阶段检测三 立体几何初步- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

7,在某次数学探究话动中，小明先将一则三角核按解阁1的友式进 阶段检测三立体几何初步 行拼核，然后他又将三角板AC折显，使得二面角4-BC-D为直 二面角，得图2所示四崔体AD.小明对四直体ABCD中的直 (时间：120分种分值：150身》 线，平在的位置关系作出了如下的判斯：①D⊥平在A以： ②ABL平面ACD:③平面ABD⊥平面ACD④平面AD⊥平 一，透择是《本是共8小题，每小是百分，共4口分.在母小觅给出的四个选项中，只有一项是符合是 面BCD,其中判断正确的个数是 日要求的》 AI 队2 C.8 B., L,已加直线年-煤，m,,且m,n为异面直线，w⊥平配a,n上平面品.看/调足！⊥w,!#,黑下列说 8许多球状病毒的整闻结构可抽象为正二十面体.正二十面体的每一个蚕均 法中正确的菌 B⊥F 为等边三角形，共有12个瓶点.3排条较如图斯索.由正二十直体的一个菌 A.Ia C.若a几3-，图a 点P和与P相邻的五个顶点可构成正玉酸能PA以DE,则PA与平面 D.B 2.在四棱银的四个侧面中，直角三角形量多可有 ADE所成角的会统值约为参考数据：e站一 A4.个 队3个 C.8个 D.1个 3.已知A,B,C为球D的球直上的三个友，AB■C-AC一25，O,为△ABC的外接圆的圆心， . 球O的表面具为分E,划)，的长度为 二，选择题（本题共3小题，每小题G分：共18分.在每小题给出的选项中，有多项并合题日要求， A.5 队g C,35 .3 全部选对的得行分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 4,“量堵“阳马”和“整话“是我国占代对一花特殊儿何体的称用，《九章算术·育功》：“斜解立方， ,如图，在长方体A做DAHC,D,中，AA,=A日=4，BC=2,M,N分料为棱CD,C的中 得种量培，斜解虹培，其一为阳马，其一为整话“，厚一个长方体把对角面斜解（用1）.得到一校 点期 样的两个量培（网2》，再沿一个虹培的~个源点和相对的棱斜解（图），得一个四棱花常为阳马 A.A,AM,N.B国点共图 B.平面ADN1率面CDD,C 《图3)：一个三棱线称为整国（国），若长方体的体积为V,由该长岁体斜解质得到的氢堵、阳马 C直线BN与B,M所成的角为0 且N平面ADM 和整国的棒积分别为V,VV,划下列选项正萄的是 10.已知国楼台4D-AB,C,D,的上下底面均为正方形，其中AB一22，A,B,-,2,AA: 出，=，=2，划下刘结论正确的是 A该国棱台的痛为， B.AA CC C该回棱价韵表面积为28 A.V+V+V- B.V-2V 几滨四棱行韵体积为4， C.V=3 D￥-y 五.已知正型棱柱ACD-A,B,C,D,中，4B=2,CC,=2区，E为C℃，的中点，附直线AC,与平面 BED的距离为 AI 弘 ,2 D.2 丘，公元656年，唐代李淳风注书九章时是到祖出的“开立调术“，图喇在求球的 第1题用 体图时，使用一个原理：“幂势顶同：则积不客异“，“帮“是裁面积，“势“是立 I.如图点P是控长为2的正方体D4,B,C,D,的表直上一个动点，F是线段A,B的中 体的商，意思是再个同高的立体，如在幕高处的靓面积相等，则体积图等。