2022年高考数学总复习 阶段检测卷5 理

2022年高考数学总复习 阶段检测卷5 理一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分，有且只有一个正确答案，请将答案选项填入题后的括号中1下列命题正确的是()A三点确定一个平面B经过一条直线和一个点确定一个平面C四边形确定一个平面D两条相交直线确定一个平面2设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则3在正方体ABCDABCD中，AB的中点为M，DD的中点为N，异面直线BM与CN所成的角的大小是()A0 B45 C60 D904如图J51，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45图J51 图J525如图J52，在正方体ABCDABCD中，与AD成60角的面对角线的条数是()A4条 B6条C8条 D10条6对于平面，和直线a，b，m，b，下列命题中真命题是()A若，a, b，则abB若ab，b，则aC若a，b，a，b，则D若am，an，m，n，则a7如图J53，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()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 图J53 图J548如图J54，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角二、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上9已知直线l平面，直线m平面，给出下列命题：lm；lm；lm；lm.其中真命题的序号是_10已知一个正方体的所有顶点在一个球面上若球的体积为，则正方体的棱长为_11一个几何体的三视图如图J55(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.图J55三、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤12(14分)如图J56，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABC90，PD平面ABCD，AD1，AB，BC4.(1)求直线AB与平面PDC所成的角；(2)设点E在棱PC上，若DE平面PAB，求的值图J5613(20分)如图J57，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，平面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点该四棱锥的俯视图和侧视图如图J58.(1)证明：BC平面PBD; (2)证明：AM平面PBC; (3)线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由 图J57 图J58阶段检测卷(五)1D2D解析：若，m，n，则可能mn，或mn，或m，n异面，故A错误；若，m，n，则mn或m，n异面，故B错误；若mn，m，n，则与可能相交，也可能平行，故C错误；若m，mn，则n，再由n，得，故选D.3D4C解析：由PQAC，QMBD，PQQM，可得ACBD，故A正确；由PQAC，可得AC截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故D正确；综上所述，C是错误的故选C.5C6A解析：由面面平行的性质定理知，A正确；若ab，b，则a，或a在平面内，故B错误；若a，b，a，b，则只有当a，b相交时，才有，故C错误；若am，an，m，n，则只有当m，n相交时，才有a，故D错误7D解析：在平面图形中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，故为真命题；/ lm，故为假命题；，故为真命题；/ ，故为假命题10.解析：设正方体的棱长为a，球的半径为R，则R3，则R.又正方体的对角线等于球的直径，则2R3，故a.11.解析：几何体为一个圆锥与一个圆柱的组合体圆锥的高为2，底面半径为2；圆柱的高为4，底面半径为1，所以该几何体的体积为V222412(m3)12解：方法一：(1)PD平面ABCD，PD面PDC，平面PDC平面ABCD.如图D123，过点D作DFAB，交BC于点F，过点F作FGCD于G.平面PDC平面ABCDCD，FG平面PDC.FDG为直线AB与平面PDC所成的角在RtDFC中，DFC90，则DFAB，CF413，tanFDG.FDG60，即直线AB与平面PDC所成的角为60. 图D123 图D124(2)如图D124，连接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，图D125.，即.方法二：如图D125，在平面ABCD内过点D作直线DFAB，交BC于点F，分别以DA，DF，DP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设PDa，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1，0)，C(3，0)，P(0,0，a)(1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，(3，0)，(0,0，a)，由 得令x1，解得n(1，0)(0，0)，cos，n.直线AB与平面PDC所成的角为，则sin|cos，n|.090，60，即直线AB与平面PDC所成的角为60.(2)(3，a)，(3，a)(0,0，a)(3，a)(3，aa)设平面PAB的法向量为m(x1，y1，z1)，(0，0)，(1,0，a)，由 得令z11，解得m(a,0,1)若DE平面PAB，则m(3，aa)(a,0,1)3a0aaa(14)0.而a0，.13方法一：(1)证明：由俯视图，得BD2BC2CD2.所以 BCBD.又因为 PD平面ABCD，所以PDBC，且PDBDD.所以 BC平面PBD.图D126(2)证明：如图D126，取PC上一点Q，使PQPC14，连接MQ，BQ.由侧视图知，PMPD14，所以 MQCD，MQCD.在BCD中，易得CDB60，所以 ADB30.又 BD2, 所以AB1, AD.又因为 ABCD，ABCD，所以 ABMQ，ABMQ.所以四边形ABQM为平行四边形所以 AMBQ.因为 AM平面PBC，BQ平面PBC，所以直线AM平面PBC.(3)解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为.证明如下：因为PD平面ABCD，DADC，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)设N(0，t,0)，其中0t4，所以(，0,3)，(，t1,0)要使AM与BN所成角的余弦值为，则有.解得 t0或2，均适合N(0，t,0)故点N位于点D处，此时CN4；或位于CD中点处，此时CN2，使AM与BN所成角的余弦值为.图D127方法二：(1)证明：因为PD平面ABCD，DADC，建立如图D127所示的空间直角坐标系Dxyz.在BCD中，易得CDB60，所以 ADB30.因为 BD2, 所以AB1, AD.由俯视图和侧视图，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)因为 31000，所以BCBD.又因为 PD平面ABCD，所以 BCPD，且PDBDD.所以 BC平面PBD.(2)证明：设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，因为 (，3,0)，(0,4，4)，则即取y1，得n(，1,1)因为 (，0,3)，所以 n()10130.因为 AM平面PBC, 所以直线AM平面PBC.(3)解：同方法一