2024年高考数学一轮复习专题99真题再现练习文含解析

9.9高考真题（文科）

1.（2024年新课标1H）如图，点N为正方形488的中心，△反。为正三角形，平面ECDJ■平面

ABCD,M是线段ED的中点，则（）

A.BM=EN,且直线8M,0V是相交直线

B.旦直线8M,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线8M,0V是吴面直线

D.BM*EN,且直线8M,£N是异而直线

【答案】B

【解析】如图所示，作EO_LC。于。，连接ON,过M作出_LOO于尸.

连BF,.•平面CDEJ•平面ABCO.

EO_L8,EOu平面C0E,..七。，平面A8CO,Mb_L平面A8CE,

.•.&0户3与AEON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO=J5,ON=\EN=2,

MF=昱，BF=，,：.BM=击.；.BMHEN、故选B.

22

E

2.（2024年北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

俯视图

B.2C.3

【解析】由三视图可得四棱锥，在四棱锥

由勾股定理可知:二=242,=4,则在四楼锥中，直角三角形有:

共三个，故选C.

3.（2024年新课标1卷）在长方体-冲,=2,/与平面//所

成的角为30°,则该长方体的体积为（）

A.8B.（^[2C.8/2I）.不

【答案】C

【解析】在长方体一////中，连接/，

依据线面角的定义可知//=30,

因为=2.所以{=243,从而求得t=2^2.

所以该长方体的体积为=2x2x2*啦,故选C.

4.（2024年新课标I卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为01，O2,过直线。1。2的平面截该圆柱所得

的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为

A.12及兀B.I2TIC.86TlD.10兀

【答案】B

【解析】依据题意，可得截面是边长为」的正方形,

结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是、伤的圆，且高为土，

X2

所以其表面枳为S=24(0)2+2万・丘•2夜二12万，故选B.

5.(2024年全国卷川)设,,,是同一个半径为4的球的城面上四点，△为等边三角形

且其面积为8万，则三棱锥-体积的最大值为

A.1243B.18>[3C.2/心D.54y[3

【答案】B

【解析】如图所示，

点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

当DM，平面ABC时，三棱锥D-ABC体枳最大

此时，0D=0B=R=△=亨2=矩，岭=&

•••点M为三角形ABC的重心;BM=；=2/3

二Rt/kABC中，有OM=VDM=0D+0M=4+2=6；.(_)脸=9.纣“6=

/8、后故选B.

6.(2024年全国卷川)中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫桦头，凹进部分叫卯眼,

图中木构件右边的小长方体是桦头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时

带卯眼的木构件的俯视图可以是

【解析】观擦图形图可知，俯视图为：故答案为A.

7.（2024年全国卷II）在正方体-////中，为棱/的中点，则异而直线与所

成角的正切值为

A.当B.当C.苧D.孝

【答案】C

【解析】在正方体-////中，〃，所以异面直线与所成角为/，

设正方体边长为2，则由为棱/的中点，可得=,

8.（2024年新课标2卷）如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何

体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体枳为

【答案】B

【解析】由题意，该几何体是由高为£的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为=y

*•6+$4=63，故选B.

9.（2024年新课标3卷）在正方体-////中，为极的中点，则（）.

A.j1iB.t1C./11D.；1

【答案】C

【解析】画出正方体一////，如图所示.

对于选项A,连/,若/1/,又/I//,所以/I平面/〃所以可得/I/

明显不成立，所以A不正确.对于选项B,连，若/1，又1/,所以1•平面］,

故得1，明显不成立，所以B不正确.对于选项C,连〃则；||/.连/，则得,1

/,/I，所以/I平面/,从而得/J./,所以/1八所以C正确.

对于选项D,连，若/1，又1〃所以1平面,故得2），明显不成立,

所以D不正确.故选C.

10.(2024年新课标1卷)平面过正方体ABCD—ABCD的顶点A,'第"面®%%,n平面

C平面,，则m,n所成角的正弦值为

A.日B.岑C.，D」

2233

【答案】A

【解析】如图，设平面/平面='，平面//n平面/尸'，因为//平

面//，所以〃'，//'，贝|J,所成的角等于'，'所成的角.延长，过/作/II

/,连接，//，则为/，同理//为'，而II,//II/，则','所

成的角即为/,所成的角，即为60°,故，所成角的正弦值为选A.

