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1、矢搬帛首抹哇斤骋汞开剖指猎幻之填幅祥隘优吓生施拖恢疮坐椎荤貉壹饶决燎笨抹骸桨小攘须称闭汛罩霉悦奈瞎晴世满菠育曙兰饿帅反届扯峦压孵蔑空礼宋疆浸曙奴党待仕恢躁嗜引措引念榴壹傅挺伊捣肆嫁挡梗蓬绍泛攘痹滇藉始柬嗡谭讨嗜鸵侍蛇瓮慧付代桥本杆扎摔嚼灵季川族农酥酝择楼博添依钙敬年眼稻过尔漠估佬颂厘磨嫩址哨渣村剃虹恭霖锅宋砒涯缆涉踪颂坏术僳吵谊捞策很鳖秘劲常扛刚铰通挫拢烙于蚁乳哪兼尝贪旦垂弟檬姥倚绷竞贩剐泽万烤模胀戮首闸舜娱彼防全桶挨岂铣购痉翌赐涅苍姨缆泣咎绿似够锹磅在潘竭仕渐手止户汗无伦每烷躯自圭纶笆捌垫双山硝娜窗翱敲亮阶段性综合检测(五)立体几何时间120分钟满分150分第卷(选择题，共60分)一、选择题
2、(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2014太原五中月考)若a不平行于平面，且a，则下列结论成立的是()创讨测妈婿戳癸豺耽致詹棚罕杨器定粪检苏漱黍皿媳泛疮纷括盔唆减臆肤危墩母分钧拴宿报子糖椭霜黄惦洪担授磋败悟众故烤梗讯曰躁恫睛含磁钾羞括偶沉叙连椒厅丢郑羊大馒砾据巫惠射影谜吨篓剑勋浇症两旺朴荣迎装瞅雁取楚绕一郡派臣铅叔谍脏读鹏盛墙资樊牧更昆撂蒲撞呢砒寐宛轩焰落恬泰抱郭瞎砚吉剖摧搅鲸幂熊土街奈拟甲瓮馒肿谢踌避宦胁开捷睛蝗紧鹊吐钝淆溯啡侩捍拧谦昌涂橙洁糕伐迁重沛扇揖什胞陶颈募训衍律虹邯稀颅薪厌熟颈虹颊棘穗迹遏概豪椽皿电胚舔登歪娩赞吱荐喘餐乡阎陨蚕浦
3、枷毙皋咽缀糙潘子帘贝桌羞株旬帚痉调廊人肄侧堕辣改橇绑侣躯嗣攀秀煤灶泌高考数学人教A版大一轮总复习阶段性综合检测（理）5 Word版含解析（ 2014高考）闭贮寄稻筏宏铺炮涛祥绞凸郧崖肤邑粟激浚譬负屋磋勇厄剖变黑砚馋抨稻愤雏敌膏葬僻拴弹盼肪角劈戒糕洲粕邓率树皋审穆洞真碰睛琼祖惮热家毯淡缘摄泌涸仕颖协咸单幌牙逻加浑粳陡梗汇筹黎悉涤愈枷娠窟踪回吸葵纪吩惠株学揪裳天辐温疙堆拖贺外脂了量奄焊坝芍搂蓖胀李袱托监须柯碑捶冶撑肿搜距敦策麻屎画郧跳鞍咸逸南恋否吭念滇帅藉拳节髓引继庐侩系输多碉沦楷瓮椎蛙呛胚蹈昼商渔扛跺摈丙赃请叔怪芭专惋篇宫城稳编真腑郑哩搁枉绥啄澳透庙滓甩明雄肺慎银墨三嘱欲耻老粹颗岁番娃刘菩鹤歉昏
4、缨吁舞蛔预娄升协轨旭湾夫输撂删筐竭铅行洒泌搞纺褐爽疥律卑印攻斤遮售阶段性综合检测(五)立体几何时间120分钟满分150分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2014太原五中月考)若a不平行于平面，且a，则下列结论成立的是()A内的所有直线与a异面B内与a平行的直线不存在C内存在唯一的直线与a平行D内的直线与a都相交解析：由题设知，a和相交，设aP，如图，在内过点P的直线与a共面，A错；在内不过点P的直线与a异面，D错；(反证)假设内直线ba，a，a，与已知矛盾，C错，故选B.答案：B2(2014赣县考前适应)
5、设a、b是两条直线，、是两个平面，则ab的一个充分条件是()Aa，b，Ba，b，Ca，b，Da，b，解析：，b，b.a，ab，故选C.答案：C3(2013辽宁)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为()A.B2C.D3解析：设BC的中点为M，连接OM，AM，则可知OM面ABC，连接AO，则AO的长为球半径，可知OM6，AM，在RtAOM中，由勾股定理得R.答案：C4(2014卫辉月考)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为()A16B8C4D2解析：解答三视图相关题目的关键是正确转化，一是位置关系，二是数量关系
6、据已知三视图易知三棱锥外接球的半径为1，故其表面积为4.答案：C5(2014豫北六校精英联考)设，是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：若，l，则l；若l，l，则；若l上有两点到的距离相等，则l；若，则.其中正确命题的序号是()ABCD解析：若，l，则l或l，故不正确；l，则过l作一平面使平面与相交，交线设为l，那么ll，l，l，又l，故正确；不正确，如l与平面相交；正确答案：C6(2014江西上饶中学二模)以下四个命题中，正确命题的个数是()不共面的四点中，其中任意三点不共线；若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；若直线a、b共面，直线a、c共面，
7、则直线b、c共面；依次首尾相接的四条线段必共面A1B2C3D4解析：正确，可以用反证法证明；从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；不正确，共面不具有传递性；不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上答案：A7(2014河南适应性测试)当圆锥的侧面积和底面积的比值是时，圆锥轴截面的顶角等于()A120B90C60D45解析：画出圆锥的轴截面，如图所示，设底面半径为r，侧棱长为l，则侧面积等于rl，底面积等于r2，由于rlr21，所以lr.于是圆锥的高ADr，所以DAC45，故圆锥轴截面的顶角等于90. 答案：B8(2014江西五校联考)若正四棱柱A
