全品高考备战2027年数学一轮备用题库11重点强化练(十一)【答案】

重点强化练(十一)1.C[解析]如图,由BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,得BC∥平面PAD.由BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,得BC∥AD.故“BC∥AD”是“BC∥平面PAD”的充要条件.故选C.2.C[解析]对于A,若m∥α,n∥α,则m,n的位置关系不确定,故A错误;对于B,若m∥α,m∥β,则α,β的位置关系不确定,故B错误;对于C,若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α,故C正确;对于D,若α⊥β,m⊂α,则m,β的位置关系不确定,故D错误.故选C.3.D[解析]如图,取AC的中点M,连接MB,MB1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AB1=B1C,AB=BC,所以B1M⊥AC,BM⊥AC,所以∠B1MB是二面角B1-AC-B的平面角.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,可得AC=22,则BM=2,在Rt△B1MB中,tan∠B1MB=BB1BM=22=2,所以二面角B1-AC-B的正切值为2.4.B[解析]对于A,若m∥α且α∥β,则m∥β或m⊂β,故A错误;对于B,若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则在直线m上任取一点P,过直线n与点P确定平面γ,设γ∩α=c,又n∥α,所以n∥c,又n⊂β,c⊄β,所以c∥β,又m∥β,m⊂α,c⊂α,m∩c=P,所以α∥β,故B正确;对于C,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m,n可能平行、相交或异面,故C错误;对于D,若m⊥n,m⊥α,α∥β,则n⊂β或n∥β,故D错误.故选B.5.C[解析]∵底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,∴在堑堵ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,∴BC⊥平面A1ACC1,∴四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故①正确;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C,∴A1C1⊥平面BB1C1C,∴A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形,由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,∴四面体A1C1CB为“鳖臑”,故②正确;在△ABC中,4=AC2+BC2≥2AC·BC,即AC·BC≤2,当且仅当AC=BC=2时取等号,VB-A1ACC1=13S矩形A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43,故③错误;∵BC⊥平面AA1C1C,∴BC⊥AF,又AF⊥A1C,且BC∩A1C=C,∴AF⊥平面A1BC,则AF⊥A1B,∵AE⊥A1B且AE∩AF=A,∴A1B⊥平面AEF,又EF6.A[解析]如图,在正四面体ABCD中,O是正三角形BCD的中心,则AO⊥底面BCD,BO=23×3×sin60°=3,则正四面体ABCD的高AO=AB2-BO2=6,所以V四面体ABCD=13S△BCD·AO=13×34×32×6=924.设圆柱的底面半径为r,依题意,πr2·6=924,得r=332π,所以该圆柱的侧面积7.C[解析]过A作AE∥BD且AE=BD,连接CE,DE,则四边形ABDE是平行四边形.因为BD⊥AB,所以平行四边形ABDE是矩形.因为BD⊥l,所以AE⊥l,又AC⊥l,所以∠CAE是二面角α-l-β的平面角,即∠CAE=60°.又因为BD=AE=AC=3,所以△ACE为正三角形,所以CE=3.因为l⊥AC,所以ED⊥AC,又ED⊥AE,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面AEC,所以ED⊥平面AEC.因为EC⊂平面AEC,所以ED⊥EC,因为ED=AB=210,所以CD=CE2+ED2=38.D[解析]如图所示,因为VA-A1B1C1=13VABC-A1B1C1,所以VA-BCC1B1=23VABC-A1B1C1,所以VA-BCC1D=49VABC-A1B1C1=49×32VA-BCC1B1=23VA-BCC1B1,所以S梯形BCC1D=23S四边形BCC1B1,所以S△C1B1D=13S四边形BCC1B1,则DB1BB1=23.设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为6,则DB1=4,DB=2,易知M为A1C1的中点,取A1A9.ABC[解析]因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又BC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AF⊂平面PAC,所以BC⊥AF,故C正确;因为BC⊥AF,AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC⊂平面PBC,所以AF⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以AF⊥PB,故A正确;因为AF⊥PB,AE⊥PB,AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,所以PB⊥平面AEF,又EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB,故B正确;由上可知,AF⊥平面PBC,又因为AF∩AE=A,所以AE与平面PBC不垂直,故D不正确.