[高三总复习]2025届名师原创模拟卷(一)1数学(XS5)答案

2024-07-23 18:48:20 22℃

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m=2(BE+BF)解如图、连接AC,AA1∥CC1设CF=则CF=1-,故m=红+六边形BCG是正六边形，其外接球的半径为1，点B,C,所以四边形AGEF为行四边形，所以EFAG.又AGC面PADAA=C1四边形AA,C,C为行四A边形、记y=√1+x+1+0-x)(0≤<1,FG,H在此球面而0CB,所得面个圆上，连接OEGEF面PAD,所以EF∥面PAD.OG.OH,则∠EOF=∠COH=号，此球面与侧面BCC,B,的交线为典例2解析如图，在梯形ABCD中，BC∥A C/AC√x-0)2+(0+1)2+√x-1)2+(0-1)AD,BC丈面PAD,ADC面PAD,所以则∠D1AC即为异面直线AD1与A,C其几何意义可以看成x轴上的点M(x,0)(0≤x≤1)到定点P(1,1)和Q(0,一1)的距离之和，如图中的两段圆弧（实线），所以交线长度为2X×12BC∥面PAD,所成的角或其补图2所示，∴.cos∠D1ACACAD-D,C32解折如图，分别取5C,B,C的D又BCC而BCMN,面BCMN∩PAD=MN,所以MN∥BC2AC·AD12×6×3显然，当M经过点N(20)时，P,M,Q三点共中点H,Q,连接BQ,CH,则AM∥BQ/多维训练解析(1)连接AC交BD于点G,连接GE,如图所培优课13截线、截面问题线，距离之和最小，此时yC,H,且AM=BQ=C,H,在面BB,C,C中，过点N作NPCH由底面ABCD为行四边形，则G为AC的中点，又E为棱PC的中点，所以GE为△PAC的中位线，则GE∥PA,培优点一截面问题0-1)+(-1-1D=5,x=2交BC于P,则NP为面AMN与侧面1.D解析如图1所示，延长BP交CC,于DBB,C,C的交线，且NP:CH=2:3,又GEC面BDE,PA面BDE,故PA面BDE(2)由题设知，CDAB,ABC面ABEF,CD丈面ABEF,点R则-部-号即R为c,的CP所以m=2y=25.故选D.培优点二截线问题因为C,H=√CH+CC-√P+3=所以CD∥面ABEF,又CDC面PDC,面PDC∩面而，所以Np=2v0ABEF=EF,中点，1.丽解析如图所示，连接EF,A,B,连接AC,B,D,交所以CD∥EF,又E为棱PC的中点，所以连接QR,取A,B1的中点H,连接BHM,连接B1E,BC1交于点N,基础课38空间直线、面的行EF是△PDC的中位线，所以F为PD的则BHQR,由EFB,D1,即E,F,B,D1四点共面中点B,H,Q,R四点共面，BH=BR=2QR由P是线段A,B上的动点，当P重合于A基础知识·诊断√/+2=25，Q=√/42+1下=17(3存在N使得FN/年面BDE且图或B时，C,A1,C1B与面D,EF的交点分夯实基础别为M,N,连接MN,即Q的轨迹为线0面外②面内③行①行⑤相交⑥交线⑦相交理由如下：RH=√22+(2/5)2=26截面BHQR如图2所示，在△BRH中，RH边段MN,⑧行⑨a∩b=P⑩gny=b取AB的中点H,连接FH,如图，上的高BM=√(2/5)2-(6)2=√1M,记由棱长为3厄，得MC,=2A,C=3,诊断自测由题设得，BH=2AB=2CD且BH∥CD,由(2)知CD∥EF且BH边上的高为RN,1.(1)×(2)/(3)/(4)×BC1=6,2D解析由直线与面行的判定定理知A错误（需要加条件EF-7 CD.则BH·RN=RH·BM,RN=RH:BMBH又EB,C,所以B能则NC,BCa);由面与面行的判定定理知B错误（需加条件两直线相所以BH∥EF且BH=EF,即四边形BHFE为行四边形26×√_2，则所截得的截面面积5交)：直线与面行不具备传递性，C错误(a,b可能行、异面或相所以FH∥BE,而BEC面BDE,FH亡面BDE25由A1B=BC1=A,C1,得∠A,C1B=60.5交)；由面基本事实知D正确.故选D.所以FH/面BDE,故所求点N即为点H,×3v5×2-3.枚n则在△MNC,中，3.CD解析对于A,a内有2025条直线都与B行，并不能保证面所以棱AB上存在点N,使得FN/年面BDE,且MN=√/C+NC-2MC,·NC·osZA,C,B。