《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

6.(2023·安徽黄山屯溪一中校考模拟预测)如图,已知圆锥的顶点为S,AB为底面圆的直径,点M,C为底面圆周上的点,并将弧AB三等分,过AC作平面α,使SB//α,设α与SM交于点N,则$\frac{SN}{SM}$的值为( )

A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{3}{2}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$\frac{3}{4}$

答案：
6.C [连接$MB$交$AC$于点$D$，连接$ND$，$NA$，$NC$，$MC$，则平面$NAC$即为平面$\alpha$，因为$SB//\alpha$，$SB\subset$平面$SMB$，平面$SMB\cap\alpha = DN$，所以$SB// DN$，因为$AB$为底面圆的直径，点$M$，$C$将弧$AB$三等分，所以$\angle ABM=\angle BMC=\angle MBC=\angle BAC = 30^{\circ}$，$MC = BC=\frac{1}{2}AB$，所以$MC// AB$且$MC=\frac{1}{2}AB$，所以$\frac{DM}{DB}=\frac{MC}{AB}=\frac{1}{2}$，又$SB// DN$，所以$\frac{MN}{SN}=\frac{DM}{DB}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{SN}{SM}=\frac{2}{3}$。故选C。]

7.(2024·福建泉州实验中学高三上月考)已知四棱锥P - ABCD的侧棱均相等,其各个顶点都在球O的球面上,AB = BC,∠ABC = 90°,AD = 2$\sqrt{3}$,CD = 2,三棱锥P - ABC的体积为$\frac{16}{3}$,则球O的表面积为( )
A.25π
B.$\frac{125\pi}{6}$
C.32π
D.$\frac{64\sqrt{2}\pi}{3}$

答案：
7.A [如图，$F$为$AC$的中点，由题意可知$PF$为四棱锥的高，$\because$各个顶点都在球$O$的球面上，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore A$，$B$，$C$，$D$四点共圆，且$AC$为直径，$\therefore\angle ABC=\angle ADC = 90^{\circ}$，又$AD = 2\sqrt{3}$，$CD = 2$，$\therefore AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{12 + 4}=4$，在$Rt\triangle ABC$中，$AC^{2}=2AB^{2}$，解得$AB = 2\sqrt{2}$，同理可得$BF = 2$。$\because$三棱锥$P - ABC$的体积为$\frac{16}{3}$，$\therefore V_{P - ABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot PF=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}\times PF=\frac{16}{3}$，解得$PF = 4$，设$OP = r$，则$OB = r$，$OF = 4 - r$，在$Rt\triangle OFB$中，$r^{2}=(4 - r)^{2}+2^{2}$，解得$r=\frac{5}{2}$。球$O$的表面积为$4\pi r^{2}=4\pi\times(\frac{5}{2})^{2}=25\pi$。故选A。]

8.(2023·辽宁辽阳统考二模)如图,在正三棱柱ABC - A1B1C1中,AA1 = AB = 2,D在A1C上,E是A1B的中点,则(AD + DE)²的最小值是( )

