《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.（2024 江苏南京、盐城一模,7）在棱长为 2a(a＞0)的正方体 ABCD - A₁B₁C₁D₁ 中,点 M,N 分别为棱 AB,D₁C₁ 的中点.已知动点 P 在该正方体的表面上,且$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=0$,则点 P 的轨迹长度为 （ ）
A.12a
B.12πa
C.24a
D.24πa

答案： B 由$\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=0$得$\overrightarrow{PM}\perp\overrightarrow{PN}$，即$PM\perp PN$。则动点$P$的轨迹是以$MN$的中点为球心，$MN = 2\sqrt{2}a$为直径的球。取$MN$的中点$O$，连接$AD_{1}$，取$AD_{1}$的中点$O_{1}$，连接$OO_{1}$，则$OO_{1}\perp$平面$ADD_{1}A_{1}$，且$OO_{1}=a$，则平面$ADD_{1}A_{1}$截球所得圆面半径为$\sqrt{(\sqrt{2}a)^{2}-a^{2}}=a$，故点$P$的轨迹长度为$6\times2\pi a = 12\pi a$。（提示：根据正方体与球的对称性）故选B。

2.（多选）（2024 江西赣州十八县(市)二十四校联考,10）在正三棱柱 ABC - A₁B₁C₁ 中,已知 AA₁ = AB,点 M,N 分别为 CC₁ 和 BC 的中点,点 P 是棱 AA₁ 上的一个动点,则下列说法中正确的有 （ ）
A.存在点 P,使得 B₁M//平面 PBC
B.直线 PN 与 CC₁ 为异面直线
C.存在点 P,使得 B₁M⊥PN
D.存在点 P,使得直线 PN 与平面 ABC 所成角为 45°

答案： BCD 因为$B_{1}M$与$BC$相交，所以$B_{1}M$与平面$PBC$相交，故选项A错误；
因为$P\notin$平面$BB_{1}C_{1}C$，$N\in$平面$BB_{1}C_{1}C$，$N\notin CC_{1}$，$CC_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以直线$PN$与$CC_{1}$为异面直线，故选项B正确；
当点$P$与点$A$重合时，$PN\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$，因为$B_{1}M\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$B_{1}M\perp PN$，故选项C正确；
当$AP = AN$时，直线$PN$与平面$ABC$所成的角为$45^{\circ}$，故选项D正确。

3.（多选）（2024 浙江金华十校二模,11）在矩形 ABCD 中,AB = 2AD,E 为线段 AB 的中点,将△ADE 沿直线 DE 翻折成△A₁DE,若 M 为线段 A₁C 的中点,则在△ADE 从起始到结束的翻折过程中 （ ）
A.存在某位置,使得 DE⊥A₁C
B.存在某位置,使得 CE⊥A₁D
C.MB 的长为定值
D.MB 与 CD 所成角的正切值的最小值为$\frac{1}{2}$

答案：
BCD 对于A，假设存在某个位置，使得$DE\perp A_{1}C$。由题意知$\angle AED=\angle BEC = 45^{\circ}$，所以$\angle DEC = 90^{\circ}$，即$DE\perp CE$，又$DE\perp A_{1}C$，$A_{1}C\cap CE = C$，所以$DE\perp$平面$A_{1}CE$，因为$A_{1}E\subset$平面$A_{1}CE$，所以$DE\perp A_{1}E$，与$\angle A_{1}ED = 45^{\circ}$矛盾，故A错误。

对于B，在$\triangle ADE$的翻折过程中，当平面$A_{1}DE\perp$平面$ABCD$时，易证$CE\perp$平面$A_{1}DE$，故$CE\perp A_{1}D$，故B正确。
对于C，取$CD$的中点$F$，连接$MF$，$BF$，则$MF// A_{1}D$，$MF=\frac{1}{2}A_{1}D$，易知$BF// DE$，且$BF = DE$，所以$\angle A_{1}DE=\angle MFB = 45^{\circ}$，故由余弦定理可得$MB$的长为定值，故C正确。
对于D，$MB$与$CD$所成的角即$MB$与$AB$所成的角，亦即$\angle ABM$，在平面$ABCD$内作$M$的射影$M_{1}$，由最小角定理知$\angle ABM\geqslant\angle ABM_{1}$，当$M_{1}$为$AC$与$BD$的交点时，$\angle ABM_{1}$取最小值，此时$\tan\angle ABM_{1}=\frac{1}{2}$，故所求正切值的最小值为$\frac{1}{2}$，D正确。故选BCD。