更 点则 详闻点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平 A当P在平面C上运动时，三棱锥P-LM,D的体制为定值 而的平面所截，加果两个藏面的面积相等，侧这两个立体的体积相等，上述 联里在中国被称为“机佩原理”：D打印接术发展系令，已量附够调足少量个性北的打印需求 L当P在线段C上适动时：D,P与AC,新成角的取值他经语引 现在用3D打印技术打印了一个“睡美人城堡”，如附，其在高度为A的水平载面的直积等可以近 C当直线AP与平自ACD所成的角为45时，点P的轨蓬长度为：十4，园 似用函数5(A)一x0一h),∈0,9]抵合，离该“障美人城堡”的体机约为 D,当P在底面AD上运动，且清足PF平面HCD,到，线段PF长虔的取量枪国 A.27x B.8In C.10s= D.248m 是[，2厘] ·5 阶受检周三文体儿几阿衬影 三、填空能本题共3小盟，每小整5分，共15分) 17.「本小题满分15分)如阴，在三棱台A拟C1,BC:中，A1A平面A以.AB1AC,AB=AC= 12.如图所示，平面AC⊥平面ABD,∠ACB-0心，CA-CB,△ABD是正三角形，则二面角C 44,-2,AC,=1,M为版B的中点. BDA的半面角的正切销为 (1)证明：CM半崔AA,B,B, 2求直线CM与平A:,质成角的证线值， 易任用 第3题川 13,鲁燕镜（业称礼用明.垂人本、六子联芳等）起源于中国古代建筑的相电站约，这种三雄的辑情爸 具内部的凹凸那分即棒审结构晴合十分巧效，鲁耳镜类玩具比较多，形状和内第的构边各不相 同，一殿都是易拆难装.如周所示，图①是一种常见的鲁班领类元其周©是该鲁领英玩具的直 观削，则核鲁班玩具有条校，若每条控的长均为1，式表面积为 18.(本小题满分17分》已知正三棱维PA,顶点为P,度面是△A 14.已知直国棱位ABD-A,B,C,D,底面AD为平行四边据，AA,=3,AB=2.AD=1. ∠BAD=0,以D,为线心，半径为2的球面与侧面℃B,的交线的长度为 1)若该三棱策的侧棱长为1，且两两成角为妥·设断点W自A临发依次沿着三个树面移动环 四、解答服（本器共5小置，共了了分，解答应写出文字说朗，证阴过程或演算海骤） 绕一周直至面别出爱点A,求质点移动路程的最小值： 16,《本小愿满分13分》如图，在m棱签P-ACD中，CD⊥平面PAD,AD=2PD=t,AB=5 (2)若度三棱程的所有棱长均为1，来以P为顶点，以△1斑内切调为底直的图相的体积： PA一25，∠BAD=0,点Q在棱AB上. 3)若该锥体的体积为定植V,设0为点P在能面的段影，点0到AB的距高为，W上A召 (1证明：PD平面AD: 于点M,连线得∠P一(0<B<0.求指当三棱等的表国积S最小时，角9的余弦值 《2)岩三棱靠P-AQ的体积为2原，求点B到平面PDQ的距离， 19,(木小题涛分17分)知图，在棱长为2的正方体A拟DA,BC,D,中，M为棱B,的中点，P苦 为棱AD,的中点，平重DA,MN与平重CB,Q将该正方体餐成三个多面体，其中N,Q分 16.(木小题端分1B分)虹用，在直三棱柱ABCA,,C中，C=以C=1,∠ACu=0,D是 制在棱C,DD,上， A,B,的中点，下在出，上， I)求E,平面MNDA,平直CB,PQ: 1)求E:CD⊥平AMB,B: (2)求异直直线Q与MN所成角的余弦值， (2》从下列三个条件中这取愿两个条件可使A目，⊥平面C,DF?并证明你的结论， (3)求多直体MNDA,-PQCB,的体L ①F为BB:的中点②AB-瓦③AA,-2. 州风测数学必蜂第彩A服设平面ABCDO平面BNF=1. 阶段检测三 由线面平行的性质定理知NF/1. 立体几何初步 又点B-直线/. 1.C 解析:若aO③=,因为nl平面a,Ca, 所以直线/就是直线GH. 所以n上a,同理nla,过n上一点作直线n的平行线. 直线GH就是平面BNF与正方体侧面的交线. 则na, 15.解.(1)取CD的中点G,PA的四等 设由n和n确定的平面为y,则aly, 分点I,依次连接E,F,G,H,I. 而ln,ln,同上可知//,故a/ 设FGOAC=M,BDOAC-N. 