得y.又因为CD1，所以D，所以(0，0，1)，所以CD平面ABC.(2)A，设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，由(0，1)，得，取n(，1，).又因为，所以sin |cos ，n|.18(12分)如图，圆锥的横截面为等边三角形SAB，O为底面圆圆心，Q为底面圆周上一点(1)如果BQ的中点为C，OHSC，求证：OH平面SBQ；(2)如果AOQ60，QB2，设二面角ASBQ的大小为，求cos 的值【解析】(1)连接OC，AQ.因为O为AB的中点，BQ的中点为C，所以OCAQ.因为AB为圆的直径，所以AQB90

19、，所以OCBQ.因为SO平面ABQ，所以SOBQ，所以QB平面SOC，所以OHBQ，所以OH平面SBQ.(2)由已知得QC，OQ2，OC1，SO2.以O为原点，OA为x轴，在平面ABC内过点O作AB的垂线为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，0，0)，S(0，0，2)，Q(1，0)，(2，0，2)，(3，0).设n(x，y，z)为平面SBQ的法向量，则，令z1，得n(，3，1)，而平面SAB的一个法向量为m(0，1，0)，所以cos .19(12分)在梯形ABCD中，ADBC，BC2AD，ADAB，ABBC，如图把ABD沿BD翻折，使得平面ABD平面BCD.(1)

20、求证：CD平面ABD；(2)若点M为线段BC中点，求点M到平面ACD的距离【解析】(1)因为ADBC，BC2AD，ADAB，ABBC，所以BD2，DBCADB45，CD2，BD2CD2BC2，所以CDBD.因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD.(2)由(1)知CDBD.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Dxyz.则A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0).所以(0，2，0)，(1，0，1)，(1，1，0)设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则n0且n0，所以令x1，

21、得平面ACD的一个法向量n(1，0，1)，所以点M到平面ACD的距离d20(12分)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面为菱形，BAD120，AB2，E，F分别为CD，AA1的中点(1)求证：DF平面B1AE.(2)若AA1底面ABCD，且直线AD1与平面B1AE所成线面角的正弦值为，求AA1的长【解析】(1)设G为AB1的中点，连接EG，GF，因为FGA1B1，又DEA1B1，所以FGDE，所以四边形DEGF是平行四边形，所以DFEG，又DF平面B1AE，EG平面B1AE，所以DF平面B1AE.(2)因为ABCD是菱形，且ABC60，所以ABC是等边三角形取BC中点M，则AMAD，因为

22、AA1平面ABCD，所以AA1AM，AA1AD，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，令AA1t(t0)，则A(0，0，0)，E(，0)，B1(，1，t)，D1(0，2，t)，(，0)， (，1，t)，(0，2，t)，设平面B1AE的一个法向量为n(x，y，z)，则n(xy)0且nxytz0，取n(t，t，4)，设直线AD1与平面B1AE所成角为，则sin ，解得t2，故线段AA1的长为2.21(12分)如图，在四棱锥SABCD中，点O是正方形ABCD的中心，SO平面ABCD，且SOOD，点P为棱SD上一点(1)当点P为棱SD的中点时，求证：SD平面PAC；(2)是否存在点P，使得直线BC与平

23、面PAC所成角的正弦值为？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由【解析】(1)由题意不妨设OSOD1，则SD，CDAD，SASC，所以SAD，SCD为等边三角形当P是SD的中点时，APSD，CPSD，又APCPP，所以SD平面PAC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则可得B(1，0，0)，C(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，P(，0，1)，所以(，1，1)，(0，2，0).设平面PAC的一个法向量为n(x，y，z)，则，不妨取n(1，0，)，又(1，1，0)，由，可得32840，解得(2舍去).所以符合题意的点P是棱

24、SD上靠近点D的三等分点22(12分)(2021漳州模拟)已知在三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，BCBB12，点M为CC1的中点，B1N2NA.(1)求证：A1C1平面BMN；(2)条件：直线AB1与平面BB1C1C所成的角30，条件：B1BC为锐角，三棱锥B1ABC的体积为.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平面BB1C1C，_，求平面BMN与平面BB1C1C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，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【解析】(1)延长BN交AA1于点P，连接PM，因为AA1BB1，B1N2NA，所以，所以BB1

25、2AP，因为AA1BB1，所以AA12AP，所以P是AA1的中点，因为M是CC1的中点，AA1CC1，所以PA1MC1，所以四边形PA1C1M为平行四边形，所以A1C1PM，因为A1C1平面BPM，PM平面BPM，所以A1C1平面BPM，所以A1C1平面BMN.(2)选择条件，解答过程如下：取BC的中点O，连接AO，B1O，因为ABAC，BC2，所以AB2AC2BC2，所以ABAC，所以ABC为直角三角形，所以AO1，且AOBC，因为平面ABC平面BB1C1C，平面ABC平面BB1C1CBC，AOBC，AO平面ABC，所以AO平面BB1C1C，AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，所以A

26、B1O30，在RtAOB1中，AO1，B1O，因为BO1，B1O，BB12，所以BO2B1O2BB，所以BOB1O，如图，以O为坐标原点，以OB为x轴，OB1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，B1(0，0)，所以(1，0，1)，(2，0，0)，(1，0)，所以.设平面BMN的法向量为m(x，y，z)，所以， 取x，得m(，5，)，因为平面BB1C1C的法向量n(0，0，1)，所以cos m，n，所以平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为.选择条件，解答过程如下：取BC中点O，连接AO，B1O，因为ABAC，BC2，所以

27、AB2AC2BC2，所以ABAC，所以ABC为直角三角形，所以AO1，且AOBC，因为平面ABC平面BB1C1C，平面ABC平面BB1C1CBC，AOBC，AO平面ABC，所以AO平面BB1C1C，所以AO是三棱锥B1ABC的高，所以BCBB1sin CBB12sin CBB1，所以AOsin CBB1，所以sin CBB1，因为B1BC为锐角，所以CBB160，因为BCBB12，所以BB1C为等边三角形，所以OBOB1，如图，以O为坐标原点，以，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，B1(0，0)，所以(1，0，1)，(2，0，0)，(1，0)，设平面BMN的法向量m(x，y，z)，则，取x，得m(，5，).因为平面BB1C1C的法向量n(0，0，1)，所以cos m，n，所以平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为.