周测评(22)空间直线、平面的垂直-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高一数学学科素养周测评（人教A版）

2024一2025学年度学科素养周测评（二十二） 数学·空间直线、平面的垂直 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题（本题共4小题，每小题6分，共 A.D1O∥平面A1BC 24分.在每小题给出的四个选项中，只 B.MO⊥平面A1BC1 有一项是符合题目要求的)》 C.异面直线BC1与AC所成的角等 题号 1 2 于60° D.平面MAC⊥平面ABC 答案 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共 1.设l,m是两条不同的直线，a,B是两个 12分.在每小题给出的选项中，有多项 不同的平面，若lCa,a∥B,则“m⊥B”是 符合题目要求.全部选对的得6分，部 “m⊥l”的 ( ) 分选对的得部分分，有选错的得0分) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 题号 C.充要条件 答案 D.既不充分也不必要条件 2.在四面体A-BCD中，AD⊥BC,BD⊥ 5.如图，四棱锥A-BC AD,则 () DE是所有棱长均为 A.平面ABD⊥平面ADC 2的正四棱锥，三棱 B.平面ABD⊥平面ABC 锥A-CDF是正四面 B C.平面ADC⊥平面BCD 体，G为BE的中点，则 D.平面ABC⊥平面BCD A.A,B,C,F四点共面 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中， B.FG⊥平面ACD P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点， 则与平面MNP垂直的直线可以是 C.FG⊥CD ( D.平面ABE∥平面CDF 6.如图所示，在四边形ABCD中，AB AD=CD=1,BD=√2，BD⊥CD.将四 边形ABCD沿对角线BD折成四面体 D A'-BCD,使平面A'BD⊥平面BCD,则 A.AB B.AD C.AC D.AC 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已 知点O为底面ABCD的中心，M为棱BB1 的中点，则下列结论错误的是 () D A.A'C⊥BD B.∠BA'C=90° C.A'C与平面A'BD所成的角为45° D.四面体A'-BCD的体积为3 高一学科素养周测评（二十二）数学第1页（共2页） 1 三、填空题（本题共2小题，每小题6分，共 10.(30分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底 12分) 面ABCD是正方形，侧面PBC是等边 7.已知A,B,C,D为空 三角形，且BC=2,PD=2√2 间四点，在△ABC中， (1)求证：平面PBC⊥平面ABCD, AB=2,AC=BC= (2)求点A到平面PCD的距离. √2，等边三角形ADBB一 以AB为轴运动，则当平面ADB⊥平面 ABC时，CD= B 8.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩 形，AB=4,AD=2,四条侧棱长度相等. 若平面PAD⊥平面PBC,则该四棱锥的 高为 四、解答题（本题共2小题，共52分.解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤) 9.(22分)如图，在三棱台ABC-A1B1C 中，平面ABB1A1⊥平面AB1C,BB1⊥ AB,AB=4,AA=AB=2,BAC (1)证明：AC⊥平面ABB1A1. (2)若直线BC与B1C1间的距离为3，求 平面ABB1A1与平面BCC1B1夹角 的余弦值. 1 高一学科素养周测评（二十二）数学第2页（共2页）衡水真题密卷 2024一2025学年度学科素养周测评( 一、选择题 1.A【解析】若m⊥B,因为a3,所以m⊥a,又l Ca,所以m⊥l成立. 若m⊥l,lCa,a∥3，则m与β的位置关系不能 确定，所以“m⊥B”是“m⊥l”的充分不必要条件. 