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边彩、厨以O为A,B的中点.在△A,BC,中，O,D1分别为A:B,A1C1的中点，所以OD1/BC,10又因为OD,C面AB,D1,BC,亡面AB,D1,所以BC1∥面放o∠AcD'-后-6而BCC,B1,:面ACC,AL而BCCB.面ACG,,D,放当分-1时，，面A,D5.解析连接PE,CE,如图过点A作AO⊥CC1于点O,又面ACCA0面BCCB,因为BB,C面BB,C,C,所以面ACG⊥面BB,C,CC,A,0C面ACCA,01面BCC,B.因此，当G为BB,的中点时，面ACG⊥面BBC,C(2)由已知得，面BC,D∥面AB,D1,且面A,BC,∩面:△ABC是边长为2的等边三角形，PA一-·拓展教材·深度学BDC,=BC1,面A,BC,∩面AB,D1=D,O,PB=2,点A,到面BCCB,的距离为1，A,O=,PE⊥AB,CE⊥AB,又PEC面PE(在R△A,CC,中，A.CLA,C,CC,=AA,=2,典例1元解析依题意，斜线PA在面ABCCEC面PEC,PE∩CE=E,设C0=x,则C,0=2-x,△A,0C,△A0C,△A,CC,均为直角三角形，且CC,=2,00+上的射影必在∠BAC的分线上，设点P在面因为81.所-1=1AACACACAccABC内的射影为O,连接AO,并延长与BC交于点D,如图，设∠PAO=0,则0为斜线PA与面针对训练:1+2+1+2-)=4,解得x=1,AC=AC=A,C=2解析(1)如图1，连接CP并延长与DA的延长线交于点M,连PE+CE,即PE1CE,放∠PCE-∴A,C=ACABC所成角，所以由三余弦定理可得cos9一-号所以。接MD1,考点聚焦·突破考点三因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥考点一典例3解析1)如图1，连接BD交AC于AD,所以△PBC△PDM典例1解析因为PA⊥面ABC,BCC面ABC,点O.连接MO,因为四边形ABCD是菱形2所以PA⊥BC,同理PA⊥AB,所以△PAB为直角三角形，所以O为BD的中点.又因为M为PD的中典例2店舞折因为ABLBC.AB-BC-2,E,所以AC-4.所以所以PB=√PA+AB=2,又因为BC=1,PC-3,点，所以MOBP,又因为BP面ACM,MOC面ACM,∠CPA=60,二面角MPAC为30°，设直线PC与面PAM所成的所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB,又因为BC⊥PA,PA∩PB=P,所以BC⊥面PAB.所以BP/面ACM.角为a,则由三正弦定理得mg-如60°sn30-月号所以PQMD针对训练2)因为△PAB为正三角形，E是AB的中点，所以PE⊥AB深度训练1A解析如图，OC是∠ACB的又MD,C面A1DDA,PQ面A1D1DA,解析连接AE,DE(图略)，因为E为BC的中点，DB=DC又侧面PAB⊥底面ABCD,面PAB∩面ABCD=AB,PEC分线，OD LAC于点D,连接PD所以PQ/面A,D1DA所以DE⊥BC,①面PAB,使得PD⊥AC,所以PD=3,()当的值为号时，面PQR/面因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD≌△ABD所以PE⊥面ABCD,又PC=2,所以∠PCD=60°，CD=1.如图2，连接DE,取DE的中点K,连接MK,则MK是△PDE的中位由三余弦定理可得s∠PCDA,DDA,如图2所示.所以AC=AB,从而AE⊥BC,②由①②，AE∩DE=E,AEC面ADE,DEC面ADE线，所以MKPE,所以MK⊥面ABCD得BC⊥面ADE,又ADC面ADE,所以BC⊥DA连接AK,并延长交CD于点G,连接AG,又考点二MKC面AMG,所以面AMG⊥面得s∠P0D-号，所以P0=00-万.放选A贤那所以PR/DA典例2解析(I)因为A,C⊥面ABC,BCC面ABC,ABCD.深度训练245°解析如图，取BC的中点E,连又DAC面A1D,DA,PR亡面因为AE∥GD,所以∠KAE=∠KGD,接AE,BE,B,E与BC交于点H,则B,E为图2所以A,C⊥BC,A1D,DA,所以PR面A,DDA,又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC,∠KEA=∠KIDGAB1在面BB,C,C上的射影，因为AB1⊥BC所以BE⊥BC.设AB=2,由△CBBCO又PQ∩PR=P,PQ∥面A,D,DA,所以面PQR∥A1CC面ACC1A1,ACC面ACC1A1,A,C∩AC=C,又因为EK=KD,所以△AEK≌△GDK,所以AE=GD=CD面A,D,DA.