4.（多选）（2024 浙江丽水、湖州、衢州教学质量检测,10）已知直三棱柱 ABC - A₁B₁C₁ 中,AB⊥BC 且 AB = BC = 2,直线 A₁C 与底面 ABC 所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$,则 （ ）
A.线段 A₁C 上存在点 D,使得 A₁B⊥AD
B.线段 A₁C 上存在点 D,使得平面 DBB₁⊥平面 DCC₁
C.直三棱柱 ABC - A₁B₁C₁ 的体积为$\frac{4}{3}$
D.点 B₁ 到平面 A₁BC 的距离为$\sqrt{2}$

答案：
ABD 在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1}\perp$底面$ABC$，则$\angle A_{1}CA$即为直线$A_{1}C$与底面$ABC$所成角，即$\sin\angle A_{1}CA=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\cos\angle A_{1}CA=\sqrt{1 - \sin^{2}\angle A_{1}CA}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
所以$\tan\angle A_{1}CA=\frac{\sin\angle A_{1}CA}{\cos\angle A_{1}CA}=\frac{A_{1}A}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得$A_{1}A = 2$，
所以直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的体积$V=\frac{1}{2}\times2\times2\times2 = 4$，故C错误；
因为$BB_{1}\perp$底面$ABC$，$AB\perp BC$，所以建立如图所示的空间直角坐标系，

则$B(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$A(2,0,0)$，$A_{1}(2,0,2)$，$B_{1}(0,0,2)$，$C_{1}(0,2,2)$，
所以$\overrightarrow{BA_{1}}=(2,0,2)$，$\overrightarrow{A_{1}C}=(-2,2,-2)$，
因为点$D$在线段$A_{1}C$上，
所以设$\overrightarrow{A_{1}D}=\lambda\overrightarrow{A_{1}C}=(-2\lambda,2\lambda,-2\lambda)$，$\lambda\in[0,1]$，则$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{A_{1}D}=(0,0,2)+(-2\lambda,2\lambda,-2\lambda)=(-2\lambda,2\lambda,-2\lambda + 2)$，
若$A_{1}B\perp AD$，则$\overrightarrow{BA_{1}}\cdot\overrightarrow{AD}=0$，即$2(-2\lambda)+2(-2\lambda + 2)=0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$，此时$D$为线段$A_{1}C$的中点，故在线段$A_{1}C$上存在点$D$，使得$A_{1}B\perp AD$，故A正确；
当$D$为线段$A_{1}C$的中点时，$D(1,1,1)$，则$\overrightarrow{BD}=(1,1,1)$，
设平面$BB_{1}D$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{BD}=x + y+z = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{BB_{1}}=2z = 0\end{cases}$，取$\boldsymbol{m}=(1,-1,0)$，
设平面$CC_{1}D$的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CD}=a - b + c = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CC_{1}}=2c = 0\end{cases}$，取$\boldsymbol{n}=(1,1,0)$，
因为$\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}=1\times1 + 1\times(-1)+0\times0 = 0$，
所以平面$DBB_{1}\perp$平面$DCC_{1}$，
即当$D$为线段$A_{1}C$的中点时，满足平面$DBB_{1}\perp$平面$DCC_{1}$，故B正确；
设平面$A_{1}BC$的法向量为$\boldsymbol{u}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{u}\cdot\overrightarrow{BC}=2y_{1}=0\\\boldsymbol{u}\cdot\overrightarrow{BA_{1}}=2x_{1}+2z_{1}=0\end{cases}$，取$\boldsymbol{u}=(1,0,-1)$，
则点$B_{1}$到平面$A_{1}BC$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{BB_{1}}\cdot\boldsymbol{u}|}{|\boldsymbol{u}|}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，故D正确。故选ABD。

