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

阶段质量检测(五) 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．已知一个正三棱锥的高为3，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中O′B′＝O′C′＝1，则此三棱锥的体积为(　　) A． B．3 C． D． A　[由直观图可知，正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，∴底面面积为×2×2×＝， ∴三棱锥的体积为××3＝，故选A．] 3．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为(　　) A．π B．π C．4π D．π A　[由题意可知，该几何体体积等于圆锥的体积． 因为圆锥的侧面展开图是一个半径为3的圆的三分之一，所以圆锥的底面周长为＝2π，故圆锥的底面半径为1，圆锥的高为2． 所以圆锥的体积为×π×12×2＝π，从而所求几何体的体积也为π，故选A．] 4．用一个平面去截正方体，则截面图形有下述四个结论：①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形． 其中所有正确结论的编号是(　　) A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ B　[用一个平面去截正方体，则截面的情况为： ①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形； ②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形； ③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形．] 5．(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．] 6．(2022·陕西西安第三次联考)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为(　　) A． B． C． D． B　[如图，设BC的中点为D，连接A1D，AD，A1B，易知∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角(或其补角)． 设三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面边长均为1， 则AD＝，A1D＝，A1B＝， 由余弦定理，得cos∠A1AB＝＝＝．故选B．] 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选项均正确． 由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN， ∴B选项正确． ∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC， ∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．故选D．] 8．(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