则M为CN的中点,N为AC的中 1.选项C正确; 点,点M为AC的四等分点..IM/ 有可能/C,选项A错误: PC. 由上可知a/l,且a仁B,所以(/B或 ·底面ABCD是菱形,乙BAD-120”, IC,选项B错误; '.△ABC为正三角形,AC1BD. 如图,a上8不一定成立,选项D错误,故选C # P$A-AB-4.'$AC-AB-4$BD-2$2/3-4 2.A 解析:如图所示,在长方体ABCD-AB.C.D 中,取四 :.PA 1感面ABCD:AC:BDC雨ABCD. 梭锥A.-ABCD,则此四校锥的四个侧面都是直角三角形,故 选A. *PA 1AC.PA1BD..PC-4② PE.F.H.G分别是校PB,BC.PD.CD的中点. $EF/PC//HG.EH/BD//FG.且 EF-HG $$V,EH=FG-BD-23. .五边形EFGHI即为平面EFH截四校锥P-ABCD所得 3.C 解析:设围O,的半径为r,球O的半径为R. 的截面多边形. 依题意得△ABC为等边三角形,则由正弦定理得2r 'PAOAC=A.PA,ACC平面PAC. AB25 ..BD1平面PAC. -4.即,-2. sinC .PCC平面PAC.'BD IPC.'EF IEH. .四边形EFGH为矩形,其面积为2/②×2③-4V 又因为球O的表面积S-4nR{-64r,所以R-4. .CM-cCN--AC-1.AM-AcC-3. 根据球的截面性质得O0。1平面ABC, 所以001OA. 又EFC平面PAC,PCC平面PAC...EF//平面PAC ·平面EFGHIO平面PAC-IM.*'EF/IM//PC,且 所以O0 =OA-OA-R--2.故选C 4.D 解析:设长方体的长宽高分别为a,b,c,V-abc。 IM--PC-3V2.:.EH1IM. 财V一 3abe.V.= 1xa= '.△IEH的边EH 上的高II-IM-MI-IM-EF- ..sr二 5v6. (2)由于IMC截面EFGHI,AMC平面ABCD,EH/ 则A:B.C错误,D正确,故选D. BD/FG. 5.A 解析:如图,连接AC交BD于O. 则FG1平面PAC,IM,AMC平面PAC 在△CCA中,易证OE/C.A. .'.FG I IM.FG IAM. 又OEC平面BDE,AC平面BDE. . IMA为截面EFGH1与底面ABCD所成的锐二面角 一# '.C.A/平面BDE, I:C 在Rt△IMA中,cos IMA= '.直线AC 与乎面BED的距离即为 点A到平面BED的距离,设为h,连接A。 '截面EFGHI与底面所成的锐二面角为45{。 (3)取AB,AD的中点K.L,则EK/PA/HL, AE.在三极雄E-ABD中,Vr= '.FK 底面ABCD,HL |面ABCD #xzv72# .多边形AKFGL为截面EFGHI在底面ABCD上的 投影. 'KF/AC/LG且KF-LG-AC-2. 在三校A-BDE中,BD-2②,BF-DE-. '.多边形AKFGL的面积为SanD一S:aK-SmC $-×4×2x×-×2/×- 5. 故选A. ·91. 答案全解全析 6.D 解析:如图所示: 对于D中,因为BN/平面AA.D.D.显然BN与平面ADM 园锥P0的高和底面半径均为9,平行 不平行,故D错误,故选BC. 于圆锥PO底面的截面交圆锥PO的 10.AD解析;由校台性质,画出切割前 母线PB于点C. 的四校锥,由题易知点S在平面 设裁面圆围心为点O,且O0-h,则 A.BC.D和平面ABCD的射影分 $O'-P0-0O-9-h. 别为点O,0:连接OS.OA:则0 po'oc _-hoc 易知△PO'CoPOB.Oo 在OS上.由于AB-22,AB= D. ,可得 oC-9-r. ②,可知△SAB 与△SAB相似比A 所以截面圆园0的半径为9-h,圈O的面积为-(9-h)^}; 为1:2.