2025高考数学调研一轮复习学生用书含练习及参考答案

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2．答案 C
3. 答案 B
4. 答案 D
解析 如图，连接AC交BE于G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(AG,GC).又AD∥BC，E为AD的中点，所以eq \f(AG,GC)＝eq \f(AE,BC)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(1,2).
5. 答案 D
解析 由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN綉AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．
6．答案 A
解析 如图所示，分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，
连接ME，MF，NE，FN.
又E为AB的中点，所以NE∥BC且NE＝eq \f(1,2)BC，
同理FM∥B1C1，且MF＝eq \f(1,2)B1C1，所以N，E，M，F四点共面．
因为ME∥BB1，NE∥BC，
易证ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1，
而NE∩ME＝E，所以平面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂平面NEMF，所以EF∥平面BCC1B1，∵EP∥平面BCC1B1，平面BCC1B1∥平面NEMF，E∈平面NEMF，
∴P∈平面NEMF，又P∈平面ACC1A1，平面NEMF∩平面ACC1A1＝NF，
∴P∈NF，
则动点P的轨迹为线段FN.
7. 答案 BC
解析 由题意知，OM是△BPD的中位线，∴OM∥PD，又PD∩PA＝P，故A不正确；∵PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，∴OM∥平面PCD，故B正确；同理，可得OM∥平面PDA，故C正确；OM与平面PBA相交，故D不正确．
8．答案 AD
解析 由于AB固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD∥HG∥EF∥AB，且平面AEHD∥平面BFGC，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A正确；对于水面EFGH所在四边形，从图②、图③可以看出，EF，GH长度不变，而EH，FG的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH所在四边形的面积是变化的，故B错误；假设A1C1与水面所在的平面始终平行，又C1D1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A1B1C1D1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C错误；水量不变时，棱柱AEH－BFG的体积是定值，又该棱柱的高AB不变，且VAEH－BFG＝eq \f(1,2)·AE·AH·AB，所以AE·AH＝eq \f(2VAEH－BFG,AB)，即AE·AH是定值，故D正确．
9．答案 平面ABC和平面ABD
解析 如图，连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E，F重合，且为CD的中点．由eq \f(EM,MA)＝eq \f(EN,NB)＝eq \f(1,2)，得MN∥AB.∵AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
10. 答案 矩形
11. 答案 证明见解析
证明 如图，连接BD交AQ于点M，连接PM，
由四边形ABCD是正方形，
易得△BMQ∽△DMA，因为BQ＝eq \f(1,2)AD，所以BM＝eq \f(1,2)DM.
又EP＝eq \f(1,2)DP，所以PM∥BE.
又PM⊂平面APQ，BE⊄平面APQ，所以BE∥平面APQ.
12. 答案 (1)证明见解析 (2)1∶9
解析 (1)证明：连接BM，BN，BG并延长分别交AC，AD，CD于点P，F，H.
∵M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心，
∴eq \f(BM,MP)＝eq \f(BN,NF)＝eq \f(BG,GH)＝2.
连接PF，FH，PH，有MN∥PF.
又∵PF⊂平面ACD，MN⊄平面ACD，
∴MN∥平面ACD.
同理可得MG∥平面ACD.
∵MG∩MN＝M，
∴平面MNG∥平面ACD.
(2)由(1)可知eq \f(MG,PH)＝eq \f(BG,BH)＝eq \f(2,3)，
∴MG＝eq \f(2,3)PH.又∵PH＝eq \f(1,2)AD，
∴MG＝eq \f(1,3)AD.同理可得NG＝eq \f(1,3)AC，MN＝eq \f(1,3)CD.
∴△MNG∽△DCA，且相似比为1∶3，
∴S△MNG∶S△ADC＝1∶9.
13. 答案 (1)证明见解析 (2)16
解析 (1)证明：因为平面PAB∥平面EFHG，
平面DAB∩平面EFHG＝EG，平面DAB∩平面PAB＝AB，所以GE∥AB.
因为CD∥AB，所以GE∥CD，
又因为CD⊂平面PDC，EG⊄平面PDC，
所以EG∥平面PDC.
(2)因为AD⊥CD，AB∥CD，所以四边形ABCD为直角梯形，
因为AB＝3，AD＝CD＝6，AB∥GE∥CD，
所以eq \f(AE,EC)＝eq \f(AB,CD)＝eq \f(1,2)，S△CDE＝eq \f(2,3)S△ADC＝12.
因为平面PAB∥平面EFHG，平面PAD∩平面EFHG＝GH，平面PAD∩平面PAB＝PA，所以GH∥PA，eq \f(AG,GD)＝eq \f(PH,HD)＝eq \f(1,2)，
因为PD＝6，所以HD＝eq \f(2,3)PD＝4，
因为EG∥平面PDC，EG⊂平面EFHG，平面EFHG∩平面PDC＝HF，
所以EG∥HF，所以HF∥DC，易证HF∥平面ABCD，
又PD⊥平面ABCD，所以HD即为F到平面CDE的距离，
所以VF－CDE＝eq \f(1,3)S△CDE·HD＝16.
14.答案 B
解析 如图，取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上．
因为A1M＝A1N＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，MN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以当点P位于M或N点时，A1P最大，为eq \f(\r(5),2)，当点P位于MN的中点时，A1P最小，此时A1P＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),4)，所以eq \f(3\r(2),4)≤A1P≤eq \f(\r(5),2)，所以线段A1P长度的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))).
15. 答案 (1)证明见解析 (2)18
解析 (1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.
(2) 如图，连接AC，BD交于点O，设BD交EF于点K，连接OP，GK.
因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC＝O，且AC，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD，
且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH，
因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，则GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高，由AB＝8，EB＝2，得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
从而KB＝eq \f(1,4)DB＝eq \f(1,2)OB，即K为OB的中点，
再由PO∥GK，得G是PB的中点，GK＝eq \f(1,2)PO，
同理GH＝eq \f(1,2)BC＝4，
由已知可得OB＝4eq \r(2)，PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(68－32)＝6，所以GK＝3，
故四边形GEFH的面积S＝eq \f(GH＋EF,2)·GK＝eq \f(4＋8,2)×3＝18.