A.6 - $\sqrt{7}$
B.2$\sqrt{7}$
C.3 + $\sqrt{7}$
D.5 + $\sqrt{7}$

答案：
8.C [如图，将平面$A_{1}BC$与平面$A_{1}AC$翻折到同一平面上，连接$AE$，记$AE\cap A_{1}C = F$。由题意可知$A_{1}A = AC = BC = 2$，$A_{1}C = A_{1}B = 2\sqrt{2}$，$\angle AA_{1}C = 45^{\circ}$，在$\triangle A_{1}BC$中，$\cos\angle BA_{1}C=\frac{A_{1}B^{2}+A_{1}C^{2}-BC^{2}}{2A_{1}B\cdot A_{1}C}=\frac{8 + 8 - 4}{2\times2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}=\frac{3}{4}$，从而$\sin\angle BA_{1}C=\sqrt{1-\cos^{2}\angle BA_{1}C}=\frac{\sqrt{7}}{4}$，故$\cos\angle AA_{1}B=\cos(\angle AA_{1}C+\angle BA_{1}C)=\cos\angle AA_{1}C\cos\angle BA_{1}C-\sin\angle AA_{1}C\sin\angle BA_{1}C=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{8}$。因为$E$是$A_{1}B$的中点，所以$A_{1}E=\sqrt{2}$，由余弦定理可得$AE^{2}=AA_{1}^{2}+A_{1}E^{2}-2AA_{1}\cdot A_{1}E\cos\angle AA_{1}B=4 + 2-2\times2\times\sqrt{2}\times\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{14}}{8}=3+\sqrt{7}$。因为$D$在$A_{1}C$上，所以$AD + DE\geqslant AE$，当$A$，$E$，$D$三点共线时，等号成立，则$(AD + DE)^{2}\geqslant3+\sqrt{7}$。故选C。]

9.(2023·重庆一中高三月考)已知m,n为两条不同直线,α,β为两个不同平面,则下列结论正确的是( )
A.若m//α,m//β,α∩β = n,则m//n
B.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
C.若m⊥n,m⊥α,n//β,则α⊥β
D.若m⊥α,m//n,α//β,则n⊥β

答案： 9.ABD [对于A，过直线$m$作平面$\gamma$分别与$\alpha$，$\beta$交于$a$，$b$，则由线面平行的性质知$m// a// b$，所以$a//\beta$，又由线面平行的性质知$a// n$，所以$m// n$，所以A正确；对于B，由$m\perp\alpha$，$n\perp\beta$，知$m$，$n$垂直于两平面交线，则$m$，$n$所成的角等于二面角的平面角大小，为$90^{\circ}$，所以B正确；对于C，$m\perp n$，$m\perp\alpha$，$n//\beta$，可能$\alpha//\beta$，所以C错误；对于D，$m\perp\alpha$，$m// n$，则$n\perp\alpha$，由于$\alpha//\beta$，则$n\perp\beta$，所以D正确。故选ABD。]

10.(2024·湖北襄阳五中高三阶段考试)正方体ABCD - A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为CC1,BC,CD,BB1的中点,则下列结论正确的是( )

A.B1G⊥BC
B.平面AEF∩平面AA1D1D = AD1
C.A1H//平面AEF
D.B1G与EF是相交直线

答案：
10.BC [连接$AD_{1}$，$D_{1}E$，$GC_{1}$，$BC_{1}$，$HE$，$GB$，如图所示。对于A，由于$B_{1}C_{1}// BC$，所以$\angle GB_{1}C_{1}$是异面直线$B_{1}G$与$BC$所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，则$B_{1}G=\sqrt{1^{2}+2^{2}+2^{2}}=3$，$GC_{1}=\sqrt{5}$，$B_{1}C_{1}=2$，所以$B_{1}G^{2}=GC_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}$，所以$\angle GC_{1}B_{1}=\frac{\pi}{2}$，所以$\angle GB_{1}C_{1}\neq\frac{\pi}{2}$，A错误；对于B，根据正方体的性质可知，$EF// BC_{1}// AD_{1}$，所以$A$，$F$，$E$，$D_{1}$四点共面，所以平面$AEF\cap$平面$AA_{1}D_{1}D = AD_{1}$，B正确；对于C，根据正方体的性质可知$A_{1}D_{1}=HE$，$A_{1}D_{1}// HE$，所以四边形$A_{1}HED_{1}$是平行四边形，所以$A_{1}H// D_{1}E$，由于$D_{1}E\subset$平面$AEF$，$A_{1}H\not\subset$平面$AEF$，所以$A_{1}H//$平面$AEF$，C正确；对于D，由于$B_{1}G$与平面$AEF$相交，$EF\subset$平面$AEF$，其不过$B_{1}G$与平面$AEF$的交点，所以$B_{1}G$与$EF$是异面直线，D错误。故选BC。]