《2026年一本密卷高考数学》

8. (2025·安徽省安庆市三模)如图，棱长为 2 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$P$，$Q$ 分别是棱 $CC_1$，棱 $BC$ 的中点，动点 $M$ 满足 $\overrightarrow{DM} = \lambda\overrightarrow{DA} + \mu\overrightarrow{DD_1}$，其中 $\lambda,\mu\in\mathbf{R}$，则下列结论正确的是(ABD)


A.若 $\lambda + \mu = 1$，则 $CM\perp DB_1$
B.若 $\lambda = \mu$，则三棱锥 $B_1 - AMC$ 的体积为定值
C.若 $\mu = \frac{1}{2},0\leqslant\lambda\leqslant 1$，则直线 $PM$ 与直线 $BC$ 所成角的最小值为 $60^{\circ}$
D.若动点 $M$ 在三棱锥 $C - DPQ$ 外接球的表面上，则点 $M$ 的轨迹长度为 $\sqrt{2}\pi$

答案：
8.ABD　以$D$为坐标原点，$DA,DC,DD_{1}$所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$D(0,0,0)$，
　　　　　　　　　　
$A(2,0,0)$，$D_{1}(0,0,2)$，$B_{1}(2,2,2)$，$C(0,2,0)$，所以$\overrightarrow{DA} = (2,0,0)$，$\overrightarrow{DD_{1}} = (0,0,2)$，所以$\overrightarrow{DM} = \lambda\overrightarrow{DA} + \mu\overrightarrow{DD_{1}} = \lambda(2,0,0) + \mu(0,0,2) =(2\lambda,0,2\mu)$，设$M(2\lambda,0,2\mu)$，所以$\overrightarrow{CM} = (2\lambda,-2,2\mu)$，又$\overrightarrow{DB_{1}} = (2,2,2)$，所以$\overrightarrow{CM} · \overrightarrow{DB_{1}} = 2\lambda × 2 + (-2) × 2 + 2\mu × 2 =4(\lambda + \mu) - 4 = 0$，所以$\overrightarrow{CM} \perp \overrightarrow{DB_{1}}$，故A正确；因为$\lambda = \mu$，$\overrightarrow{DM} = \lambda\overrightarrow{DA} + \mu\overrightarrow{DD_{1}}$，所以点$M$在直线$DA_{1}$上，又因为$A_{1}B_{1}// AB// DC$，$A_{1}B_{1} = AB = DC$，所以四边形$A_{1}DCB_{1}$是平行四边形，又$A_{1}D\subset$平面$B_{1}AC$，$B_{1}C\subset$平面$B_{1}AC$，所以$A_{1}D//$平面$B_{1}AC$，又$A_{1}D \subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，$CC_{1}\subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，平面$ADD_{1}A_{1}//$平面$B_{1}AC$，所以$M$到平面$B_{1}AC$的距离为定值，又$\triangle B_{1}AC$的面积为定值，所以三棱锥$B_{1} - AMC$的体积为定值，故B正确；点$P$为$CC_{1}$的中点，坐标为$(0,2,1)$，点$M$的坐标为$(2\lambda,0,1)$，向量$\overrightarrow{PM} = (2\lambda,-2,0)$，向量$\overrightarrow{BC} = (-2,0,0)$，设直线$\overrightarrow{PM}$与直线$BC$所成的角为$\theta$，$\cos\theta = \frac{|\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{PM}|·|\overrightarrow{BC}|} =\frac{|-4\lambda|}{\sqrt{4\lambda^{2} + 4} × 2} = \frac{|\lambda|}{\sqrt{\lambda^{2} + 1}}$，又因为$0 \leqslant \lambda \leqslant1$，当$\lambda = 1$时，$(\cos\theta)_{\max} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，即直线$PM$与直线$BC$所成角的最小值为$45^{\circ}$，故C错误；因为三棱锥$C - DPQ$即为三棱锥$P - CDQ$，又底面$\triangle CDQ$是直角三角形，过$DQ$的中点$N$作$ON \perp$平面$CDQ$，$O$是三棱锥$C - DPQ$外接球的球心，因为$PC \perp$平面$CDQ$，所以$ON = \frac{1}{2}PC = \frac{1}{2}$，又$DQ = \sqrt{2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{5}$，所以三棱锥$C - DPQ$外接球的半径$r = \sqrt{(\frac{\sqrt{5}}{2})^{2} + (\frac{1}{2})^{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，因为点$M$在平面$ADD_{1}A_{1}$内，又在三棱锥$C - DPQ$外接球的表面上，所以$M$的轨迹是平面$ADD_{1}A_{1}$截三棱锥$C - DPQ$外接球的截面圆，又易得$O$到平面$ADD_{1}A_{1}$的距离为1，所以截面圆的半径为$\sqrt{(\frac{\sqrt{6}}{2})^{2} - 1^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则$M$的轨迹的周长为$2\pi × \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}\pi$，故D正确.故选ABD.

