2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 階段檢測卷5 理

2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 階段檢測卷5 理一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，共48分，有且只有一個正確答案，請將答案選項填入題后的括號中1下列命題正確的是()A三點確定一個平面B經(jīng)過一條直線和一個點確定一個平面C四邊形確定一個平面D兩條相交直線確定一個平面2設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是()A若，m，n，則mnB若，m，n，則mnC若mn，m，n，則D若m，mn，n，則3在正方體ABCD­ABCD中，AB的中點為M，DD的中點為N，異面直線BM與CN所成的角的大小是()A0° B45° C60° D90°4如圖J5­1，在四面體A­BCD中，截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD異面直線PM與BD所成的角為45°圖J5­1 圖J5­25如圖J5­2，在正方體ABCD­ABCD中，與AD成60°角的面對角線的條數(shù)是()A4條 B6條C8條 D10條6對于平面，和直線a，b，m，b，下列命題中真命題是()A若，a, b，則abB若ab，b，則aC若a，b，a，b，則D若am，an，m，n，則a7如圖J5­3，在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐A­BCD，則在三棱錐A­BCD中，下列命題正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC 圖J5­3 圖J5­48如圖J5­4，四棱錐S­ABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是()AACSBBAB平面SCDCSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角二、填空題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，把答案填在題中橫線上9已知直線l平面，直線m平面，給出下列命題：lm；lm；lm；lm.其中真命題的序號是_10已知一個正方體的所有頂點在一個球面上若球的體積為，則正方體的棱長為_11一個幾何體的三視圖如圖J5­5(單位：m)，則該幾何體的體積為_m3.圖J5­5三、解答題：本大題共2小題，共34分，解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟12(14分)如圖J5­6，在底面為直角梯形的四棱錐P­ABCD中，ADBC，ABC90°，PD平面ABCD，AD1，AB，BC4.(1)求直線AB與平面PDC所成的角；(2)設(shè)點E在棱PC上，若DE平面PAB，求的值圖J5­613(20分)如圖J5­7，在四棱錐P­ABCD中，PD底面ABCD，平面ABCD是直角梯形，M為側(cè)棱PD上一點該四棱錐的俯視圖和側(cè)視圖如圖J5­8.(1)證明：BC平面PBD; (2)證明：AM平面PBC; (3)線段CD上是否存在點N，使AM與BN所成角的余弦值為？若存在，找到所有符合要求的點N，并求CN的長；若不存在，說明理由 圖J5­7 圖J5­8階段檢測卷(五)1D2D解析：若，m，n，則可能mn，或mn，或m，n異面，故A錯誤；若，m，n，則mn或m，n異面，故B錯誤；若mn，m，n，則與可能相交，也可能平行，故C錯誤；若m，mn，則n，再由n，得，故選D.3D4C解析：由PQAC，QMBD，PQQM，可得ACBD，故A正確；由PQAC，可得AC截面PQMN，故B正確；異面直線PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角，故D正確；綜上所述，C是錯誤的故選C.5C6A解析：由面面平行的性質(zhì)定理知，A正確；若ab，b，則a，或a在平面內(nèi)，故B錯誤；若a，b，a，b，則只有當a，b相交時，才有，故C錯誤；若am，an，m，n，則只有當m，n相交時，才有a，故D錯誤7D解析：在平面圖形中CDBD，折起后仍有CDBD，由于平面ABD平面BCD，故CD平面ABD，CDAB.又ABAD，故AB平面ADC.所以平面ABC平面ADC.8D9解析：lm，故為真命題；/ lm，故為假命題；，故為真命題；/ ，故為假命題10.解析：設(shè)正方體的棱長為a，球的半徑為R，則R3，則R.又正方體的對角線等于球的直徑，則2R3，故a.11.解析：幾何體為一個圓錐與一個圓柱的組合體圓錐的高為2，底面半徑為2；圓柱的高為4，底面半徑為1，所以該幾何體的體積為V×2××224××12(m3)12解：方法一：(1)PD平面ABCD，PD面PDC，平面PDC平面ABCD.如圖D123，過點D作DFAB，交BC于點F，過點F作FGCD于G.平面PDC平面ABCDCD，F(xiàn)G平面PDC.FDG為直線AB與平面PDC所成的角在RtDFC中，DFC90°，則DFAB，CF413，tanFDG.FDG60°，即直線AB與平面PDC所成的角為60°. 圖D123 圖D124(2)如圖D124，連接EF.DFAB，DF平面PAB，AB平面PAB，DF平面PAB.又DE平面PAB，且DEDFD，平面DEF平面PAB.EFPB.又AD1，BC4，BF1，圖D125.，即.方法二：如圖D125，在平面ABCD內(nèi)過點D作直線DFAB，交BC于點F，分別以DA，DF，DP所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系設(shè)PDa，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1，0)，C(3，0)，P(0,0，a)(1)設(shè)平面PDC的法向量為n(x，y，z)，(3，0)，(0,0，a)，由 得令x1，解得n(1，0)(0，0)，cos，n.直線AB與平面PDC所成的角為，則sin|cos，n|.0°<<90°，60°，即直線AB與平面PDC所成的角為60°.(2)(3，a)，(3，a)(0,0，a)(3，a)(3，aa)設(shè)平面PAB的法向量為m(x1，y1，z1)，(0，0)，(1,0，a)，由 得令z11，解得m(a,0,1)若DE平面PAB，則·m(3，aa)·(a,0,1)3a0aaa(14)0.而a0，.13方法一：(1)證明：由俯視圖，得BD2BC2CD2.所以 BCBD.又因為 PD平面ABCD，所以PDBC，且PDBDD.所以 BC平面PBD.圖D126(2)證明：如圖D126，取PC上一點Q，使PQPC14，連接MQ，BQ.由側(cè)視圖知，PMPD14，所以 MQCD，MQCD.在BCD中，易得CDB60°，所以 ADB30°.又 BD2, 所以AB1, AD.又因為 ABCD，ABCD，所以 ABMQ，ABMQ.所以四邊形ABQM為平行四邊形所以 AMBQ.因為 AM平面PBC，BQ平面PBC，所以直線AM平面PBC.(3)解：線段CD上存在點N，使AM與BN所成角的余弦值為.證明如下：因為PD平面ABCD，DADC，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)設(shè)N(0，t,0)，其中0t4，所以(，0,3)，(，t1,0)要使AM與BN所成角的余弦值為，則有.解得 t0或2，均適合N(0，t,0)故點N位于點D處，此時CN4；或位于CD中點處，此時CN2，使AM與BN所成角的余弦值為.圖D127方法二：(1)證明：因為PD平面ABCD，DADC，建立如圖D127所示的空間直角坐標系Dxyz.在BCD中，易得CDB60°，所以 ADB30°.因為 BD2, 所以AB1, AD.由俯視圖和側(cè)視圖，得D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)，P(0,0,4)所以 (，3,0)，(，1,0)因為 ·×3×10×00，所以BCBD.又因為 PD平面ABCD，所以 BCPD，且PDBDD.所以 BC平面PBD.(2)證明：設(shè)平面PBC的法向量為n(x，y，z)，因為 (，3,0)，(0,4，4)，則即取y1，得n(，1,1)因為 (，0,3)，所以 ·n×()1×01×30.因為 AM平面PBC, 所以直線AM平面PBC.(3)解：同方法一