2.C【解析】如图所示，在四面体A-BCD中，AD ⊥BC,BD⊥AD, 又由BC∩BD=B,且BCC平面BCD,BDC平 面BCD,AD中平面BCD, 所以AD⊥平面BCD, 又因为ADC平面ADC, 所以平面ADC⊥平面BCD. 3.D【解析】连接AB1,B1D1,AD1,A1C1,AC, 如图所示： D B D B 因为P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点，故 MP∥AB1,B1D1∥MN, 又MP寸平面AB1D1,AB1C平面AB1D1, 故MP∥平面AB1D1; 又MN中平面AB1D1,B1D1C平面AB1D1,故 MN∥平面AB:D1; 又MP∩MN=M,MP,MNC平面MNP,故平 面MNP∥平面AB1D1; 则垂直于平面MNP的直线一定垂直于平 面AB1D1. 显然CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1C平面 A1B1C1D1,故B1D1⊥CC1, 又B1D1⊥A1C1,A1C1∩CC1=C1,A1C1,CC C平面A1CC, 故B1D1⊥平面A1C1C,又A1CC平面A1C1C, 1 ·3 学科素养周测评 十二)数学·空间直线、平面的垂直 故A1C⊥B1D1; 同理可得A1C⊥AB1,又AB1∩B1D1=B1, AB1,B1D1C平面AB1D1, 故A,C⊥平面AB1D1,即A,C⊥平面MNP; 若其它选项的直线垂直于平面MNP,则要与 A1C平行，显然都不平行. 4.D【解析】连接B1D1,交A1C1于E,连接BO, BE(图略)，则四边形D1OBE为平行四边形，所 以D1O∥BE.因为D1O寸平面A1BC1,BEC平 面A1BC1,所以D1O∥平面A1BC1,故A正确； 连接B,D(图略)，因为O为底面ABCD的中心， M为棱BB1的中，点，所以MO∥B1D,易证B1D ⊥平面A1BC1,所以MO⊥平面A1BC1,故B正 确；因为AC∥A,C1,所以∠A1C1B为异面直线 BC1与AC所成的角或其补角，因为△A1C1B为 等边三角形，所以∠A1C1B=60°，故C正确；因 为BO⊥AC,MO⊥AC,MO显然不垂直于BO, 即∠MOB≠90°，所以平面MAC与平面ABC不 垂直，故D错误. 二、选择题 5.ACD【解析】 E- D H 对于A,如图，取CD的中点H,连接AG,GH, FH,AH, 依题意，可得CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH, 因为AH,GHC平面AGH,则CD⊥平面 AGH,同理CD⊥平面AFH,所以平面AGH∥ 平面AFH, 又平面AGH∩平面AFH=AH,所以A,G,H, F四点共面， 易知AG=HF=√5，GH=AF=2,所以四边形 AGHF是平行四边形， 故GH∥AF,因为BCGH,所以BC∥AF,所以 A,B,C,F四点共面，故A正确； 对于B,假设FG⊥平面ACD,因为AH二平面 ACD,则FG⊥AH,所以□AGHF是菱形， 这与AG=√3，GH=2矛盾，故B错误； 对于C,由选项A知CD⊥平面FGH,FGC平面 。 ·数学· FGH,所以FG⊥CD,故C正确； 对于D,由选项A知BC∥AF,又BC=AF=2, 所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB //CF, 又AB庄平面CDF,CFC平面CDF,所以AB∥ 平面CDF. 因为BE∥CD,BE寸平面CDF,CDC平面 CDF,所以BE∥平面CDF, 又AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE,所以平面 ABE∥平面CDF,故D正确. 6.BC【解析】因为平面A'BD⊥平面BCD,平面 A'BD∩平面BCD=BD,BD⊥CD,CDC平 面BCD, 所以CD⊥平面A'BD,在四边形ABCD中，AB =AD=CD=1,BD=2, 所以AB⊥AD, 对于A,因为CD⊥BD,若A'C⊥BD,CD∩A'C =C,CD平面A'CD,A'CC平面A'CD, 则BD⊥平面A'CD,又A'DC平面A'CD,则 BD⊥A'D,显然不成立，故A错误； 对于B,因为CD⊥平面A'BD,A'BC平面 A'BD, 所以CD⊥A'B, 因为A'B⊥A'D,CD∩A'D=D,CDC平面 A'CD,A'DC平面A'CD, 所以A'B⊥平面A'CD,因为A'CC平面A'CD, 所以A'B⊥A'C,所以∠BA'C=90°，故B正确； 对于C,因为CD⊥平面A'BD,所以∠CA'D为 A'C与平面A'BD所成的角， 因为A'D=CD=1,所以∠CA'D=45°，故C 正确； 对于D,因为CD⊥平面A'BD,故CD为三棱锥 C-A'BD的高， 1. 