阶段质量检测5(Word练习)-【名师导航】2024年高考理科数学一轮总复习(老高考)人教版

阶段质量检测(五) (教师备用资源) 一、选择题 1．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　) A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 B　[由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行的性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，因此B中条件是α∥β的充要条件，故选B．] 2．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 B　[设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl， 解得l＝2，故选B．] 3．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为(　　) A． B． C． D． A　[如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝．连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O­ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝．] 4．(2020·全国Ⅲ卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(　　) A．6＋4 B．4＋4 C．6＋2 D．4＋2 C　[由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P­ABC，如图，将其放入正方体中，易知PA＝AB＝AC＝2，PB＝PC＝BC＝2，故其表面积为S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×2×2×＝6＋2，故选C．] 5．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则(　　) A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1 A　[法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A． 法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以·n＝0，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．] 6．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A． B． C． D． C　[因为球的体积为36π，所以球的半径R＝3， 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ， 则l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(h－3)2， 所以6h＝l2，2a2＝l2－h2， 所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝××＝， 所以V′＝＝l3， 当3≤l＜2 时，V′＞0，当2 ＜l≤3 时，V′＜0， 所以当l＝2 时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为，又l＝3时，V＝，l＝3 时，V＝， 所以正四棱锥的体积V的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是． 故选C．] 7．如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是(　　) A．平面BDC⊥平面ADC B．AC∥平面PQMN C．平面ABD⊥平面ADC D．AD⊥平面BDC D　[由PQ∥MN，MN⊂平面ADC，PQ⊄平面ADC，得PQ∥平面ADC， 又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC， ∴PQ∥AC， 同理QM∥BD，因为PQ⊥QM， ∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A， ∴BD⊥平面ADC， ∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC， ∴A和C