内有两条相交直线与面B行，这2025条直线可以是一组行线，故A错误；考点二2.D解析如图，取CC,的中点G连接BG,则D1E∥BG,取CG的中√9+16-2x3x4-E对于B,直线aa,aB,且直线a不在a内，也不在B内，直线a可以典例3解析(I)因为E,F分别是棱PA,PB的中点，所以EF∥AB,因为四边形ABCD为菱形，ABCD,所以EFCD,点N,连接FN,DN,则FN∥BG22是行于面α与面B的交线的直线，也不能保证面a与面B解析将正三棱台ABCA,B,C补行，故B错误；又CDC面PCD,EFt面PCD,所以EF∥面PCD,所以FN∥D,E,则直线FVC面DEF,延长D,E,DA交于点H,连形成正棱锥D-ABC,如图1，对于C,异面直线a,b,直线aCa,bCB,且a∥B,b/a,能保证面a又O是BD的中点，所以FO/PD,PDC面PCD,FO面PCD与面3行，故C正确：所以FO/面PCD,接FH交AB于点M,连接ME,则,而对于D,α内的任何一条直线都与3行，则。内至少有两条相交直线因为FO∩EF=F,FOC面OEF,EFC面OEF,所以面OEFA为HD的中点，则面D,EF截H面PCD.该正方体所得的截面图形为五边形BB1=2,则DB=3,即△BCD为正三角形与面9行，故面a与面g行，故D正确.故选CD.4AB解析由于AB∥A'B',AB丈面A'B'C'D',A'BC面(2)由(I)可知面OEF/∥面PCD,又面ABCD∩面OEF=l,D,EMFN,由条件可得A,E=AE=2,则C,N=3,CN=1,三棱锥D-ABC为正四面体，令正△CD的面ABCD∩面PCD=CD,则D,E=+2=25，D,N=+3=5,FN中心为O,连接AO,BO,因为AO⊥面A'B'C'D',所以AB/面A'B'C'D'同理，AB∥面DCC'D',AB∩面BCCB'=B,AB∩面所以CD,又因为四边形ABCD为菱形，所以AB/CD,故ABL.2+22=5,BC,B,B0=号BCsm-5,A'D'DA=A.故选AB.针对训练取AD的中点Q准接GF测A/O,所货铝所以W5行解析如图，连接MN,C,A.由M,N解析(1)因为在三棱柱ABCA,BC1中，面ABC面AB1C1,所以A0=VAB2-BO=V32-(√3)2=6，又球的半径为7，又面BCHG∩面ABC=BC,且面BCHG∩面A,B,C1船FQ=合X4=号则MB=}所以这个球面截面BCC,B,所得截面圆是以O为圆心，分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，得HG,所以BC∥HG./7)2-(6)2=1为半径的圆，MNAC,且MN=AC=1,(2)因为E,F分别为AB,AC的中点，所以EF∥BC则ME=AE2+AM2=√+()=MF如图2，在正三角形BCD中，分别取BB,由棱台性质得，A,C,∥AC,则MN∥A1C1,又因为EF丈面BCHG,BCC面BCHG,CC,的中点H,E,取BC的三等分点G,F由MN=A1C,=1可知，四边形MNAC所以EF/面BCHG.+F-√()+4-2连接HG,EF,是行四边形，则A,NMC,又A,N丈面CMA,MC,C面又G,E分别为AB1,AB的中点，AB∥AB1,AB=A1B1,3所以A,GLEB,则四边形AEBG为行四边形，所以A,E/GBBGCMA,所以A1N/面C1MA.所以截面图形的周长为D,E+EM+MF+FN+ND,=25+10显热--即GH/CD.GH考点聚焦·突破因为A,E丈面BCHG,GBC面BCHG,所以A,E/面BCHG又因为AE∩EF=E,A,EC面EFA1,EFC面EFA,2+5+52+95+5.故选DCD=1,同理，EF=1,即B,C=C,E=考点一所以面EFA∥面BCHG典例1解析(1)如图，连接OE,因为O,EEF=FG=GH=HB=1,分别是AC,PC的中点，所以OE/PA,考点三3.D解析假设截面a过体对角线BD,(当典例4解析(1)如图所示，取D,为线段截面。过其他体对角线时，结论一样)，如图因为△BGH是正三角形，又OEC面BDE,PA丈面BDE,所以1所示，所以∠GHB,=∠HGF-g.PA面BDE.AG的中，比时合是-1连接AB交因为一面与两行面相交，交线行，(2)如图，取PD的中点G,连接AG,EG,则AB1于点O,连接OD1·所以DE∥BF,BE∥D,F,且D,E=BF同理，∠GFE=∠PBC,-号由中位线定理可知BG/CD,且BG=2CD,即EG/AF,且EG=AF,由棱柱的性质，知四边形A1ABB,为行四BE=D F.所以四边形D,EBF为行四边形，所以而∠CB,H=∠BC,B,-g25XKA·数学-HEB·A6160》25XKA·数学-HEB·A

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