故选ABC.10.AC[解析]由题可得MN∥BC,BC∥B1C1,所以MN∥B1C1,又MN⊂平面QMN,B1C1⊄平面QMN,所以B1C1∥平面QMN,A正确;由题可得,QM=QN,DM=DN,设AA1=2a,易得QM2=4+a2,QD2=12+a2,DM2=4+4a2,因为DQ⊥QM,所以DM2=QD2+QM2,即4+4a2=12+a2+4+a2,可得a=6,故AA1=26,B错误;因为DM2=QD2+QM2,所以DN2=QD2+QN2,所以DQ⊥QN,又QN∩QM=Q,QN,QM⊂平面QMN,所以DQ⊥平面QMN,又S△QMN=12MN·QM2-MN22=12×2×10-1=3,所以VQ-DMN=VD-QMN=13S△QMN·DQ=13×3×32=32,又S△DMN=12MN·DM2-MN22=33,设点Q到平面DMN的距离为d,所以VQ-DMN=13S△DMNd=3d=32,得d=6,C正确;将三棱锥D-QMN补成以QMN为底面的直三棱柱,则该三棱柱的外接球即为三棱锥D-QMN的外接球,其球心为以上下底面外心为端点的线段的中点,因为sin∠QMN=QM2-MN22QM=31010,故△QMN的外接圆的半径r=12×QNsin∠QMN11.ABC[解析]如图,对于A,设平面α∩平面A1B1C1D1=m',在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1,因为平面α∩平面ABCD=m,所以m∥m',又因为平面α∥平面CB1D1,且平面α∩平面A1B1C1D1=m',平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以m'∥B1D1,所以m∥B1D1,故A正确;对于B,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得A1B∥D1C,因为平面α∥平面CB1D1,且D1C⊂平面CB1D1,所以D1C∥平面α,过D1C作平面γ,设平面γ∩平面α=a,可得D1C∥a,可得A1B∥a,又A1B⊄α,a⊂α,所以A1B∥平面α,故B正确;对于C,设平面α∩平面DCC1D1=n',因为平面α∥平面CB1D1且平面CB1D1∩平面DCC1D1=D1C,所以n'∥D1C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AD⊥平面DCC1D1,因为D1C⊂平面DCC1D1,所以AD⊥D1C,又因为DC1⊥D1C,且AD∩DC1=D,AD,DC1⊂平面ADC1B1,所以D1C⊥平面ADC1B1,所以n'⊥平面ADC1B1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABB1A1∥平面DCC1D1,因为平面α∩平面DCC1D1=n',平面α∩平面ABB1A1=n,所以n∥n',所以n⊥平面ADC1B1,故C正确;对于D,因为m∥B1D1且n∥D1C,所以m,n所成的角,即为B1D1与D1C所成的角,因为△CB1D1为等边三角形,所以可得∠CD1B1=π3,所以异面直线m,n所成的角为π3,故D不正确.故选ABC12.平行[解析]如图,正方形ABCD的四个顶点在平面α的同侧,分别过A,B,C作AA1,BB1,CC1垂直于平面α,垂足分别为A1,B1,C1.连接AC,A1C1,取AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,B1O1,则OO1∥AA1∥CC1∥BB1,所以OO1⊥α,由已知得AA1=2,BB1=3,CC1=4,则OO1=AA1+CC12=3=BB1,所以四边形BB1O1O是平行四边形,则BO∥B1O1,即BD∥B1O1,又BD⊄平面α,B1O1⊂平面α13.②③[解析]由展开图还原几何体如图所示.对于①,因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD,而AD∥BC,所以EF∥BC,则E,F,B,C共面,所以直线BE与CF不是异面直线,故①错误;对于②,因为E∈平面PAD,AF⊂平面PAD,E∉AF,B∉平面PAD,所以直线BE与直线AF是异面直线,故②正确;对于③,由①知EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故③正确;对于④,假设平面BCFE⊥平面PAD,在平面PAD上过点P作PO⊥EF分别交EF,AD于点O,N,在BC上取一点M,连接PM,OM,MN,因为平面BCFE∩平面PAD=EF,PO⊥EF,所以PO⊥平面BCFE,而OM⊂平面BCFE,所以PO⊥OM,由中位线的性质,易知O是PN的中点,此时△PMN是等腰三角形,即PM=MN恒成立,因为M是线段BC上任意取的一点,且△PBC中PC,PB与BC的长度不确定,所以不一定有PM=MN成立,若PM≠MN,则平面BCFE与平面PAD不垂直,所以④错误.14.23[解析]如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,由四边形ABCD是正方形,得BO=OD,在线段PE上取点G,使得GE=ED,由PE=34PD,得PGPE=23,连接BG,FG,则BG∥OE,由OE⊂平面ACE,BG⊄平面ACE,得BG∥平面ACE,而BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF⊂平面BGF,因此平面BGF∥平面ACE,又平面PCD∩平面ACE=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC,所以λ=PFPC=15.解:(1)证明:因为△ABC是正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB.因为A1A⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以CM⊥A1A,又A1A∩AB=A,A1A,AB⊂平面A1ABB1,所以CM⊥平面A1ABB1,又因为B1B⊂平面A1ABB1,所以CM⊥B1B.连接AB1,易得AB1=B1B=22,所以AB2=AB12+B1B2,所以AB1⊥B1B,又因为AB1∥MN,所以MN⊥BB1.