《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.（2024江苏南通二模，2）在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，下列关系正确的是 （ ）
A.AD⊥B₁C
B.A₁D⊥BD
C.AC₁⊥A₁C
D.AC₁⊥CD₁

答案： A₁D与B₁C异面且所成角为45°，A错误。A₁D与BD所成角为60°，B错误。易证AC₁⊥平面A₁BD，而A₁C与平面A₁BD相交，所以A₁C与AC₁不垂直，C错误。易证AC₁⊥平面B₁CD₁，且CD₁在平面B₁CD₁内，所以AC₁⊥CD₁，D正确。故选D。

2.（2024浙江温州二模，3）在正三棱台ABC - A₁B₁C₁中，下列结论正确的是 （ ）
A.V₍ABC - A₁B₁C₁₎ = 3V₍A₁ - BB₁C₁₎
B.AA₁⊥平面AB₁C₁
C.A₁B⊥B₁C
D.AA₁⊥BC

答案： 对于A，设底面△A₁B₁C₁，△ABC的边长分别为a，b，正三棱台的高为h，则$V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}h(\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}b^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}ab)$，$V_{A_{1}-BB_{1}C_{1}} = V_{B - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}h\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$，错误；对于B，显然不垂直，错误；对于C，$\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{B_{1}C}=(\overrightarrow{A_{1}B_{1}}+\overrightarrow{B_{1}B})\cdot(\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{BC})=\overrightarrow{A_{1}B_{1}}\cdot\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{A_{1}B_{1}}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B_{1}B}^{2}+\overrightarrow{B_{1}B}\cdot\overrightarrow{BC}$，由条件不能判断$\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{B_{1}C}$是否等于0，
∴A₁B与B₁C不一定垂直，错误；对于D，将正三棱台补为正三棱锥P - ABC，如图，取BC的中点D，连接PD，AD，则AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD = D，AD，PD⊂平面PAD，
∴BC⊥平面PAD，
∵AA₁//平面PAD，
∴AA₁⊥BC。正确。故选D。

3.（多选）（2024海南诊断，11）在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，点P满足λ$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}$，其中λ∈[1, +∞)，则下列说法正确的是（ ）
A.若A，B，D，A₁，P在同一球面上，则λ = 1
B.若AB//平面A₁DP，则λ = 2
C.若点P到A，B，D，A₁四点的距离相等，则λ = 3
D.若A₁P⊥平面PBD，则λ = $\frac{3}{2}$

答案： 由题意知点P在线段AC₁上（不包含A点）。对于A，若A，B，D，A₁，P在同一球面上，则此球为正方体的外接球，所以P与C₁重合，所以λ = 1，故A正确；对于B，如图1，设A₁D的中点为Q，连接PQ，则平面ABC₁D₁与平面A₁DP的交线为直线PQ，要使AB//平面A₁DP，则AB//PQ，则P为AC₁的中点，此时λ = 2，故B正确；对于C，点P到A，B，D，A₁四点的距离相等，则P为正方体外接球的球心，即AC₁的中点，此时λ = 2，故C错误；对于D，如图2，设正方形ABCD的中心为O，连接A₁O，与AC₁交于点R，在平面AA₁C₁C内，易知R是AC₁上靠近A的三等分点，且A₁O⊥AC₁，若A₁P⊥平面PBD，则A₁P⊥PO，由对称性易知△A₁AO≌△A₁PO，则RA = RP，从而P是AC₁上靠近C₁的三等分点，此时$\lambda=\frac{3}{2}$，故D正确。

4.（多选）（2024河北石家庄一模，10）如图，在圆柱O₁O中，轴截面ABCD为正方形，点F是$\overset{\frown}{AB}$上一点，M为BD与轴O₁O的交点，E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且EF//平面AMN，则下列选项正确的有 （ ）

A.CF//平面AMN
B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN
D.F是$\overset{\frown}{AB}$的中点

