2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：阶段自测卷（五） (含解析)

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，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．α∩β＝n，m⊂α，m∥β ⇒m∥n
B．α⊥β，α∩β＝m，m⊥n ⇒n⊥β
C．m⊥n，m⊂α，n⊂β ⇒α⊥β
D．m∥α，n⊂α⇒m∥n
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α⊥β，α∩β＝m时，若n⊥m，n⊂α，则n⊥β，但题目中无条件n⊂α，故B不一定成立；对于C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β相交或平行，故C错误；对于D，若m∥α，n⊂α，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ABC－A1B1C1中，D是CC1的中点，F是A1B的中点，且＝α＋β，则(　　)

A．α＝，β＝－1
B．α＝－，β＝1
C．α＝1，β＝－
D．α＝－1，β＝
答案　A
解析　根据向量加法的多边形法则以及已知可得，
＝＋＋＝＋＋1
＝＋－＋＋1＝－，
∴α＝，β＝－1，故选A.
4．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，＝(1， 2， 0)，＝(2， 1， 0)，1＝(0， 1， 5)，则对角线AC1的边长为(　　)
A．4 B．4 C．5 D．12
答案　C
解析　因为1＝1＋＋＝1＋＋＝(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ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，下列结论中，正确的是(　　)

A．EF⊥BB1
B．EF⊥平面BCC1B1
C．EF∥平面D1BC
D．EF∥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EF∥AC，所以EF∥平面ACC1A1.故选D.

6．(2019·湖北黄冈中学、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r＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为(　　)
A.π 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ABCD－A1B1C1D1，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＝，所以截面的面积S＝，故选D.
8．已知向量n＝(2， 0， 1)为平面α的法向量，点A(－1， 2， 1)在α内，则 P(1， 2，－2)到α的距离为(　　)
A. B. C．2 D.
答案　A
解析　∵＝(－2， 0， 3)，
∴点P到平面α的距离为d＝＝＝.
∴P(1， 2，－2)到α的距离为.
故选A.
9．正方体ABCD－A1B1C1D1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(0≤x≤1)，则＝，
＝，设，的夹角为α，
所以cos α＝＝＝，所以当x＝时，cos α取得最大值，α＝.当x＝1时， cos α取得最小值，α＝.
因为BC1∥AD1.故选D.
10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，E，F分别为AC，CC1的中点，则直线EF与平面AA1B1B所成的角是(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　A
解析　
连接AC1，则EF∥AC1，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C1D⊥A1B1于D，连接AD，因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝4，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，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，可得C1D＝＝3，AD＝＝3，所以tan∠C1AD＝＝，
所以∠C1AD＝30°.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E－ABCD体积的最大值为(　　)
A. B．256 C. D．64
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d＝＝3.则E到正方形ABCD的最大距离为h＝d＋5＝8.则VE－ABCD＝×4×4×8＝.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，∠B＝60°，点E，F分别在边BC，AB上运动(不含端点)，且EF∥AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，当五棱锥B－ECDAF的体积最大时，EF的长为(　　)

A．1 B. C. D.
答案　B
解析　由EF∥AC可知△BEF为等边三角形，设EF＝x，等边△BEF的高为x，面积为x2，所以五边形ECDAF的面积为2××22－x2＝2－x2，故五棱锥的体积为××x＝x－x3(0 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，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：
①若m∥α，m∥β，则α∥β；　②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；
③若m∥α，m∥n，则n∥α；　④若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
其中正确的命题序号是________．
答案　②④
解析　对于①，若m∥α，m∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m⊥α，m∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m∥α，m∥n，则n可能在α内，故③错误，对于④，若m⊥α，α∥β，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⊥β，故④正确．故答案为②④.
14．如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，已知D，E，F分别为AB，AC，AA1的中点，设三棱锥A－FED的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2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F－ADE的高为，
∵D，E分别是AB，AC的中点，∴S△ADE＝S△ABC，
∵V1＝S△ADE·，V2＝S△ABC·h，
∴＝＝.
15.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面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ABC—A1B1C1为直三棱柱，∴平面ABC⊥平面BCC1B1，∴BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°.∵AB＝AC，∴AB＝1，
∴侧面ABB1A1的面积为×1＝.
16．(2019·陕西四校联考)直三棱柱ABC－A1B1C1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πr3＝，解得r＝2，
∵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，∴h＝2r＝4.∴h＝2，
∴a2＋b2＝h2＝8≥2ab，
∴ab≤4.当且仅当a＝b＝2时“＝”成立．
∴三棱柱的体积V＝Sh＝abh＝ab≤4.
三、解答题(本大题共70分)
17.(10分)如图，在四棱锥P－ABCD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PD∥OE.
又因为OE⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，
所以PD∥平面ACE.
(2) 在四棱锥P－ABCD中，
因为PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
所以BD⊥PC.
因为O为正方形ABCD对角线的交点，
所以BD⊥AC.
又PC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C，
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P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4.
(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；
(2)求四棱锥P－ABCD的体积．
(1)证明　在△ABD中，由于AD＝4，BD＝8，AB＝4，
所以AD2＋BD2＝AB2.故AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
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PO⊥AD交AD于O，