5.（2024 山东淄博二模,17）已知直角梯形 ABCD,∠ADC = 90°,AB//CD,AB = 2CD = $\sqrt{6}$,AD = $\sqrt{3}$,M 为对角线 AC 与 BD 的交点.现以 AC 为折痕把△ADC 折起,使点 D 到达点 P 的位置,点 Q 为 PB 的中点,如图所示.
(1)证明:AC⊥平面 PBM;
(2)求三棱锥 P - ACQ 体积的最大值;
(3)当三棱锥 P - ACQ 的体积最大时,求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值.

答案：
解析
(1) 证明：直角梯形$ABCD$中，因为$AB// DC$，所以$\triangle DMC\sim\triangle BMA$，则$\frac{DC}{AB}=\frac{DM}{MB}=\frac{CM}{AM}=\frac{1}{2}$，
在$Rt\triangle ADC$中，$AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{3+\frac{6}{4}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
在$Rt\triangle DAB$中，$BD=\sqrt{AD^{2}+AB^{2}}=\sqrt{3 + 6}=3$。
故可得$AM = 2MC=\sqrt{2}$，$BM = 2DM = 2$，因为$AM^{2}+BM^{2}=AB^{2}$，
所以由勾股定理的逆定理得$AM\perp BM$，
翻折后可得$AC\perp BM$，$AC\perp PM$，
又因为$PM\cap BM = M$，$PM$，$BM$在平面$PBM$内，
所以$AC\perp$平面$PBM$。
(2) 因为点$Q$为$PB$的中点，
所以$V_{Q - PAC}=\frac{1}{2}V_{B - PAC}$，又$V_{Q - PAC}=V_{P - ACQ}$，$V_{B - PAC}=V_{P - ABC}$，
所以$V_{P - ACQ}=\frac{1}{2}V_{P - ABC}$，
因为$AC\subset$平面$ABC$，$AC\perp$平面$PBM$，
所以平面$ABC\perp$平面$PBM$，
所以点$P$到平面$ABC$的距离，即为点$P$到$BM$的距离，设为$h$，
因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot\sin\angle CAB=\frac{1}{2}\times\sqrt{6}\times\frac{3\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$为定值，所以当$h$最大时，三棱锥$P - ACQ$的体积最大，
而$PM=\frac{PA\cdot PC}{AC}=1$，则$h\leqslant PM = 1$，
则当$h = 1$时，$(V_{P - ACQ})_{\max}=\frac{1}{2}(V_{P - ABC})_{\max}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{3}\times\frac{3\sqrt{2}}{2}\times1=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
(3) 由
(2)得，当三棱锥$P - ACQ$的体积最大时，点$P$到平面$ABC$的距离为$PM = 1$，即$PM\perp$平面$ABC$。
故$PM\perp AC$，$PM\perp MB$，
又因为$AC\perp BM$，所以$MA$，$MB$，$MP$两两垂直。
故以$M$为原点，直线$MA$，$MB$，$MP$分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，如图，

则$A(\sqrt{2},0,0)$，$B(0,2,0)$，$P(0,0,1)$，$C(-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0)$，
则$\overrightarrow{AB}=(-\sqrt{2},2,0)$，$\overrightarrow{PB}=(0,2,-1)$，$\overrightarrow{CB}=(\frac{\sqrt{2}}{2},2,0)$。
设平面$PBC$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PB}=2y - z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CB}=\frac{\sqrt{2}}{2}x + 2y = 0\end{cases}$，令$y = 1$，得$\boldsymbol{n}=(-2\sqrt{2},1,2)$，
设直线$AB$与平面$PBC$所成角为$\theta$，
则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{AB},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{6}{\sqrt{6}\times\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{78}}{13}$，
所以直线$AB$与平面$PBC$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{78}}{13}$。