答案：
对于A，如图，延长AM，则AM过C，
∴CF与平面AMN交于点C，A错误；对于B，
∵AB为圆O的直径，
∴BF⊥AF，又AD⊥底面圆O，且BF⊂底面圆O，
∴BF⊥AD，又AF∩AD = A，且AF，AD⊂平面ADF，
∴BF⊥平面ADF，又AN⊂平面ADF，
∴AN⊥BF，又AN⊥DF，BF∩DF = F，且BF，DF⊂平面DBF，
∴AN⊥平面DBF，
∴B正确；对于C，由B选项分析可知：AN⊥平面DBF，又BD⊂平面DBF，
∴BD⊥AN，又轴截面ABCD为正方形，
∴BD⊥AM，又AN∩AM = A，且AN，AM⊂平面AMN，
∴BD⊥平面AMN，
∴C正确；对于D，
∵EF//平面AMN，又EF⊂平面DEF，且平面AMN∩平面DEF = MN，
∴EF//MN，又易知$\frac{DM}{ME}=2$，
∴$\frac{DN}{NF}=\frac{DM}{ME}=2$，设NF = x，则DN = 2x，DF = 3x，设正方形ABCD的边长为2，由AN⊥DF，可得AN² = AD² - DN² = 4 - 4x²，
∴AF² = AN²+NF² = 4 - 4x²+x² = 4 - 3x²，又AD⊥AF，
∴AD²+AF² = DF²，
∴4 + 4 - 3x² = 9x²，
∴$x^{2}=\frac{2}{3}$，
∴AF² = 4 - 3x² = 2，
∴$AF = \sqrt{2}$，又AB = 2，BF⊥AF，
∴$BF=\sqrt{2}$，
∴$\widehat{AF}=\widehat{BF}$，
∴F是$\widehat{AB}$的中点，
∴D正确。故选BCD。

5.（2024福建厦门二模，15）如图，三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，侧面ABB₁A₁是边长为2的菱形，∠ABB₁ = $\frac{\pi}{3}$，AC = 2$\sqrt{2}$，M为A₁B₁中点，CM = $\sqrt{11}$.
（1）证明：平面ABC⊥平面ABB₁A₁；
（2）若BC = 2，求平面ABC与平面ABC₁夹角的余弦值.

答案：
- （1）证明：连接AM，AB₁，在菱形ABB₁A₁中，A₁A = A₁B₁ = 2，$\angle AA_{1}B_{1}=\angle ABB_{1}=\frac{\pi}{3}$，故△AA₁B₁为正三角形，又M为A₁B₁的中点，故AM⊥A₁B₁，且$AM = \sqrt{3}$，又AB//A₁B₁，故AM⊥AB，由$CM=\sqrt{11}$，$AC = 2\sqrt{2}$，$AM=\sqrt{3}$得AM²+AC² = CM²，故AM⊥AC，而AB∩AC = A，AB，AC⊂平面ABC，故AM⊥平面ABC，又AM⊂平面ABB₁A₁，故平面ABC⊥平面ABB₁A₁。\n（2）由BC = AB = 2，$AC = 2\sqrt{2}$得BC²+BA² = AC²，故CB⊥AB，又平面ABC⊥平面ABB₁A₁，平面ABC∩平面ABB₁A₁ = AB，CB⊂平面ABC，故CB⊥平面ABB₁A₁，取BB₁的中点O，由△ABB₁为正三角形，得AO⊥BB₁，作OH//BC，交CC₁于H，故OH⊥平面ABB₁A₁，又BB₁，OA⊂平面ABB₁A₁，故OH⊥OA，OH⊥OB₁，则OA，OB₁，OH两两垂直，以O为坐标原点，分别以OA，OB₁，OH所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则$A(\sqrt{3},0,0)$，$B(0, - 1,0)$，$C(0, - 1,2)$，$C_{1}(0,1,2)$，$M(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$，则$\overrightarrow{BA}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{BC_{1}}=(0,2,2)$，因为AM⊥平面ABC，所以$\overrightarrow{AM}=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$是平面ABC的法向量，设平面ABC₁的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BA}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BC_{1}}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{3}x + y = 0\\2y + 2z = 0\end{cases}$，令$y = -\sqrt{3}$，则可得$\boldsymbol{n}=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})$，故$\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{AM}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AM}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\overrightarrow{AM}\vert}=\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times\sqrt{7}}=-\frac{2\sqrt{7}}{7}$，而平面ABC与平面ABC₁夹角的范围为$[0,\frac{\pi}{2}]$，故平面ABC与平面ABC₁夹角的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$。