由于平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因此PO为四棱锥P－ABCD的高，又△PAD是边长为4的等边三角形．
因此PO＝×4＝2.
在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，
所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB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S＝×＝24.
故VP－ABCD＝×24×2＝16.
19．(12分)(2019·化州模拟)如图所示，在四棱锥E－ABCD中，ED⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝CD＝2.

(1)求证：BC⊥BE；
(2)当几何体ABCE的体积等于时，求四棱锥E－ABCD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，BF⊥CD，BF＝CF＝DF，
∴∠CBD＝90°，即BC⊥BD.
∵DE⊥平面ABCD，
BC⊂平面ABCD，∴BC⊥DE，
又BD∩DE＝D，∴BC⊥平面BDE.
由BE⊂平面BDE得，BC⊥BE.

(2)解　∵VABCE＝VE－ABC＝×DE×S△ABC
＝×DE××AB×AD＝DE＝，
∴DE＝2，
∴EA＝＝2，BE＝＝2，
又AB＝2，∴BE2＝AB2＋AE2，
∴AB⊥AE，
∴四棱锥E－ABCD的侧面积为
×DE×AD＋×AE×AB＋×BC×BE＋×DE×CD ＝6＋2＋2.
20．(12分)(2019·青岛调研)如图，在长方形ABCD中，AB＝π，AD＝2，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A－BH－D的余弦值．
(1)证明　因为H在下底面圆周上，且CD为下底面半圆的直径，
所以DH⊥CH，又因为DH⊥FH，且CH∩FH＝H，
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πr＝π，
所以r＝1，CD＝2.
因为G，H为DC的三等分点，
所以∠HDC＝30°，
所以在Rt△DHC中，HD＝，HC＝1，
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A—BH—D的平面角为锐角，设为θ，
所以二面角A－BH－D的余弦值为
cos θ＝＝.
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四点共面．
又∵四边形ABCD边长均相等，
∴四边形ABCD为菱形，从而AB∥DC.
又AB⊄平面CDE，且CD⊂平面CDE，
∴AB∥平面CDE.
∵AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面CDE＝l，
∴AB∥l.
(2)证明　取AE的中点O，连接OB，OD.
∵AB＝BE，DA＝DE，∴OB⊥AE，OD⊥AE.
又OB∩OD＝O，
∴AE⊥平面OBD，
∵BD⊂平面OBD，故AE⊥BD.
又四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.
又AE∩AC＝A，
∴BD⊥平面ACE.
又BD⊂平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ACE.
(3)解　由VE－ABCD＝2VE－ABD＝2VD－ABE＝2，
即VD－ABE＝1.
设三棱锥D－ABE的高为h，
则·h＝1，
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，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD＝4，BC＝2，且BE＝1，tan∠AEB＝2.

(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，BE∥CD，
∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB.
∵BE＝1，tan∠AEB＝2，∴AE＝，
从而AB＝＝2.
∵⊙O的半径为，∴AB是直径，∴AC⊥BC，
又∵CD ⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥BC，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MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF.
∵平面ADC⊥平面BCDE，
平面ADC∩平面BCDE＝DC，
MN⊂平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，
∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角．
设MN＝x，计算易得，DN＝x，MF＝4－x，
故AM＝＝
＝ ，
sin∠MAN＝＝＝，
解得x＝－(舍去)，x＝，
故MN＝CB，从而满足条件的点M存在，且DM＝DE.
方法二　以点C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则A(4， 0， 0)，B(0， 2， 0)，D(0， 0， 4)，E(0， 2， 1)，C(0， 0， 0)，
则＝(0， 2，－3)．
易知平面ACD的法向量为＝(0，－2， 0)，假设M点存在，设M(a，b，c)，则＝(a，b，c－4)，
再设＝λ，λ∈(0， 1] ，
∴⇒
即M(0， 2λ，4－3λ)，从而＝(－4， 2λ，4－3λ)．
设直线AM与平面ACD所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，
解得λ＝－或λ＝，其中λ＝－应舍去，而λ＝∈(0， 1]，故满足条件的点M存在，且点M的坐标为.