9. (2025·江苏苏州质量检测)已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的 2 倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是$\frac{5\sqrt{5}}{3}$.

答案： 9.$\frac{5\sqrt{5}}{3}$　设球的半径为$R$，圆柱底面的半径为$r$，圆柱的母线长为$l$，则球的表面积为$S_{1} = 4\pi R^{2}$，圆柱的表面积为$S_{2} = 2\pi r^{2} + 2\pi rl$，所以$\frac{S_{1}}{S_{2}} = \frac{4\pi R^{2}}{2\pi r^{2} + 2\pi rl} =2$，得$R^{2} = r^{2} + rl$ ①，又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以$(\frac{l}{2})^{2} + r^{2} = R^{2}$ ②，由①②解得$l = 4r$，$R = \sqrt{5}r$，所以球的体积为$V_{1} = \frac{4}{3}\pi R^{3} = \frac{20\sqrt{5}\pi r^{3}}{3}$，圆柱的体积为$V_{2} = \pi r^{2}l = 4\pi r^{3}$，$\frac{V_{1}}{V_{2}} =\frac{\frac{20\sqrt{5}\pi r^{3}}{3}}{4\pi r^{3}} = \frac{5\sqrt{5}}{3}$.

10. (2025·浙江宁波质量检测)已知四棱锥 $P - ABCD$ 的底面为边长为 2 的正方形，$PB = PC = BC$，$PA = PD = \sqrt{2}AB$，$M,N$ 分别为 $AB$ 和 $PC$ 的中点，则平面 $DMN$ 上任意一点到底面 $ABCD$ 中心距离的最小值为$\frac{\sqrt{3}}{8}$.

答案：
10.$\frac{\sqrt{3}}{8}$　$\because$四棱锥$P - ABCD$的底面为边长为2的正方形，连接$AC,BD$且相交于点$O$，则点$O$是底面$ABCD$中心，$PB = PC = BC = 2$，取$BC$的中点$F$，连接$PF$，则$PF \perp BC$，又$\because PA = PD = \sqrt{2}AB = 2\sqrt{2}$，$\therefore DC^{2} + CP^{2} = 2^{2} + 2^{2} = (2\sqrt{2})^{2} = DP^{2}$，$AB^{2} +BP^{2} = 2^{2} + 2^{2} = (2\sqrt{2})^{2} = AP^{2}$，$\therefore PC \perp DC$，$AB \perp PB$，又$PC \cap BC = P$，$AB// DC$，$\therefore CD \perp$面$PBC$，又$\because CD\subset$面$ABCD$，$\therefore$面$PBC\perp$面$ABCD$，又$\because PF\perp BC$，$BC$为面$PBC$与面$ABCD$的交线，$PF\subset$平面$PBC$，$\therefore PF\perp$面$ABCD$，又$OFC\subset$面$ABCD$，$CFC\subset$面$ABCD$，$\therefore PF\perp OF$，$PF\perp CF$.以$F$点为原点，以$FC,FO,FP$分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，则$O(0,1,0)$，$D(1,2,0)$，$M(-1,1,0)$，$N(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，设平面$DMN$的法向量为$\mathbf{m} = (x,y,z)$，设$O$到平面$DMN$的距离为$d$，则$\begin{cases} \mathbf{m} · \overrightarrow{DM} = 0 \\\mathbf{m} · \overrightarrow{NM} = 0 \end{cases}$，$\begin{cases} (x,y,z) · (-2,-1,0) = 0 \\(x,y,z) · (-\frac{3}{2},1, - \sqrt{3}) = 0 \end{cases}$，$\begin{cases} 2x + y = 0 \\3x - 2y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases}$，令$x = \1$，则$\mathbf{m} = (1,-2, - \frac{7\sqrt{3}}{3})$，代入距离公式得$d = \frac{|\mathbf{m} · \overrightarrow{OD}|}{|\mathbf{m}|} =\frac{|1 × 1 + (-2) × 1 + 0 × (-\frac{7\sqrt{3}}{3})|}{\sqrt{1^{2} + (-2)^{2} + (-\frac{7\sqrt{3}}{3})^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{8}$.
　　　　　　