则SA-2AA-4.AO-2. 又因为S(h)一(9-h). 则$0-2③,则O0-3,该四校台的高为③,故A正确; 根据祖原理知,该“睡美人城坚”的体积与一个底面圈半径 因为SA-SC-AC-4.所以AA.与CC.的夫角为60”,不 为9,高为9的园锥的体积近似相等, 垂直,故B错误;该四校台的表面积S-S。+S十 (+2)#2-()-10+6/7 所以该“睡美人城”的体积约为-XπX9{×9-243r.故 S.-2+8+4× 选D. 故C错误;V-h(s+sS+s)-x③×(8+4+ 7.C 解析:对于①中,因为二面角A-BC-D为直二面角,可得 平面ABC1平面BCD. 又因为平面ABCO平面BCD=BC,DC1BC,且CDC平面 BCD. 11.ACD 解析:对A:当P在平面BCC.B 上运动时, 所以CD1平面ABC,所以①正确; 三校锥P-AA.D的底面为△AA.D,其面积为定值, 对于②中,由DC1平面ABC,且ABC平面ABC,可得 又点P到平面AA.D的距离即平面BBC.B 到平面 ABCD. ADDA的距离AB,也为定值, 又因为ABIAC,且ACOCD=C.AC,CDC平面ACD. 故三校锥P-AA.D的体积为定值,A正确; 所以AB1平面ACD,所以②正确; 对B:连接B.D.AC,BD,设其交点 对于③中,由AB1平面ACD,且AB二平面ABD,所以平 为O,连接OD,如图所示. 面ABD1平面ACD,所以③正确; 因为AC IBD,AC1DD.BD,DD CA 对于④中,因为DC1平面ABC,且DCC平面BCD,可得平 平面DBB D,BDODD =D.所以 面ABC1平面BCD. AC1平面BDB.D. 又D.O二平面BDBD.所以AC 若平面ABD1平面BCD,且平面ABDO平面ABC-AB. 可得AB1.平面BCD. oD.. 又因为BCC平面BCD,所以AB1BC, 当点P在AC上运动时,连接A.C.,因为AC./AC,所以 因为AB与BC不垂直,所以矛盾,所以平面ABD和平面 D. P与A.C 所成的角即为D.P与AC所成的角. BCD不垂直,所以④错误.故选C. 当点P与点O重合时,AC1OD. 8.B 解析:由题意,PA,PB,PC,PD. 所以AC与DP所成角为吾; PE在平面ABCDE上的射影分别为 P'A.P'B,P'C,P'D,P'E.如图所示, 当点P异于点O时,设DP与AC所成的角为8,则 tano .五个三角形都是等腰三角形且 D.O AP'B-72,'易知 P'A= AE 所以当P与A,C重合时,OP取得最大值,此时tan8取得 2sin3.而cos36~- .令AB= 最小值,8最小. BC-CD-DE-AE-a..P'A-- 正二十面体的每一个面均为等边三角形,即PA一AB-a 综上所述,当点P在AC上运动时,直线D.P.AC. 所成 角范图为[,故B错误: 且P'P 平面ABCDE,.'.PA与平面ABCDE所成角的余 弦值为吾故选B. 对C:当点P与D,B:重合时, 9.BC 解析:如图所示,对于A中,直线AM. D.AD=BAB-45*,也即AP$ BN是异面直线,故A,M,N,B四点不共 与底面ABCD的夹角为45”。 面,故A错误; 当点P在平面BBCC.上时(异于点 对于B中,在长方体ABCD-AB C.D 中, B.),过P作PHBC于点H,连接 可得AD1平面CDDC.,所以平面ADM1 AH,显然PAH即为所求的线 面角. 平面CDDC,故B正确: 又tanZPAH-H.又 PH<BB =AB,HA>AB,故 对于C中,取CD的中点O,连接BO,ON,则 PH B. M/BO.所以直线BN与B.M所成的角为 NBO.