所以BC⊥面ACC1A1△BBE,得BB:=√2，从而直线BD与面BCC1所成的角a基础课39空间直线、面的垂直又因为BCC面BB,C,C,所以面ACC,A1」面BB,C,C故棱D上存在点G,使得面GAM1面ABCD,器号∠DBC=30.设9=∠DBC10=∠C,BC,易知cos9=5,由三余弦(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1,垂足为O.针对训练基础知识·诊断因为面ACCA,⊥面BBC,C,面解析(1)如图，取A1C1的中点M,连接AM,EM,FM,定理得=m9-×-号，所以=45，设二面角夯实基础ACC1A1∩面BB,C,C=CC1,A1OC因为AA1∥BB,且AA1=BB1,所以四边形AA,B,B为行四边形，①任意②两条相交直线③行④[0，号】面ACC1A1,所以AB∥A1B1且AB=A1B1,DBC,C的大小为再由三正弦定理得m温；-所以⑤两个半面所以A1O⊥面BB,C,C,因为D为AB的中点，所以AD/A,B1且AD=号AB,y=45⑥∠AOB⑦直二面角⑧垂线⑨交线所以四棱锥A1BB1C,C的高为A1O.诊断自测因为A,C⊥面ABC,ACC面ABC,BC因为M,E分别为A,C1,B,C,的中点，所以EM∥AB且EM培优课14几何法求空间角与空间距离1.(1)×(2)×(3)(4)×(5)×C面ABC,☑培优点一几何法求空间角（线面角）2必要不充分解析当直线m,n都在面a内时，不能由n⊥m推出所以A1C⊥BC,A1C⊥AC,2A,B1,所以AD/EM且AD=EM,所以四边形ADEM为行四边1.C解析因为面ABCD/面A,B,CD,所以B,G与面nLa;若nLa,由线面垂直的性质知n⊥m,所以“n⊥m”是“nLa”的又因为A1B=AB,BC为公共边，形，所以AM∥DE,ABCD所成角为BG与面ABC1D1所成角，易知B1G与面必要不充分条件.所以△ABC≌△A,BC,所以A1C=AC因为AM面A,DE,DEC面A,DE,所以AM/面ADE,ABCD所成角为∠D1B,G.设AB=6,则AF=3,DE=2,面3.B解析因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC,设A1C=AC=x,则A,C1=x,因为M,F分别为A,C1,C,E的中点，所以FM/A,E,BEFn面CDD,C,=GE,且BF/面CDD,C,可知BF/GE,易又AD垂直于圆柱的底面，所以AD LBC,因为AC∩AD=A,ACC面ACD,ADC面ACD所以0为CC,的中点，0C,=2AA,-1,因为FM过面A,DE,A,EC面A,DE,所以FM/面A,DE,得△FABO△GDE,则-即-解得DG=1,则因为AMO FM=M,AMC面AFM,FMC面AFM.所以面所以BC⊥面ACD,又因为A,C⊥AC,所以A,C2+AC2=AA?AFM/面A,DE,因为BCC面BCD,所以面BCD⊥面ACD.故选B.即x2+x2=22,解得x=√2，因为AFC面AFM,所以AF/面A,DE.4解新如图，连接C0、所以A,0=√A,C-0C=√W2)2-12=1,②当G为BB,的中点时，面ACG1面B,CC.连接BCB,G与面ABCD所成角的正切值为语放选C易知CD=BA',且CD'∥BA',所以四棱锥A1BB1C,C的高为1.因为四边形AA,C,C为矩形，所以AC12.A解析如图，在正四棱锥P-ABCD中，针对训练则∠ACD是直线BA'与AC所成的角或其补角CC,因为BB,CC1,所以BB1⊥AC,根据底面积为6可得，BC=√6.连接BD交连接AD,在△ACD'中，AC=√2，AD'=CD'=√5解析如图，：A1C⊥面ABC,BCC因为四边形BB,CC为菱形，所以BCAC于点O,连接PO,则PO为正四棱锥P面ABC,=BB1,ABCD的高，根据体积公式可得，PO=1.因设AC的中点为O,连接D'O,则D'O⊥AC,∴A,C⊥BC,又BC⊥AC,A,CC面因为∠B,BC=60,所以△B,BC为等边三为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD,又角形，ACC1A1,ACC面ACC1A1,A,C∩BD⊥AC,PO∩AC=O,POC面PAC,ACC面PAC、所AC=C,因为G为BB,的中点，所以BB1⊥CG,BD⊥面PAC,连接EO,则∠BEO为直线BE与面PAC所成的62)25XKA·数学-HEB·A∴.BC⊥面ACC,A1,又BCC因为AcnG-C,ACC面AcG.CGC面Ac,所以B,1角.在R△P0C中，因为P0=1,OC=3,所以PC=2、OE25XKA·数学-HEB·A(63

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