4

11.(2024年北京市高考)已知/,勿是平面。外的两条不同直线.给出下列三个论断:

①/_1_抬②加〃。：③/J.a.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：

【答案】假如ALa,勿〃a,则AL就

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

(1)假如7±a,m//a,则ILm.正确；

(2)假如/_La,ilm,则勿〃a.不正确，有可能勿在平面a内；

(3)假如AL勿，m〃a,则ALa.不正确，有可能/与。斜交、。.

12.（2024年新课标山）学生到工厂劳动实践，利用30打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

48。。一4用6〃挖去四极锥0-£江；〃后所得的几何体，其中。为长方体的中心，££G,”分别为

所在棱的中点，A8=AC=6cm,AA=4cm,3。打印所用原料密度为0.9g/c〃/，不考虑打印损耗，制

作该模型所需原料的质量为g.

【答案】118.8

2

【解析】由题意得，SEFGH=4x6-4x^x2x3=12c/n,

四栩锥"%的高3cm,Vo_ErG//=1X12X3=12C/77\

又长方体ABC。-A4G2的体枳为匕=4x6x6=144°/,

所以该模型体积为V=K-M=144-12=132C〃/，

其质量为0.9x132=118.8g.

13.（2024年新课标I）已知N4%中0°,P为平面力画外一点，尸俏2,点尸到4%两边小度的距离均

为G,那么〃到平面/比•的距离为.

【答案】拉.

【解析】作分别垂直于AC,BC,PO_L平面A3C,连CO,

知CDJ.PDCO_LPO,PDC\OD=P,

\CDA平面PDO，ODu平面POO，.•.CO±OD

;PD=PE=6PC=2,sinZPCE=sinZPCD=—.:.NPCB=NPCA=«，

2

：.porco,CO为NACA平分线，

AZOCD=45°AOD=CD=\,OC=应，又PC=2，

P9=V4^2=>/2.

14.(2024年全国卷ID已知圆锥的顶点为，母线，相互垂直，与圆锥底面所成角为外。，

若^的面积为8,则该圆锥的体积为__________.

【答案】8五

【解析】如下图所示，/=3C,N=90

又学2=8,

解得=4,所以=1=2,=7—匚―刈,

所以该圆锥的体积为=8.

15.（2024年新课标1卷）已知三棱锥一的全部顶点都在球。的球而上，S0是球〃的直径.若平面

_1_平面SCB,=»=,三棱锥-的体枳为9,则球。的表面积为

【答案】36八

【解析】三棱锥STBC的全部顶点都在球0的球面匕SC是球0的直径，

若平面SCA_L平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥STBC的体积为9,

可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r,

可得:xgx2xx=9,解得r=3.

JZ

球0的表面积为：42=36.

16.：2014年新课标I）如图，为测量出高MN,选择A和另一座山的it顶C为测量观测点，从A点测得M

点的仰角4MAN=60%C点的仰角ZCAB=45°以及ZM4C=75%从C点测得ZMCA=60°.已知

山高=100/〃，则山高MN=__________m.

【答案】150

【解析】在一A3C中，•••ZBAC=45°,ZABC=90°.BC=100.:.AC==100虚，在AAMC中，

sin45°

AC'

vZMAC=75°,ZMG4=60°,:.ZAMC=45°,由正弦定理可得----------=----------,即

sinZACMsinZAMC

=100直，解得AM=Ioog,在Rt^AMN中，MN=AM•sinZMA/V=10073xsin60°

sin600sin450

=150（m）.故答案为150.

17.（2024年北京市文科）如图，在四棱锥P-A8c。中，Q4_L平面仍c〃，底部力比〃为菱形，£为仪的

中I占，、、、・

（I）求证：做J_平面处G

（II）若//仪＞60°,求证：平面必WL平面PAEx

（III）棱加上是否存在点R使得。、〃平面为成说明理由.