因为MN∩CM=M,MN,CM⊂平面MCN,所以B1B⊥(2)取AC的中点O,连接BO,C1O,易知C1O⊥平面ABC,BO⊥OC,故OB,OC,OC1两两垂直,以O为坐标原点,OB,OC,OC1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(3,-1,2),B(23,0,0),C(0,2,0),C1(0,0,2).由(1)知平面MCN的一个法向量为B1B=(3,1,-2),又C1C=(0,2,-2),所以|cos<|B1B·C所以直线C1C与平面MCN所成的角的正弦值为3416.解:(1)证明:在平面CDEF内,过点E作EO⊥CD交CD于点O,由四边形CDEF为等腰梯形,且CD=2EF=4,得DO=1,又DE=5,所以OE=DE2连接AO,易知△ADO≌△EDO,可得AO⊥CD且AO=2,又AE=22,所以在△OAE中,AE2=OE2+OA2,从而OE⊥OA,又OE⊥CD,OA∩CD=O,OA,CD⊂平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD,又OE⊂平面CDEF,所以平面ABCD⊥平面CDEF.(2)由(1)知,OE,OC,OA两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,2),E(2,0,0),M(0,2,0),B(0,2,2),所以AE=(2,0,-2),EM=(-2,2,0),MB=(0,0,2).设平面AEM的法向量为n=(x,y,z),则n·AE取z=1,则n=(1,1,1).设平面BEM的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·MB取y1=1,则m=(1,1,0),所以cos<m,n>=m·n|m|·|所以平面AEM与平面BEM夹角的余弦值为6317.解:(1)证明:记AC∩BD=O,如图.因为AB=BC,AD=CD,BD=BD,所以△ABD≌△CBD,所以∠ADO=∠CDO,所以∠AOD=∠COD=90°,即AC⊥BD.又PA⊥底面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为AC∩PA=A,且AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)由(1)易知O为AC的中点,取PC的中点M,连接OM,则OM∥PA,所以OM⊥平面ABCD,所以OC,OD,OM两两垂直,以O为原点,OC,OD,OM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,由题意及(1)知OA=OB=1,OD=2,则A(-1,0,0),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(-1,0,2),所以PD=(1,2,-2),AD=(1,2,0),PB=(1,-1,-2),BC=(1,1,0).设平面PAD的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·PD=x1+2y1设平面PBC的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·PB=x2-y2-2z2=0,n·BC=x2+y2=0,取x2=1,则n=(1,-1,1),所以18.解:方法一:(1)证明:连接OA,如图,因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB.取AB的中点D,连接OD,DE,则有OD⊥AB,又AB⊥AC,所以OD∥AC,又OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC.因为D,E分别为AB,PB的中点,所以DE∥PA.又DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,所以DE∥平面PAC.又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D,所以平面ODE∥平面PAC,又OE⊂平面ODE,所以OE∥平面PAC.(2)过点D作DF∥OP,以D为原点,以DB所在直线为x轴,DO所在直线为y轴,DF所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,所以OD=2,DB=23,所以P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0),E3,设AC=a,则C(-23,a,0),故AE=33,1,32,AB=(43,0,0),AC=(0,a,0).设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1所以4令y1=3,则x1=0,z1=-2,所以n1=(0,3,-2).设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则AC所以ay2=0,33x2+y2+3所以n2=(3,0,-6),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sinθ=1-cos所以二面角C-AE-B的正弦值为1113方法二:(1)证明:连接OA,如图,因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,所以△POA≌△POB,所以OA=OB.延长BO交AC于F,连接PF,则在Rt△ABF中,O为BF的中点.在△PBF中,O,E分别为BF,PB的中点,所以EO∥PF.因为EO⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,所以EO∥平面PAC.(2)过点A作AG∥OP,以A为原点,以AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,AG所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PO=3,PA=5,所以OA=O