《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2024新课标II,7,5分,中)已知正三棱台ABC - A₁B₁C₁的体积为$\frac{52}{3}$，AB = 6，A₁B₁ = 2，则A₁A与平面ABC所成角的正切值为　　　(　　　)
A.$\frac{1}{2}$　
　B.1　　　
　C.2　　　
　D.3

答案：

2.(2024全国甲理,19,12分,中)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF//AD,BC //AD,AD = 4,AB = BC = EF = 2,ED = $\sqrt{10}$,FB = 2$\sqrt{3}$,M为AD的中点.
(1)证明:BM//平面CDE;
(2)求二面角F - BM - E的正弦值.

答案：
解析
(1)证明:
∵M为AD的中点，且AD=4,
∴MD=2,
∴MD=BC,
又
∵MD//BC,
∴四边形BCDM为平行四边形，
...BM//CD,
又BMn平面CDE,CDC平面CDE,
...BM//平面CDE.
(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,
∵AB=BM=AM=2,
∴OB⊥AM,OB=$\sqrt{3}$,
在等腰梯形ADEF中,EF//MD,EF=MD,
∴四边形MDEF为平行四边形，
∴FM=DE=　$\sqrt{10}$,
∴AF=MF,又
∵0为AM的中点，
∴OF⊥AM,OA=$\frac{1}{2}$AM=1,
∴OF=$\sqrt{AF²−AO²}$=3,又
∵OB=$\sqrt{3}$,FB=2√3,
∴OF²+OB²=BF²,
∴OB⊥OF,
又
∵OB⊥AD,OF⊥AD,
∴分别以OB,OD,OF所在直线为x
轴,y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，

则F(0,0,3),B(√3,0,0),M(0,1, 0),E(0,2,3),
∴BM=(−$\sqrt{3}$,1,0),FB=(√3,(,,
−3),ME=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n1=(x,y1,1),
则{nn;..B→FMB==00,,即{√3x$\sqrt{3}$1−x3+zy!==00,,
不妨取x=$\sqrt{3}$,则n=(√3,3,1).
设平面EBM的法向量为n=(x2,y2,2),
则{nn22..BMME==00,,即{y2+$\sqrt{3}$3zx22+=y02=,0,
不妨取y2=3,则x=$\sqrt{3}$,2=−1,则n=(√3,3,−1).
设二面角F−BM−E的平面角为θ,则1cosθ1=1cos＜n1,n2＞∣=$\frac{1n,.n1}{1n，11n1}$=$\sqrt{(√3)²+3²+1²}$$\sqrt{3}$x$\sqrt{3}$+x3×3$\sqrt{\sqrt{3})²+3²+(−1)²}$+1×(−1)　　　=$\frac{11}{13}$,
∵0≤0≤π,
∴sin0=$\sqrt{1−cos0}$=　$\sqrt{−(\frac{11}{13}}$=$\frac{4√3}{13}$,
∴二面角F−BM−E的正弦值为$\frac{4√3}{13}$

1.(2020新高考I,4,5分,易)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为　　　　　　　(　　　)

A.20°　
　B.40°　　
　C.50°　　
　D.90°

答案：
III1B由题意作出如图所示的截面图，其中CD是赤道所在平面的截线;1是点A处水平面的截线，依题意可知0A⊥l;AB是晷针所在直线,m是晷面的截线(易错;注意“面的截线”是与暮针垂直的线)，依题意知，晷面和赤道平面平行，针与晷面垂直，根据面面平行的性质定理可得m//CD,根据线面垂直的性质可得AB⊥m.由于∠AOC=40°,m//
CD,所以∠0AG=∠A0C=40°,由于∠0AG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°,所以∠BAE=∠0AG=40°,即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°,故选B.
　　　　　　