易知 三角形BON为等边三角形,所以乙NBO-60{,故C正确; tan PAH<1.PAH<45'. 所以当点P在平面B.BCC.上时(异于点B.),AP与平面 周周测 数学 必修第二册 A版 .92. ABCD的夹角小于45{*,不满足题意 设CA-CB-a,则AB-BD-AD-②a,CO- 同理可得,当点P在平面D.DCC 上(异于点D)时,AP 。 与平面ABCD的夹角也小于45{,不满足题意, 当点P在平面ADDA 上时,由 D.AD=45{}易知点P 的轨迹为AD AD -AD+DD-④4-2 当点P在平面A.ABB 上时,由 B.AB-45{*}易知点P的轨迹 13.36 12(2+1)+23 为AB. 3×8+8X6-36条校. 解析:图中共有8个正三角形,6个 AB-AB+BB- 4+4-22 正八边形,则共有一 当点P在平面A.B.C.D 上时,因 2 为平面ABCD/平面AB.CD. 设正三角形、正八边形的面积分别为 所以AP与平面ABCD所成角与AP与平面A:B.C D S .$,因为 DAB=135*,所以 所成角相等。 ADC-45*. 因为AA 1平面ABCD.,连接PA. Ar2 #1, _C-2DE+AB-2+1.故 所以乙APA-45. 在△AA.P中,易知AP-AA -2. $:212+12 +(/2+1×1- 所以点P的轨迹是以A为圆心,2为半径的-圆孤, 2 2/2+2. 故其轨迹长度为-×πX2*=r. 文S二 3,所以表面积S-8S +6S-23+122+12- 当点P在平面ABCD上,不满足题意. 12(/2+1)+2/3 综上所述,点P轨迹的长度为n十4V2,故C正确; 14. 对D:取A.D.D.D.DC,CB,BB. 解析:如图,取FB -1,连接D.F。 AB的中点分别为Q,R,N,M, 因为在直四梳柱ABCD-A.B.C.D 中, T.H. 侧校AA 1底面ABCD,可得直四校柱 连接QR.QF.FT.TM.MN.NR. ABCD-A.B.C D 的四个例面均为矩 FH,HN,HM,如图所示, 形,所以DC CC. 因为FT/DC.FT平面D.BC. 园为DC.-2,所以以D 为球心,半径 FTC平面FTM,所以 FT/平 为2的球面与直线C.C相切. 面DBC. 在直四校柱ABCD-A.B C D 中,底面ABCD为平行匹 因为TM/BC.TM平面D.B.C.B CC平面D.BC. 边形, 所以TM/平面D.BC. AA -3,AB-2,AD-1. BAD-60,根据余弦定理 又FTOTM-T,FT,TMC平面FTM,所以平面FTM/ 可得, 平面DBC. D.B -A D+AB-2A D .AB cos60=1+4 又QF/NM.QR//TM,RN/FT,所以平面FTMNRQ与 平面FTM是同一个平面。 则点P的轨迹为线段MN. 所以DB-③. 在△FNM中,FN-FH+HN-4十4-2 因为BB 1底面A.B C.D.D B C平面A.B.C.D,所 FM=FH+HM- $4+2-$NM=2. 以BB 1D.B. 所以FM+MN&-8-FN*,所以△FNM是以 FMN为 所以D F=DB+BF-1+3-2. 直角的直角三角形. 所以球面与侧面BCC.B:的交点为F和C. 所以FP-FN-2,FP-FM-. 又FB =B C-1,D B 1平面BCC B . 所以FP长度的取值范图是[/6,22],故D正确.故 所以点F和C 在以B;为圆心,半径为1的圆上, 选ACD. 因为BB:IC.B,所以孤FC.的长度为x2-X1-. 12.23 解析:过C点作CO1AB,垂足为 所以球面与侧面BCC.B;的交线为张FC ,所以球面与侧 O.作OH1BD,垂足为H,连接CH. 面BCCB:的交线的长度为哥. “.平面ABC1平面ABD,交线为AB. ..CO平面ABD. 