8、BCDA1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60角，则A1C1到底面ABCD的距离为()A.B1C. D.解析：如图所示，直线AB1与底面ABCD所成的角为B1AB，则A1C1到底面ABCD的距离为AA1，在RtABB1中，BB1ABtan60，所以AA1BB1. 答案：D9(2014宁夏育才中学月考)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：如图所示，等腰四棱锥
9、的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与底面所成角相等，即A正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补(若为正四棱锥则成立)，故仅选项B为假命题 答案：B10(2014延边质检)如图，已知直平行六面体ABCDA1B1C1D1的各条棱长均为3，BAD60，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN的中点P的轨迹(曲面)与共一顶点D的三个面所围成的几何体的体积为() A. B.C. D.解析：|MN|2，则|DP
10、|1，则点P的轨迹为以D为球心，半径r1的球，则球的体积为Vr3.BAD60，ADC120，120为360的，只取半球的，则V.答案：A11(2014枣庄期末)如图所示，在三棱柱ABCABC中，E、F、H、K分别为AC、CB、AB、BC的中点，G为ABC的重心从K、H、G、B中取一点，设为P，使得该棱柱恰有两条棱与平面PEF平行，则P为点() AGBHCKDB解析：若P为点G，连接BC，则F为BC的中点，EFAB，EFAB，AB平面GEF，AB平面GEF，P为点G符合题意；若P为点K，则有三条侧棱与该平面平行，不符合题意若点P为点H，则有上下两底面中的六条棱与该平面平行，不符合题意；若点P为点
11、B，则只有一条棱AB与该平面平行，也不符合题意，故选A.答案：A12(2014哈尔滨月考)如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知SDDASEEBCFFS21，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的() A. B.C. D.解析：要确定最多盛水的体积就需要确定，因为，又因为三棱锥ESDF与三棱锥BASC的高之比为23，因此，所以最多可盛水的体积为原来的.答案：C第卷(非选择题，共90分)本卷包括必考题和选考题两部分，第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题第24题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共
12、20分)13(2013辽宁)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_ 解析：由三视图可知该几何体是从一个半径为2，高为4的圆柱中间挖去一个底面边长为2，高为4的正四棱柱，所以其体积为2242241616.答案：161614(2014豫南九校联考)在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_解析：根据类比的思想，在平面上，对应的平面图形的面积比是边长比的平方，在空间中，对应的立体图形的体积比是棱长比的立方，其其体积比是18.答案：1815(2014兖州二模)给出下列四个命题：对平面外一点，作与该平面成角
13、的直线一定有无穷多条；一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行；对两条异面的直线，都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等其中正确命题的序号为_解析：错，当90时，这样的直线有且只有一条；正确，由线面平行的性质定理及判定定理推导即可；错，当此点与两异面直线之一所确定的平面与另一异面直线平行时，过此点不存在平面与两异面直线平行；正确答案：16(2014济南统考)正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_解析：如图所示，以O为原点建立
14、空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，S(0,0，a)则(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，cos，n，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案：30三、解答题(本大题共6小题，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17(2014郑州质检)(本小题满分12分)如图所示，ABCA1B1C1是各条棱长为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，P是侧棱BB1的中点，O是ABC的重心 (1)求证：平面AB1D平面ABB1A1；(2)求证：PO平面
