全品高考备战2027年数学一轮备用题库12重点强化练(十二)【答案】

重点强化练(十二)1.D[解析]还原正方体如图所示,设AD=1,则AB=5,AF=1,BE=EF=22,AE=3,CD与AB所成的角等于BE与AB所成的角,所以所求余弦值为cos∠ABE=5+8-92×5×22=2.A[解析]分别在棱AD,CC1,BC上取点M,N,G,使得AM=3MD,C1N=2NC,BG=GC,连接A1M,ME,EN,NF,AG.易证ME∥AG∥A1F,NF∥A1M,则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF.由C1F=6,C1N=8,可得NF=C1F23.C[解析]由图可知,扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长,圆锥底面圆的半径r=1,设扇形半径为R,则有π2R=2πr,解得R=4,所以圆锥的母线长为R=4,故圆锥的高h=R2-r2=16-4.A[解析]连接AC,AD1,CD1,BD,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC,又四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D,所以AC⊥平面BB1D,因为B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D,同理可证明AD1⊥B1D,因为AD1∩AC=A,AD1,AC⊂平面ACD1,所以B1D⊥平面ACD1,故平面α即为平面ACD1,则α截该正方体所得截面的形状为三角形.故选A.5.B[解析]如图,依题意,PE⊥PA,PE⊥PD,PA∩PD=P,PA,PD⊂平面PAD,则PE⊥平面PAD,PA=PD=22a,AD=4a,即有PA2+PD2=AD2,则PA⊥PD,由此可将三棱锥P-ADE补成以PE,PA,PD为相邻三条棱的长方体.若三棱锥P-ADE的四个顶点都在球O的球面上,则该长方体的各顶点也在球O的球面上.设球O的半径为R,则该长方体的体对角线长为2R,因为2R=PE2+PA2+PD2=25a,所以球O的表面积S=4π6.A[解析]P为圆台母线AB的中点,O1,O2分别为上、下底面的圆心,把圆台扩成圆锥,如图①所示,则O1A=1,O2B=2,AB=4,由O1A∥O2B,得SA=4,SB=8,SP=6,圆锥的底面周长为4π,母线长SB=8,所以侧面展开图扇形的圆心角为4π8=π2,即∠BSB'=π2,如图②所示.一质点从点P出发,绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P,则运动的最短路径为展开图中的PP',由∠PSP'=π2,SP=SP'=6,可得PP'=62 7.D[解析]如图所示,取BD的中点H,连接GH,FH,由GH为△BCD的中位线,可得GH∥CD,GH=12CD,又EF∥CD,EF=12CD,所以EF=GH,且EF∥GH,可得四边形EFHG为平行四边形,截面EFHG为所求截面.因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD,又EG∥AB,EF∥CD,可得EF⊥EG,则截面EFHG为矩形.又AB=CD=4,可得截面EFHG是边长为2的正方形,其面积为4.故选D8.B[解析]如图,将正四棱柱的侧面展开可得最短运动路线. 图①中AP=26,图②中AP=25,图③中AP=32,所以质点从A点到P点的最短路程为32,此时质点从A点出发,经过DD1上靠近D1的三等分点M,再到达P点.平面AMP截正四棱柱所得截面为五边形AMPQR,如图,由AM=AR=RM=22,MP=PQ=QR=2,故所得截面的面积为S△ARM+S梯形PQRM=23+332=7329.AD[解析]由于AB始终在地面上,因此倾斜过程中没有水的部分是以左右两侧的面为底面的棱柱,A正确;图②中水面所在四边形的面积比图①中大,B错误;图③中A1C1与水面不平行,C错误;图③中,水的体积不变,因此△AEH的面积不变,从而AE·AH为定值,D正确.故选AD.10.ABC[解析]对于A,设CD的中点为F,连接FM,FB,由M为A1C的中点,得FM∥A1D,而FM⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,则FM∥平面A1DE,在矩形ABCD中,AB=2AD,E是边AB的中点,则FB∥DE,又FB⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,则FB∥平面A1DE,而FB∩FM=F,FB,FM⊂平面BMF,因此平面A1DE∥平面BMF,又BM⊂平面BMF,所以BM∥平面A1DE恒成立,A正确;对于B,设A1在底面BCDE内的射影为O,连接OE,OD,OC,CE,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E是边AB的中点,则A1D=A1E,CD=2≠CE=2,由△A1OD与△A1OE全等可得OD=OE,显然OC与DE不垂直(C不在线段DE的中垂线上),假设存在某个位置,使得DE⊥A1C,由A1O⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,得A1O⊥DE,而DE⊥A1C,A1C∩A1O=A1,A1C,A1O⊂平面A1CO,则DE⊥平面A1CO,又OC⊂平面A1CO,则有DE⊥OC,与OC与DE不垂直矛盾,所以不存在某个位置,使得DE⊥A1C,B正确;对于C,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E是边AB的中点,则∠A1DE=45°,由MF∥A1D,FB∥DE,得∠MFB=∠A1DE=45°,MF=12,BF=2由余弦定理得BM=1252,C正确;对于D,VA-A1DE∶VA1-BCDE=VA1-ADE∶11.AC[解析]对于选项A,如图①,连接BD,A'D,由已知得BD=22,A'D=A'B=25,则△A'BD是等腰三角形,cos∠A'BD=225=1010,则sin∠A'BD=310BDsin∠A'BD=22×31010=655,故A正确;对于选项B,把矩形ABA'上,如图②,sin∠ABA'=425=255,则cos∠ABC=cos∠ABA'+π2=-sin∠ABA'=-255,则AC=22+22-2×2×2×-255=22+455,即为AP+PC的最小值,显然2+455>3,即22+455>23,故B错误;对于选项C,如图③,连接CD',设CD'∩MN=Q,在平面A'BCD'上过点Q作QP⊥A'C交A'B于点P,易知A'B∥CD',D'M=12,D'N=1,又DD'=4,DC=2,且∠MD'N=∠D'DC=π2,因此△DD'C∽△D'NM,则∠D'NM=∠MD'Q,所以∠D'MQ+∠MD'Q=∠D'MQ+∠D'NM=π2,所以D'C⊥MN,又BC⊥平面DCC'D',MN⊂平面DCC'D',因此BC⊥MN,又BC与CD'是平面BCD'A'内两条相交直线,因此MN⊥平面BCD'A',又A'C⊂平面BCD'A',所以MN⊥A'C,又PQ∩MN=Q,且PQ,MN⊂平面PMN,所以A'C⊥平面PMN,故C正确;对于选项D,如图④,设AC∩BD=O,连接OB',B'D',作BH⊥OB',垂足为H,由BB'⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,得BB'⊥AC,又正方形ABCD中,AC⊥BD,BD∩BB'=B,BD,BB'⊂平面BDD'B',所以AC⊥平面BDD'B',而BH⊂平面BDD'B',所以AC⊥BH,又AC∩B'O=O,AC,B'O⊂平面AB'C,所以BH⊥平面AB'C,由已知得BO=2,BB'=4,则 12.2[解析]根据垂直关系知,AB与CD的夹角即为二面角B-AC-D的平面角,且BD=BA+AC+CD,AC⊥CD,AC⊥AB,AB=CD=AC=1,所以|BD|=(BA1+1+1+2×-1213.23[解析]PA=PD+DA=PD+CB=PD+PB-PC,设PD=tPG,则PA=tPG+32PE-2PF,由于A,E,F,G四点共面,故t+32-2=1,解得t=32,故PD=3214.142[解析]如图所示,直线MN分别与CB,CD的延长线相交于点T,E,连接C1T,C1E,分别与BB1,DD1交于点F,Q,连接FM,QN,故五边形C1QNMF即为平面MNC1截该四棱柱所得截面,其中M,N分别是AB,AD的中点,故AM=AN=BT=BM=2,则BTCT=22+4=13,故BF=13CC1=2.由勾股定理得MF=BM2+BF2=22,MN=AM2+AN2=22,同理可得QN=MF=22,又D1Q=B1F=4,故C1Q=C1F=15.解:(1)因为AB⊥AC,PB⊥AC,AB∩PB=B,AB,PB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB.取AB的中点M,连接PM,因为△PAB是等边三角形,所以PM⊥AB.取BC的中点G,连接MG,则MG∥AC,因为AC⊥平面PAB,所以MG⊥平面PAB,因为AB,PM⊂平面PAB,所以MG⊥AB,MG⊥PM,故MG,AB,PM两两垂直,以M为原点,MB,MG,MP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为BC=2AB=4,所以由勾股定理得AC=BC2-AB所以B(1,0,0),P(0,0,3),D(-3,23,0),A(-1,0,0).易知平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0).设直线PD与平面PAB所成角的大小为θ,则sinθ=|cos<PD,m>|=|PD·m||PD|·|m|=|(-3,23,-3(2)假设存在满足题意的点Q.由(1)知,PA=(-1,0,-3),PD=(-3,23,-3),设平面PAD的法向量为n=(x1,y1,z1),则PA令z1=1,得x1=-3,y1=-1,则n=(-3,-1,1).连接EF,因为AC∥平面BEQF,平面BEQF∩平面PAC=EF,所以AC∥EF,不妨设PE=λPA,0<λ<1,则PF=λPC.设E(q,w,e),则(q,w,e-3)=λ(-1,0,-3),即q=-λ,w=0,e=3-3λ,故E(-λ,0,3-3λ).设F(r,t,y),易知PC=(-1,23,-3),则(r,t,y-3)=λ(-1,23,-3),即r=-λ,t=23λ,y=3-3λ,故F(-λ,23λ,3-3λ).设平面BEQF的法向量为u=(x2,y2,z2),则BE即(-解得y2=0,设z2=1,则x2=3-3λλ+1,故|cos<n,u>|=|n3λ-3化简得3-74λ-2λ+1,两边平方得3-3λλ+12+1=74λ-2λ+12,化简得设DQ=μDP(0<μ<1),点Q(j,k,l),则(j+3,k-23,l)=μ(3,-23,3),解得j=3μ-3,k=23-23μ,l=3μ,故BQ=(3μ-4,23-23μ,3μ).当λ=13时,u=3因为BQ⊥u,所以(3μ-4,23-23μ,3μ)·32,0,1=0,即532μ-23=0,当λ=23时,u=3因为BQ⊥u,所以(3μ-4,23-23μ,3μ)·35,0,1=0,即835μ-43故存在点Q,使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为3535此时DQDP的值为45或16.解:(1)如图,在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos30°=3,∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.(i)证明:因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC,又AB⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.(ii)以A为原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P0,32,32,设球心O(a,b则AO=BO=CO=PO=R,所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2+b-322+c-322=R2,解得a=12,b=12,c=3(2)在平面PAC中,过P作PG⊥AC于G,在平面ABC中,过G作GM⊥AC,设点P,G,M确定平面α.因为GM∩PG=G,GM,PG⊂平面α,所以AC⊥平面α.由(1)知AG=3cos30°=32,PG=3sin30°=3设∠PGM=θ,不妨令θ∈(0°,180°),以G为原点,GM,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则点P在平面