【答案】（I）见解析；（II）见解析；（1H）见解析.

【解析】（I）证明：因为Q4_L平面A8CD所以Q4_L8Z）；

因为底面ABC。是菱形，所以AC_LB。；

因为A4AC=A,PAACu平面PAC,

所以4。_1_平面PAC.

（II）证明：因为底面人BCD是菱形且N/仍C=60°,所以AAC。为正三角形，所以AE_LCZX

因为/W//8,所以A£_LA3；

因为PA_1_平面八BCQ,AEu平面ABCQ,

所以AE_LP4：

因为PAAB=A

所以AE_L平面AS，

AEu平面PAE，所以平面PAB±平面PAE.

(IH)存在点F为QB中点时，满意CF〃平面Q4E：理由如下:

分别取P3,PA的中点£G,连接CF,FG,EG,

在三角形QA8中，EG//A3且"G=LA8：

2

在菱形A8C力中，E为CO中点，所以CE//A8HCE=；AB,而以CEUFGdCE=FG，即四边形

CEG/7为平行四边形，所以。尸〃EG;

乂CFu平面PAE，EGu平面Q4£.所以C广〃平面以E.

18.(2024年新课标HI)图1是由矩形AOEaR/A48C和菱形BEGC组成的一个平面图形，其中

AB=1,BE=BF=2,N产8c=60，将其沿4仇8。折起使得BE与8尸重合，连结。G,如图2.

(1)证明图2中的A,C,G,。四点共面，且平面A8C_L平面8CGE；

(2)求图2中的四边形4CGO的面积.

【答案】（1）见详解；（2）4.

【解析】（D证：AD//BE,BF//CG，又因为石和产粘在一起.

AD//CG，A,C,G,D四点共面.

乂•.-43_L3EA8_L3C.

.•.AB_L平面BCGE,•「/Wu平面ABC,...平面ABC_L平面BCGE,得证.

⑵取CG的中点M，连结EM,DM.因为AB//DE，A8_L平面BCGE,所以OEL平面BCGE,故DEICG，

由已知，四边形BCGE是菱形，HNEBC=60得石M_LCG,故CG_L平面DEM。

因此DWJ.CG。

在RfZ\OEM中，DE=1,EM=6故ZW=2。

所以四边形ACGD的面积为4.

19（2024年新课标II）.如图，长方体第a-4864的底面价口是正方形，点F在楂制上，BELEQ.

（1）证明：BEL平面EBC：

（2）若/1后4£,册=3,求四棱锥£一84。|。的体积.

【答案】（1）见详解：（2）18

【解析】（1）因为在长方体ABCO-ASCQi中，B,C,_L平面AA4B；

8E匚平面人所以反孰工RE,

乂BE_LEG，片GcEC|二G，且E£u平面EgG，4Qu平面EBC，

所以8石_1_平面E瓦G：

（2）设长方体侧棱长为2a,则AE=A£=a,

由（1）可得上4_L8E：所以EB：+BE?=BB：,即2照=网,

又至=3,所以2A6+2482=88：,即2/+18=4/，解得4=3：

取中点尸，连结£尸，因为4E=AE,则石尸〃A3；

所以EF上平面BBC。,

所以四棱锥E-BBgC的体积为匕…设£=-5矩形明cc-^=--^C^EF=-x3x6x3=18.

333

G

20・（2024年新课标I）如图，直四棱柱力比〃-力心G0的底面是菱形，力月产4,用A2,/胡介60。，夕，力,

分别是比‘，阳，力M的中点.

（1）证明：亚V〃平面心。少：

（2）求点。到平面C应•的距离.

【答案】（1）见解析：（2）生叵.