2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,已知B₁D与平面ABCD和平面AA₁B₁B所成的角均为30°,则(　　　)
A.AB = 2AD
B.AB与平面AB₁C₁D所成的角为30°
C.AC = CB₁
D.B₁D与平面BB₁C₁C所成的角为45°

答案：
II2ID如图，连接BD.由题可知BB，⊥平面ABCD,AD⊥平面AABB,
易知BD与平面ABCD和平面AABB所成的角分别为∠BDB,∠ABD,
∴∠BDB=∠ABD=30°°.
设AD=1,则AB=$\sqrt{3}$,B;D=2,
∴BB=1,BD=$\sqrt{3}$
∴AB=$\sqrt{2}$,
∴AB=$\sqrt{2}$AD,故A错误.
　
过B作BH⊥AB,交AB;于H,
易知∠HAB为AB与平面ABCD
所成的角
∵BH=$\frac{AB.BB}{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$
∴sin∠HAB=$\frac{BH}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,故B错误.
易知AC=$\sqrt{3}$,CB=$\sqrt{2}$
∴AC≠CB,故C错误
易知∠DBlC为BD与平面BBICC所成的角，
∴sin∠DB;C=$\frac{DC}{BD}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴∠DBC=45°,故D正确

3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C - AB - D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为　　　　(　　　)
A.$\frac{1}{5}$　
　B.$\frac{\sqrt{2}}{5}$　　
　C.$\frac{\sqrt{3}}{5}$　　
　D.$\frac{2}{5}$

答案：
3IIC取AB的中点E,连接CE,DE,则CE⊥AB,DE⊥AB,
所以∠DEC是二面角C−AB−D的平面角,所以∠DEC=
150°,因为DE∩CE=E,所以AB⊥平面DCE,因为ABC平面
ABC,所以平面DCE⊥平面ABC,易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，设AB=a,
在等腰直角△ABC中,CE=α1,
在等边△ABD中,DE=
　 
在△DCE中,由余弦定理,得　　　　　　
DC²=
(2)²²+(　−2.$\frac{1}{2}$a.$\frac{√3}{2}$−a
.cos150°=$\frac{7}{4}$a²,
∴DC=歹$\sqrt{7}$a,
　　　　　)²$\sqrt{7}$)²+
(2)2$\frac{\sqrt{3}}{2}$a2
则cos∠DCE=　　　2.²α.a1　　　　=$\frac{5√}{14}$,
∵0°＜∠DCE＜30°,
∴sin∠DCE=/1$\sqrt{\frac{5√}{14}}$　　$\sqrt{\frac{5√}{14}}$=$\frac{\sqrt{21}}{14}$,
∴tan∠DCE=$\frac{sinDCE}{CoSDCE}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$.故选C.

4.(多选)(2022新高考1,9,5分,易)已知正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁,则　　　　　　　　(　　　)
A.直线BC₁与DA₁所成的角为90°
B.直线BC₁与CA₁所成的角为90°
C.直线BC₁与平面BB₁D₁D所成的角为45°
D.直线BC₁与平面ABCD所成的角为45°

答案： II4IIABD连接BC,交BC，于0,
∵A,D//BC,
∴∠B,OC(或其补角)为直线BC，与DA，所成的角，又BC⊥BC，
∴∠B0C，=90°,即直线BC，与DA所成角为90°.故选项A 正确.
由AB⊥平面BBCC,BCC平面BBCC知AB⊥BC,又
BC,⊥BC,AB∩BC=B,
∴BC⊥平面AlBC,又CAC平面ABIC,
∴BC,⊥CA,
∴直线BC，与CA所成角为90°.故选项B正确.
连接AC1,交BD;于点O,连接OB,易证C;O⊥平面
BB,D,D,,
∴BC在平面BB1DD内的射影为OB,
∴BC，与平面BBlDD所成角为∠ClBO在Rt△BOC中,sin∠CBO=
$\frac{C,o,}{BC}$=$\frac{1}{2}$,则∠CBO=30°,故选项C错误
∵CC，⊥平面ABCD,
∴∠CBC是BC，与平面ABCD所成的角,而∠ClBC=45°,故选项D正确.故选ABD.