6.（2024湘豫联考第三次模拟，17）如图，在直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，四边形ABCD为菱形，∠ADC = 120°，点E，F分别为棱AB，CC₁上的点.
（1）若$\overrightarrow{AE}=\lambda\overrightarrow{AB}$，且平面D₁DE⊥平面ABB₁A₁，求实数λ的值；
（2）若F是CC₁的中点，平面AB₁D₁与平面BDF的夹角的余弦值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，求$\frac{AA_{1}}{AB}$的值.

答案：
- （1）解法一：如图1，取AB的中点E′，连接DE′，

因为四边形ABCD是菱形，且$\angle DAB = 180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$，所以△ABD是等边三角形，所以DE′⊥AB。因为DD₁⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以DD₁⊥AB。因为DE′∩DD₁ = D，DE′⊂平面DD₁E′，DD₁⊂平面DD₁E′，所以AB⊥平面DD₁E′。因为AB⊂平面ABB₁A₁，所以平面DD₁E′⊥平面ABB₁A₁，所以E点和E′点重合，所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，即$\lambda=\frac{1}{2}$。\n解法二：如图2，在A₁B₁上取一点G，使A₁G = AE，连接EG，D₁G。则平面D₁DE∩平面ABB₁A₁ = EG，且DD₁//EG。因为DD₁⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以DD₁⊥AB，所以EG⊥AB。又平面D₁DE⊥平面ABB₁A₁，平面D₁DE∩平面ABB₁A₁ = EG，AB⊂平面ABB₁A₁，所以AB⊥平面D₁DE。又DE⊂平面D₁DE，所以AB⊥DE。又因为四边形ABCD是菱形，且$\angle DAB = 180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$，所以△ABD是等边三角形，所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，即$\lambda=\frac{1}{2}$。\n（2）取AB的中点M，连接DM。

建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz。则D(0,0,0)，不妨设AB = 2，AA₁ = 2a，则$A(\sqrt{3}, - 1,0)$，$B_{1}(\sqrt{3},1,2a)$，$D_{1}(0,0,2a)$，$B(\sqrt{3},1,0)$，$F(0,2,a)$，所以$\overrightarrow{AB_{1}}=(0,2,2a)$，$\overrightarrow{D_{1}B_{1}}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{DB}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{DF}=(0,2,a)$。设平面AB₁D₁的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB_{1}}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{D_{1}B_{1}}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2y_{1}+2az_{1}=0\\\sqrt{3}x_{1}+y_{1}=0\end{cases}$，令$x_{1}=\sqrt{3}$，则$z_{1}=\frac{3}{a}$，$y_{1}=-3$，则$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},-3,\frac{3}{a})$，设平面BDF的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DB}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DF}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{3}x_{2}+y_{2}=0\\2y_{2}+az_{2}=0\end{cases}$，令$x_{2}=\sqrt{3}$，则$y_{2}=-3$，$z_{2}=\frac{6}{a}$，则$\boldsymbol{m}=(\sqrt{3},-3,\frac{6}{a})$，设平面AB₁D₁与平面BDF的夹角为θ，则$\cos\theta=\frac{\vert\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{\vert\sqrt{3}\times\sqrt{3}+(-3)\times(-3)+\frac{3}{a}\times\frac{6}{a}\vert}{\sqrt{12+\frac{9}{a^{2}}}\times\sqrt{12+\frac{36}{a^{2}}}}=\frac{12a^{2}+18}{\sqrt{12a^{2}+9}\times\sqrt{12a^{2}+36}}$，令$\frac{12a^{2}+18}{\sqrt{12a^{2}+9}\times\sqrt{12a^{2}+36}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，解得$a^{2}=3$或$a^{2}=\frac{3}{4}$，所以$a=\sqrt{3}$或$a=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{AA_{1}}{AB}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$或$\frac{AA_{1}}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。