15.解:(1)证明:.AD-2PD=4.PA-2$5. .CO1BD. '.PA-PD+AD,即PD AD, ::OH1BD,OHOCO-O. .CD平面PAD,PDC平面PAD. .BD1平面COH. .CDIPD,且ADOCD-D.AD.CDC平面ABCD. '.BD1CH...CHO为二面角C-BD-A的平面角. .PD1平面ABCD. ·93. 答案全解全析 (2)·'三校锥P-ADQ的体积为23, 18.解:(1)如围1.沿侧枝PA将三校锥的侧面展开,则AA即 .s·PD-2③.S=33. 为质点移动路程的最小值。 由题意可得 APB= BPC=CPA'= .-AD.AQ·sin 60*-3③.AQ-3. APA'--.PA-PA'-1. .Q为AB的中点,即点A到平面PDQ的距离等于点B 到平面PDQ的距离。 由余弦定理得A'A'-PA+A'P{-2PAXA'Pcos APA'- 在八ADQ中,由余弦定理可得 2-x2- DQ=AD+AQ-2AD·AQcos 60-13 则AA-y5-2 2 由V o=Vo,得xv13×d=2/..d-63 所以质点移动路程的最小值为一# 13 (2)设三校锥的高为h,八ABC内切图的半径为,,外接园 半径为R,圆锥的母线为7, 16.解;(1)证明:.'ABC-ABC.是直三核柱, 对×(1+1+1)x,- x1,解得,- 'AC -BC -1,且 AC B -90*D是AB 的 中点.'.C.D1A.B. 2sin 60 .AA 1平面A.BC.C.DC平面A.BC. 'AA 1C. D,又 A. B. OAA =A,A. B C平面 ##_-#、#()-# AA.BB,AA.C平面AAB.B. .CD1平面AAB.B # ##一、{)(#^)### (2)选①③能证明AB 1平面C.DF 证明如下:连接DF,A.B. .DF/AB. 在△ABC中,AC-BC-1. ACB-90{ 则AB-/②. 又AA-/2. 则A.BAB. .DF]AB. .C.D1平面AA B.B,ABC平面AABB, .C.DAB. :DFOCD=D.DF.C.DC平面CDF. 图1 圈2 ..ABI平面CDF. (3)依题意得,O为点P在底面的投影,点O到AB的距离 17.解:(1)证明:取AB的中点D,连接 为r,OM1AB干点M. A.D,MD. 则 $MO-(0<8<90),连接OA,则 OAM-30。 .M是BC的中点, 所以OA-2r,AB-23x. *MD/AC,且MD-1 文.AC/AC. 园为△ABC是等边三角形,所以CM-3x,Sac= 且AC-1. 2、/3r.3r-33:. .MD/A.C. 且MD-A.C.. '.四边形MDAC.是平行四边形, cos8cos8' .CM/AD. 又.C MC平面AA B.B.A DC平面AA B.B cos日 c0sR' '.CM/乎面AABB. (2).AA]平面ABC,ABC平面ABC. 所以三梳锥的表面积$-3③:3 0050-33. .A.AAB. 又ABIAC,AAOAC=A.AAC平面ACC ,ACC平 面ACC. 因为OM-tanθ,所以PO=OMtanθ-xtan8. PO .AB1平面ACC.又由(1)知CM/A.D. '. DA.A就是真线C.M与平面ACC成的角 在Rt△AA.D中,AD-1.AA=2.AD-/5. 以-V .sin DAA-AD AD n# 周周测 数学 必修第二册 A版 ·94. 所 $*-81(1+)-813(). (3)由正方体特性可知,几何休MBN-A.AD与几何体 PDQ-BCC的体积相等,即V.一V. (1)-(1) 设几何体MNDA-PQCB 的体积为V,正方体的体积 为V. 1 故V-V.