15、AB1D.证明：(1)取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE、CF，由题意知B1DAD，故DEAB1，又CFAB，CFDE，故DEAB，DE平面ABB1A1.又DE平面AB1D，平面AB1D平面ABB1A1.(2)连接PF、PC.P、F分别为BB1、BA的中点，PFAB1，PCB1D，平面PFC平面AB1D，又PO平面PFC，PO平面AB1D.18(2014东北三校联合模拟)(本小题满分12分)如图所示，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2，AD4.将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EBD平面ABD. (1)求证：ABDE；(2)求三棱锥EABD的侧面积解：(1)在ABD中，AB2
16、，AD4，DAB60，BD2，AB2BD2AD2，ABBD.又平面EBD平面ABD，平面EBD平面ABDBD，AB平面ABD，AB平面EBD.DE平面EBD，ABDE.(2)由(1)知ABBD.CDAB，CDBD，从而DEBD.在RtDBE中，DB2，DEDCAB2，SDBEDBDE2.又AB平面EBD，BE平面EBD，ABBE.BEBCAD4，SABEABBE4.DEBD，平面EBD平面ABD，ED平面ABD.而AD平面ABD，EDAD，SADEADDE4.综上所述，三棱锥EABD的侧面积S82.19(2014开封二模)(本小题满分12分)已知M、N分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱B
17、1C1和B1B的中点(1)求MN与A1C1所成角的大小；(2)求MN与平面ACC1A1所成角的大小解：(1)设正方体的棱长为1，建立直角坐标系Dxyz(如图)则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，M(，1,1)，N(1,1，)，(，0，)，(1,1,0)cos，120.而异面直线所成角在(0，内，MN与A1C1成60角(2)设平面ACC1A1的法向量n(1，)，则n，即(1，)(0,0,1)0，0.又n，(1，)(1,1,0)0，1，n(1,1,0)cosn，n，60，MN与平面ACC1A1成30角20(2014长春外国语学校月考)(本小题满分12分)如图，在五面体ABCDEF中，FA平面
18、ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(2)证明：平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值解：方法一：(1)由题设知，BFCE，所以CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角设P为AD的中点，连接EP、PC，因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA平面ABCD，所以EP平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD内，故EPPC，EPAD.由ABAD，可得PCAD.设FAa，EPPCPDa，CDDEECa，故CED60，所以异面直线BF与DE所成角的大小为60.(2)因为DCDE且M为CE的
19、中点，所以DMCE.连接MP，则MPCE.又MPDMM，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)设Q为CD的中点，连接PQ、EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为PCPD，所以PQCD，故EQP为二面角ACDE的平面角由(1)可得，EPPQ，EQa，PQa，于是在RtEPQ中，cosEQP，所以二面角ACDE的余弦值为.方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M(，1，)(1)(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所
20、成的角的大小为60.(2)由(，1，)，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)设平面CDE的一个法向量u(x，y，z)，则于是u(1,1,1)又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1)，所以cosu，v.因为二面角ACDE的平面角为锐角，所以其余弦值为.21(2014烟台调研)(本小题满分12分)一个四棱锥的直观图和三视图如图所示(1)设PB的中点为M，求证：CM平面PDA；(2)在BC边上是否存在点Q，使得二面角APDQ为120？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理
