2024届高考数学一轮复习课时质量评价35含答案

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课时质量评价(三十五)
A组　全考点巩固练
1．C　解析：当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m⊥β；当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n.又m⊄α，n⊂α，所以m∥α.故选C．
2．C　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．
3．B　解析：因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC．又AD⊥圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD．又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD．

4．B　解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．

因为底面边长为3，
所以AD＝3×32＝32，AO＝23AD＝23×32＝1.
三棱柱的体积为34×(3)2AA1＝94，
解得AA1＝3，即OP＝AA1＝3，
所以tan ∠PAO＝OPOA＝3.
因为直线与平面所成角的范围是0，π2，
所以∠PAO＝π3.
5．13　解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝rl＝13.
6．DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．
7．255　解析：点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝2×122+12＝255.
8．(1)证明：如图，取AC的中点O，连接BO，PO.

因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝3.
因为PA⊥PC，所以PO＝12AC＝1.
因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．
因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC．
又OB⊂平面ABC，OB⊄平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABC．
(2)解：因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，所以PA＝PC＝2.
由(1)知BO⊥平面PAC，所以VP­ABC＝VB­APC＝13S△PAC·BO＝13×12×2×2×3＝33.
B组　新高考培优练
9．A　解析：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC．
又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1.
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；

对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；
对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．
10．ABC　解析：对于A，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，故A正确；对于B，连接AC，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，所以BD⊥AC1，故B正确；对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面ACC1，则平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；对于D，异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°，故D错误．故选ABC．
11．C　解析：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D′K，则∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是12，如图，当E与C重合时，AK＝1×14＝12，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝π3，所以∠KOD′＝2π3，其所对的弧长为12×2π3＝π3.故选C．

12．A　解析：连接AC1，

因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
所以AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC，
所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
13．若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)　解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．
14．64　解析：如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，

则OC12＝CC12＋OC2＝1＋12＝32，OE2＝OA2＋AE2＝14+12＝34，EC12＝A1C12＋A1E2＝2＋14＝94，所以OC12＋OE2＝EC12，所以OE⊥OC1.又BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，所以OC1⊥平面BDE，且S△BDE＝12BD·OE＝12×2×32＝64，即α截该正方体所得截面图形的面积为64.
15．(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE，又因为BE∩DE＝E.
所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD．
(2)解：由(1)可知AB＝BC，
所以AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，△ABC是等边三角形，边长为2，
所以BE＝3，AC＝2，AD＝CD＝2，DE＝1，因为DE2＋BE2＝BD2，所以DE⊥BE，
又因为DE⊥AC，AC∩BE＝E，
所以DE⊥平面ABC，
由(1)知△ADB≌△CDB，所以AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，
所以S△AFC＝12×AC×EF＝EF，
所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，
过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，所以FG⊥平面ABC，
因为EF＝DE×BEBD＝32，
所以BF＝BE2-EF2＝32，
所以FG＝EF×BFBE＝34，
所以三棱锥的体积F­ABC的体积V＝13×S△ABC×FG＝13×34×22×34＝34.