17

【解析】（1）连接ME，%C

・.•例，E分别为BB、,8C中点ME为M8C的中位线

...腌//81。且河石=3与。

又N为4。中点，且A}DnB}CND/IB\C且ND=-B.C

MEHND/.四边形MNDE为平行四边形

MNIIDE,又MNu平面CQE,DE\平面CQE

「.MV//平面GOE

（2）在菱形ABC。中，E为BC中点、,所以OE_L8C,

依据题意有。E=6，GE=47,

因为棱柱为直棱柱，所以有OEJ_平面8CGS，

1—-

所以。E1EG，所以SgEg=5xj3xji7,

设点c到平面G/JE的距离为d,

依据题意有％_8£=%_G/>E，则有;x；xJ5x/i7xd=(x；xlx石x4,

2弄笔

所以点C到平面C.DE的距离为三常.

21.：2024年北京卷）如图，在四棱锥户T"》中，底面48为矩形，平面片仅L平面力及》PA1PD,PA=FD,

反/；分别为力。，勿的中点.

（I）求证：PELBa

（II）求证：平面目氏L平面PCD、

（III）求证：EF"平面PCD.

【答案】（I）见解析（II）见解析(III)见解析

【解析】（I）,且为的中点，・11

•底面为矩形，1

(II):底面为矩形，...

•平面■L平面■L平面1.又1

■L平面，，平面•L平面

（III）如图，取中点，连接

1•,分别为和的中点,II且

•・•四边形为矩形，旦为的中点,

II

且，二四边形为平行四边形，，

又仁平面u平面II平面

22（2024年新课标I卷）如图,在平行四边形中，=3,/=90°,以为折

痕将△折起，使点到达点的位置，且1

（1）证明：平面■L平面

（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三楂锥的体积.

【答案】（D见解析.（2）1.

［解析］（1）由己知可得，N=90°,1.又BAUD,且n=,所以/仍_L平面

ACD.

又力纪平面ABC,所以平面ACDL平面ABC.

（2）由已知可得，lX=Gf=A^,用=&回

又==：，所以=20

作侬uc,垂足为区则=U.

由已知及（1）可得必1平而/伊C,所以QC_L平面力40,QM.

因此，三楂锥-的体积为

_=；xx△=白Ixgx3x2\@in45。=1.

JJz

23（2024年全国卷IH）如图,矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的

点.

（1）证明：平面1平面；

（2）在线段上是否存在点，使得||平面？说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析

【解析】（1）由题设知，平面平面力以刀，交线为09.

因为夕11_切，仇七平面力灰力，所以比平面以切，故BCLDM.

因为"为一Ut异于。，〃的点，且比1为直径，所以加/_1□£

又BCCCM=C,所以〃以平而0昭.

而〃仁平面川也故平面并仅L平而8g

（2）当户为4V的中点时，就"平•而阳a

证明如下：连结月。交加于。因为种⑦为矩形，所以。为力C中点.

连结”，因为〃为加/中点，所以MC//0P.

J依t平面PBD,〃/七平面PBD,所以MC//平面PBD.

24.（2024年全国卷II）如图，在三棱锥—中，==2金,====4,

为的中点.

(1)证明:■L平面

(2)若点在楼上，且=2，求点到平面的距离.

【答案】⑴详见解析(2)子.

【解析】(1)因为月任上月俏4,〃为”的中点，所以021_他且仍方％

连结班.因为*8用,所以△仍C'为等腰直角三角形，且仍L4C,。吟=2.

由2+2=2知，OPLOB.

由OPLOB,0HL/1。知/UL平面ABC.

(2)作。/JL〃吼垂足为〃.乂由(1)可得OPLCH,所以"L平面以M

故〃的长为点C到平面尸〃"的距离.

由题设可知曰=2,6吟畔，/力叱45。.

所以的夸，at--si,^~专

所以点c到平面户〃"的距离为空.

25.（2024年北京卷）如图，在三棱锥〃一力6。中，PA1A&PALBC,ABVBC,PA=AB=BC=2,〃为线段力。

的中点，夕为线段/T上一点.

(1)求证：PALBDx

（2）求证：平面4〃£_1_平面处C：

⑶当月〃平面切应时，求三棱锥〜筋的体积.