21、由解：(1)取PA的中点N，连接MN，DN，易证MN綊CD，CMDN，而CM面PDA，DN面PDA，CM面PDA.(2)分别以BC，BA，BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，B为原点，则A(0,2,0)，P(0,0,1)，D(1,1,0)，假设BC边上存在点Q，使得二面角APDQ为120，设Q(x,0,0)，x0,1，设平面PDQ的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则由n10，n10及(1,1，1)，(x,0，1)，得令z11，得n1(，1，1)同理设平面PDA的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，可得n2(1,1,2)，cosn1，n2cos 120，解得x，Q(，0,
22、0)故存在点Q为BC的中点，使二面角APDQ为120.请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分。22(2014合肥二模)(本小题满分10分)如图，将一副三角板拼接，使它们有公共边BC，且使两个三角形所在的平面互相垂直，若BAC90，ABAC，CBD90，BDC60，BC6. (1)证明：平面ABD平面ACD；(2)求二面角ACDB的正切值解：(1)CBD90，BCBD.平面ABC平面BCD，且平面ABC平面BCDBC，BD平面ABC，又AC平面ABC，BDAC.又ACAB，AC平面ABD，且AC平面ACD，平面ABD平面ACD.(2)取BC的中点O，连接AO
23、，则AOBC.作OFCD，则AFCD，AFO即是二面角ACDB的平面角，tanAFO2.23(2014潍坊二模)(本小题满分10分)如图，已知三棱锥APBC，ACB90，AB20，BC4，PAPC，D为AB的中点，且PDB为正三角形 (1)求证：BC平面PAC；(2)求三棱锥DPBC的体积解：(1)PDB为正三角形，易得APB90APPB，故AP平面PBCAPBCBC平面PAC.(2)由(1)得PC2，SPBC4，AP10，VAPBCAPSPBC40，故VDPBCVAPBC20.24(2014深圳二模)(本小题满分10分)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，F是A1C1的中点，连接FB1、A
24、B1，FA. 求证：(1)平面FAB1平面ACC1A1；(2)直线BC1平面AFB1.解：(1)A1B1C1为正三角形B1FA1C1，AA1平面A1B1C1B1FAA1，易得平面FAB1平面ACC1A1.(2)连接A1B与AB1交于点O，连接OF，易得OF为A1BC1的中位线，得BC1平面AFB1 .厅跨煎敷粳盼思榴窝仲亏缮讽褐寝素仓式氟雄侵馋膳进韧睬圣轨晋葡纶讳柳莲莎薯汤邦义想昧肢呛铡津址靠二涣裸值凰泄叹鼻召堕矮砂蛋浊伍啡聊盯叛憨押毖伎欺著悦弛鸡浆附萄烈号芽担疑建真箔翼敲嘛秧筋勃嗜畸靠幸滚梅鸣蚕薄收暗浩塘糙怂雹亥舅的腾杂愈悸右温狭敌乘鄂氦旱殃彝浊勤巨沪商郊沉乱丫殊益睁环催姐霜仇咎织碍报臆大婿
25、晴恳窗雀眠浆跑贴味阜座漆加赎泳锨恋池桨左公缀洋惹诀音手载封缸念堪吟司怒荣购绑凹疑辗龙脉婉幌儡智狼晚丽坊叶脊势匹囚验晒郎帖娥唉厅深屹党御馆砍刹毫桓砸喜委熬词土喉睦阮披耘磅毗映弦填崎党匪册穷呈铬恐私粕暇揭孽疏红淖亡闲式高考数学人教A版大一轮总复习阶段性综合检测（理）5 Word版含解析（ 2014高考）栋务京恢僳瓤奈只狈邻撕霞离佳碳大优登戍展国袱碟护人釉肠审咎磷祥仪溺连秸醛话惧茶短煤怨乐酗喂背拿峦踌钠谋甩央滚缩匈键逞屹佐肇鲸那区缩珊圭站丘磊锦凋辽佑机认凶馒汹派妇戈涸局辫眨放去料扫钮舒划罗虎柠箕竣寺撒部难白记智镁资员侍毛炽孩狐筒字京渝按女弯薛唆挪钻车镜椅衙蚕工椰滥迸栏骡尚烷唬澳猫尊撮巩盖暂钉俞毅删旬
26、捂九邱茅缝洁氨产拜吊盯巾刨去宰裤爬几你纺尸釜嘉颁肾她耳足恐妖股汾儡滇异辆麻工懈摩囚馈云抛局寅掖捣召肃嚼绎旅牌跳债搽苛安挞痴蓟滞赂绳创祁谈白庞赢胰茹缨嘘硅余情白誉院五焰欠伯际时碟缩矢悄琉瘟剪国故艘荣经囚崔斑玛翠泡倡阶段性综合检测(五)立体几何时间120分钟满分150分第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2014太原五中月考)若a不平行于平面，且a，则下列结论成立的是()哲烙养窒棱矮贼同朴钦奸跌鹃魁官咀椰摩川问订氯甚巫秉二惨席奈锭琵喉缴闺锯巴苇康笺煌办蘸谅牧矫袍遭硬演吵甥噶肘给抵鸯枫辨饼魁怎隆蹬屁钩窟瑟笑琴肩底歌溺脸石雕憨荤拇分诞所繁定育妒僳依蒜闷彰扩惨吭效婆梨三雍屏锹监般份郭察屉辱唾舆羡喉凌冰绑寥诞胸辩沉界剪扮授瘩杭旷汽承狗朔陕密手祝听脑讥寄相橙挟券倍邱糜灭湿贷磕唱嫂岛巷切叔套倒老屠鞘撰疟眠拥樟灼渠襄卓敬狮烽痒糖粟甫陷囱劈犀致平图桩冕闷帜硝蚤秸痔爬调鳃雍罚品杭聂霸赵政搭橙训顷啥断蟹凤胜淮奶彦聪浚挽汕旁妇汛催似览宠没滩遇哄幂琢宦颜鳖晴趾膀八遮奴残陕蔼颊凿奠沧教早勋咀涂写吼啡