11. (13 分)(2025·湖南省永州市三模)如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为菱形，$\angle BAD = \frac{\pi}{3}$，$\triangle PAB$ 是边长为 2 的等边三角形，$F$ 为 $BC$ 的中点.
(1)证明：$AB\perp PD$；
(2)若直线 $AP$ 与 $DF$ 的夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$，求直线 $PC$ 与平面 $PAB$ 所成角的正弦值.

答案：
11.解：
(1)证明：记AB的中点为O，连接PO，OD，BD，因为ABCD为菱形，$\angle BAD = \frac{\pi}{3}，$所以$\triangle ABD$为正三角形，所以$OD \perp AB，$由$\triangle PAB$为正三角形可得$PO \perp AB，$因为OP,OD是平面POD内的两条相交直线，所以$AB \perp$平面POD，因为$PD\subset$平面POD，所以$AB \perp PD.$
　　　　　　
(2)由
(1)知，$AB \perp OD，$过点O作$Oz\perp$平面ABCD，以OA,OD,Oz所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，因为$AB\perp$平面POD，所以点P在坐标平面yOz内，设$\angle POD = \alpha，$$PO = OD =\sqrt{3}，$则$P(0,\sqrt{3}\cos\alpha,\sqrt{3}\sin\alpha)，$A(1,0,0)，$D(0,\sqrt{3},0)，$B(-1,0,0)，$C(-2,\sqrt{3},0)，$$F( - \frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)，$所以$\overrightarrow{AP} = (-1,\sqrt{3}\cos\alpha,\sqrt{3}\sin\alpha)，$$\overrightarrow{DF} =( - \frac{3}{2}, - \frac{\sqrt{3}}{2},0)，$$\overrightarrow{AB} = (-2,0,0)，$因为直线AP与DF的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{6}，$所以$\frac{|\overrightarrow{AP} · \overrightarrow{DF}|}{|\overrightarrow{AP}||\overrightarrow{DF}|} = \frac{\sqrt{3}}{6}，$$\frac{|\frac{3}{2} - \frac{3}{2}\cos\alpha|}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}，$解得$\cos\alpha = \frac{1}{3}，$因为$\alpha \in (0,\pi)，$所以$\sin\alpha = \frac{2\sqrt{2}}{3}，$得$P(0,\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})，$所以$\overrightarrow{AP} = (-1,\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})，$$\overrightarrow{PC} = (-2,\frac{2\sqrt{3}}{3}, - \frac{2\sqrt{6}}{3})，$设平面PAB的法向量为$\mathbf{n} = (x,y,z)，$
　　　　　　
则$\begin{cases} \overrightarrow{AP} · \mathbf{n} = - x + \frac{\sqrt{3}}{3}y + \frac{2\sqrt{6}}{3}z = 0 \\\overrightarrow{AB} · \mathbf{n} = -2x = 0 \end{cases}，$令$x = 2\sqrt{2}，$得$\mathbf{n} = (0,2\sqrt{2}, -1)，$记直线PC与平面PAB所成角为$\theta，$则$\sin\theta =$|$\frac{\overrightarrow{PC} · \mathbf{n}}{|\overrightarrow{PC}||\mathbf{n}|}$|$ = \frac{|\frac{2\sqrt{6}}{3}|}{\sqrt{2^{2} × 3} × \sqrt{1 + 8 + 1}} = \frac{\sqrt{3}}{3}.$

12. (15 分)(2025·江西省萍乡市三模)已知四棱锥 $S - ABCD$ 中，二面角 $S - AD - B$ 为直二面角，$AD = \frac{4}{3}CD = 2SD = 4BC = 4$，$\angle BCD = \angle ADC = \angle ASD = 90^{\circ}$，$M$ 为棱 $DA$ 上一点.
(1)证明：$SA\perp SC$；
(2)若 $M$ 为 $DA$ 中点，求二面角 $B - SC - M$ 的正弦值；
(3)若 $BM//$ 平面 $SCD$，点 $N$ 在平面 $SMB$ 上，若直线 $AN$ 与平面 $SCD$ 所成角为 $\frac{\pi}{6}$，求 $MN$ 的最小值.