-V-V.. cos8cos8 又M为BB 的中点,N为BC的中点,将AB延长至O点 90”,所以1. 使BO-AB. 所以S-27③v(1+z) -27③v:(1+){} ,-1 1一1 根据相似知识可知,A.MOAB-O,ABODN=O. 得到几何体MBN-A.AD的体积为三校锥OA. DA的 =273v:-1)+4-1)+4 1-1 积减去三校锥O-BMN的体积. 荆V- -.$.n:.0A- 1 , 27/(214) 1 ___ 7 -273V(2×2+4)-216/3V. 当且仅当1一1-- 周测16 随机抽样 S取得最小值,S取得最小值,此时cos-1 1.C 解析:“中国天眼”主要是通过观察获取数据. 所以体积一定时,该三校锥例面与底面所成的二面角余弦 2.D 解析:总体是指这1000袋方便面的质量,A中说法错 误;个体是指1袋方便面的质量,B中说法错误;样本是指按 值为一时,其表面积最小. 照2%抽取的20袋方便面的质量,C中说法错误;样本容量 19.解:(1)证明:由题意得平面BCC.B/平面ADD.A.. 为20,D中说法正确.故选D. 又平面MNDAO平面BCCB.=MN. 3.C 解析:解法一:设调查的100位学生中阅读过《西游记》的 平面MNDA.门平面ADDA.-A.D.所以A.D/MN. 学生人数为x,则x十80一60-90,解得x-70,所以该校阅 同理PQ/BC. 读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 又A B /AB且A B =AB,AB/CD且AB-CD. 70 100 -0.7.故选C 则AB /CD且AB -CD. 所以四边形A.B.CD为平行四边形,则A.D/B.C. 解法二:用Venn图表示调查的100位学生中阅读过《西游 所以MN/B.C. 记》和《红楼梦》的人数之间的关系如围 又M为BB;的中点,所以N为BC的中点. 《西游记》 同理Q为DD.的中点. 楼梦 连接BQ.MD. 90-80 因为BB/DD,B{ M-BB-DD=QD.$$ 易知调查的100位学生中阅读过《西游记》的学生人数为70 所以四边形B.QDM为平行四边形,所以BQ/MD. 所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值 又.B.QC平面CBPQ,且DM平面CB.PQ.DM/平 面CB.PQ. 同理由MN/BC,得MN/平面POCB. 4.D 解析:由题意,从第2行,第4列开始,横向依次读取的三 个数字是492,434,935(无效,含去),820(无效,含去),036. 且 DMOMN=M,DM,MNC平面MNDA. 所以平面MNDA/平面CBPQ. 234,869(无效,含去),693,所以抽中的第5个编号是693.故 (2)由(1)可知MN/BC. 选D. 所以 B.CQ为异面直线CQ与MN 5.C 解析:11~12岁回收180份,其中在11~12岁学生问卷 所成角或其补角. 中抽取60份,抽样比为,因为分层抽取的样本容量为 连接BQ,BD,因为正方体长为 300 2且Q为DD的中点. 300,故回收问卷总数为 -900(份),故x-900-120- 则B.C-22.CQ-CD+DQ- T-5. 又在正方体中,DD 平面 A. B C.D.B D. C平面A.B C.D.则DD B D. 20 即BQ-BD+DQ-9. 2.抽取的植物油类与果藏类食品种数之和为(10十20)× B.C+CQ-BQ 8+-9v10 6. 所以cos BCQ= 2B.C.CO 2X22x10 故异面直线CQ与MN所成角的余弦值为10 10 7.AB 解析:因为总体个数不多,可以对每个个体进行编号, 所以该抽样可能是简单随机袖样,故A正确; .9. 答案全解全析