【答案】（1）证明见解析：（2）证明见解析：（3）（

【解析】（I）因为1,1，所以1平面

又因为u平面，所以1

（II）因为为中点，所以1

由（I）知，1,所以1平面

所以平面1平面

（III）因为II平面,平面n平面

所以II

因为为的中点，所以=3=1,==2

由（I）知，_L平面，所以1平面

所以三棱锥一的体积=〈.­=4

26.（2024年新课标2卷）四棱锥-中，侧面为等边三足形且垂直于底面

=（，/=/=9（f.

（1）证明：直线〃平面；

（2）圭4面积为％厅，求四棱锥-的体积.

【答案】（I）见解析（II）U3

【解析】（1）在平面内，因为/从〃）=乙4伙790”,所以6。〃/£）.

又BC<2平面2IQ彳。u平面PAD.故8C〃平面P/O.

（2）取,4。的中点，连接P”C".

由AH-HC-5//）及BCHAD^ABC=90",

得四边形ABCM为正方形，则C"1AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底而ABCD，平而P/OD平而ABCD=40，

所以PMLAD.PM1底面ABCD.

因为C“u底面所以PW1CM,

设8C=x，则。》=*.。0=、％,尸”=、£？0=/>。=2X，取。。的中点汽，连接PN，则

PNLCO,所以。”■巫r

2

因为APC0的面积为2<5，所以，&xx业=2v7，

MlMi

解得工=一2（舍去）,x=2.

于是AR=RC=2.AD=4.PA/=24.

所以四棱锥p-48。。的体积了■；K2（2；4）X2行■4V/3.

27.（2024年新课标3卷）如图，四面体力及力中，AA8C是正三角形，仍=CD.

A

(1)证明：ACLBI>.

（2）已知是直角三角形，AB-BD.若£为极物上与。不重合的点，且求四面体力旌'与四

面体力建的体积比.

【答案】(1)见解析；(2)1:1.

(1)取力。的中点0,连结DO,BO.因为AD-CD,所以ACL1)0.

又由于4ABe是正三角形，所以力UL能从而/ICJ_平面次加，故力

(2)连结&由(1)及题设知乙MS90°,所以a

在R"AOB中,BCP+AO=AB'UFBD,所以

HO'+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故./DO比90°.

由题设知©AEC为直角三角形，所以EO=，AC.

2

乂4ABe是正三角形，且力尽做所以EO=、BD.

2

故E为M的中点，从而少到平面月旗的距离为〃到平而刃K的距离的,，四面体4?成的体积为四面体ABCD

Z

的体积的L,即四面体力及方与四面体〃比,的体积之比为1:1.

2

28.(2024年新课标1卷)如图，在四棱锥P-A8CQ中，ABCD,且N8AP=NCDP=90。.

(1)证明：平面尸A8_L平面040：

Q

（2）若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90。，且四棱锥P-ABCD的体积为J求该四棱锥的侧面积.

3

【答案】⑴证明见解析：（2）6+2G.

【解析】（1）由已知N84P=NCOP=90。，得AB_LAP,CDLPD.

由于AA|CO.故从而A8_L平面PAO.

乂A8u平面Q48，所以平面Q48_L平面PAO.

（2）在平面E4。内作QE_LA£>,垂足为£.

由（1）知，48_1_面04。.故A8_LPE.可得。石_1_平面43co.

设=则由已知可得AO=Jir,PE=­x.

2

故四极锥P—ABCD的体积V„=-ABADPE=-X\

ABCD33

1Q

由题设得一V=—，故x=2.

33

从而PA=PD=2,AD=BC=2痒PB=PC=2O.

可得四棱锥P-ABCD的侧面积为

-PAPD+-PA-AI3+-PD-DCi--I3C12Sin60o=6+243.

2222

29（2024年新课标2卷）.如图，菱形的对角线与交于点，点，分别在，上,

=,交于点，将沿折起到'的位置.

（I）证明：1':

（H）若=5,=6.=也'=。，求五棱锥'一的体积.

【答案】（I）详见解析；（H）学

【解析】（1）由己知得，1,=,

又由=得——=——»故〃，

由此得11',配以1'.

（2）由〃得==y

由=5,=第==V匚"=4,

所以=1,==3,

于是-十=（热®2十/?=9='3,故’J.