答案：
12.解：
(1)证明：由$\angle ADC = 90^{\circ}$，得$CD \perp AD$，二面角$S - AD - B$为直二面角，即平面$SAD\perp$平面$ABCD$，而平面$SAD \cap$平面$ABCD = AD$，$CD\subset$平面$ABCD$，故$CD\perp$平面$SAD$.因为$SA\subset$平面$SAD$，所以$SA\perp CD$，又$SA\perp SD$，$SD,CD\subset$平面$SCD$，$SD \capCD = D$，故$SA\perp$平面$SCD$，又$SC\subset$平面$SCD$，故$SA\perp SC$.
(2)过点$S$作$SO\perp AD$于点$O$，连接$OB$，由$\triangle ADS\sim \triangle SDO$，得$OD = 1 = BC$.又$OD// BC$，故四边形$OBCD$为平行四边形，因为$\angle ADC = 90^{\circ}$，所以$\angle DOB = 90^{\circ}$，即$OD\perp OB$，故$OA,OB,OS$两两垂直，以$O$为坐标原点，$OA,OB,OS$所在的直线分别为$x,y,z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$B(0,3,0)$，$S(0,0,\sqrt{3})$，$C(-1,3,0)$，$D(-1,0,0)$，故$\overrightarrow{BS} = (0,-3,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BC} = (-1,0,0)$，$\overrightarrow{CM} = (2,-3,0)$，$\overrightarrow{SM} = (1,0, - \sqrt{3})$，设平面$SBC$的法向量$\mathbf{a} = (x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases} \mathbf{a} · \overrightarrow{BS} = - 3y_{1} + \sqrt{3}z_{1} = 0 \\\mathbf{a} · \overrightarrow{BC} = - x_{1} = 0 \end{cases}$，令$y_{1} = 1$，则$z_{1} = \sqrt{3}$，$x_{1} = 0$，故$\mathbf{a} = (0,1,\sqrt{3})$为平面$SBC$的一个法向量，设平面$SCM$的法向量的$\mathbf{b} = (x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases} \mathbf{b} · \overrightarrow{CM} = 2x_{2} - 3y_{2} = 0 \\\mathbf{b} · \overrightarrow{SM} = x_{2} - \sqrt{3}z_{2} = 0 \end{cases}$，令$z_{2} = \sqrt{3}$，则$x_{2} = 3$，$y_{2} = 2$，故$\mathbf{b} = (3,2,\sqrt{3})$为平面$SCM$的一个法向量，则$\cos\langle\mathbf{a},\mathbf{b}\rangle = \frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{a}||\mathbf{b}|} =\frac{0 × 3 + 1 × 2 + \sqrt{3} × \sqrt{3}}{2 × 4} = \frac{5}{8}$，二面角$B - SC - M$的正弦值为$\sqrt{1 - \cos^{2}\langle\mathbf{a},\mathbf{b}\rangle} = \frac{\sqrt{39}}{8}$.
(3)若$BM//$平面$SCD$，$BM\subset$平面$ABCD$，平面$ABCD \cap$平面$SCD = CD$，则$BM// CD$，由
(2)知$OB// DC$，故$M$与$O$点重合，因为$N$在平面$SMB$上，设$N(0,p,t)$，$p,t \in \mathbf{R}$，$A(3,0,0)$，则$\overrightarrow{AN} = (-3,p,t)$，因为$S(0,0,\sqrt{3})$，$C(-1,3,0)$，$D(-1,0,0)$，则$\overrightarrow{SC} = (-1,3, - \sqrt{3})$，$\overrightarrow{SD} = (-1,0, - \sqrt{3})$，设平面$SCD$的法向量$\mathbf{m} = (x,y,z)$，则$\begin{cases} \mathbf{m} · \overrightarrow{SC} = - x + 3y - \sqrt{3}z = 0 \\\mathbf{m} · \overrightarrow{SD} = - x - \sqrt{3}z = 0 \end{cases}$，令$z = \sqrt{3}$，则$x = -3$，$y = 0$，故$\mathbf{m} = (-3,0,\sqrt{3})$为平面$SCD$的一个法向量，故$|\cos\langle\mathbf{m},\overrightarrow{AN}\rangle| = \frac{|\mathbf{m} · \overrightarrow{AN}|}{|\mathbf{m}||\overrightarrow{AN}|} =\frac{|9 + \sqrt{3}t|}{\sqrt{12} × \sqrt{9 + p^{2} + t^{2}}} = \frac{1}{2}$，整理得$p^{2} - 6\sqrt{3}t - 18 = 0$，又$p^{2} = 6\sqrt{3}t + 18 \geqslant 0$，故$t \geqslant - \sqrt{3}$，由$\overrightarrow{MN} = (0,p,t)$，故$|\overrightarrow{MN}| = \sqrt{p^{2} + t^{2}} = \sqrt{t^{2} + 6\sqrt{3}t + 18} = \sqrt{(t + 3\sqrt{3})^{2} - 9}\geqslant \sqrt{3}$，当且仅当$t = - \sqrt{3}$时等号成立，
　　　　　
MN取得最小值为$\sqrt{3}$.