1 所以VcAm了XXA'B×A'DXCD=-3X 日×1X1X1=日，放D错误. 三、填空题 7.2【解析】取AB的中点E,连接DE,CE(图 略).由题意知DE⊥AB,当平面ADB⊥平面 ABC时，平面ADB∩平面ABC=AB,DEC平 面ADB,则DE⊥平面ABC.因为CEC平面 ABC,所以DE⊥CE.由已知可得DE=√3，CE =1 ·3 参考答案及解析 所以在Rt△DEC中，CD=√DE2+CE=2. 8.2【解析】 设矩形ABCD的中心为O,则由侧棱长相等，知 PO⊥平面ABCD. 记AB,BC,CD,DA的中点分别为E,F,G,H, 过P分别作AB,AD的平行线l1,L2, 由于PO⊥平面ABCD,且AD,BCC平面AB- CD,故PO⊥AD,PO⊥BC, 而HF⊥AD,HF⊥BC,PO∩HF=O,PO,HF C平面PHF,故AD,BC⊥平面PHF 而PH,PFC平面PHF,这意味着AD⊥PH, BC⊥PF,从而l2⊥PH,PF, 又因为L2经过P且和AD,BC平行，故L2C平 面PAD,PBC,这就说明L2是两个平面的交线. 由于I2⊥PH,PF,平面PAD⊥平面PBC,故 PH⊥PF, 所以A=P0=号HF=AB=2 四、解答题 9.(1)证明：由于平面ABB1A1⊥平面AB,C,且交 线为AB1, 又BB1⊥AB1,BB,C平面ABB1A1, 所以BB1⊥平面AB1C, 又ACC平面AB1C,故BB1⊥AC, 又AB⊥AC,AB∩BB1=B,且AB,BB,C平面 ABB1A1,故AC⊥平面ABB1A1· (2)解：由(1)知BB1⊥平面AB1C,CB1C平面 AB1C,故BB1⊥CB1, 又BB1⊥AB1,AB1C平面ABB1A1,CB1C平面 BCC1B1,所以∠AB1C即为平面ABB1A1与平 面BCC1B1所成角或其补角，过B1作B1D⊥BC 于D,由于直线BC与BC1间的距离为3，故B1D =3, 由于BB1⊥AB1,AB=4,AB1=2,故BB1= √AB2-B1A=2√5， 在Rt△BBD中，sin∠DBB,三BB,=2,故 ∠DBB:=S, 故在Rt△BB,C中，B,C=BB1tan∠DBB1= 。 衡水真题密卷 学科素养周测评 2√5X√5=6， ⊥CD,PC∩BC=C,且PC,BCC面PBC,所 由(1)知AC⊥平面ABB1A,,AB,C平面ABB1A1, 以CD⊥平面PBC. 故AB1⊥AC, 又CDC平面ABCD,则平面PBC⊥平面AB 2 CD. 所以在Rt△AB,C中，cos∠AB,C=CB (2)解：取BC的中点E,因为PBC是等边三 角形， 所以PE⊥BC 由(1)知平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩ 平面ABCD=BC,则PE⊥平面ABCD. 11 由Vp-Acn=VA-m→3X2X2X2XW2-可 3X2X2父2Xh→h=3,即点A到平面 11 10.(1)证明：因为底面ABCD是正方形，侧面PBC PCD的距离为√3. 是等边三角形，且BC=2,PD=2√2， 则PC2+CD=PD2,所以PC⊥CD,因为BC 2024一2025学年度学科素养周测评（二十三）数学·随机抽样、 用样本估计总体 一、选择题 为42,42,42,45,45,46,47,48,49,51,52,55，因 1.B【解析】简单随机抽样的定义：设一个总体中 为最大值为55，最小值为42，所以极差为55一42 含有N个个体，从中逐个抽取n(1≤n≤N)个个 =13,故A错误；因为12×70%=8.4，所以第70 体作为样本，每个个体被抽取的概率是均等的. 百分位数为第9个数据，即49，故B正确；因为平 对于A,根据简单随机抽样的定义，从无限多个 1 个体中抽取100个个体作为样本不满足简单随 均数为12×(42×3+45×2+46+47+48+49+ 机抽样的定义，故A不符合题意；对于B,根据简 51十52十55)=47，故C错误；由C可知平均数为 单随抽样的定义，80个零件，从中逐个不放回 47,所以方差，=2×[(42-47)2×3十 地抽取5个零件进行质量检验，满足简单随机抽 样的条件，故B符合题意；对于C,根据简单随机 (45-47)2×2+(46-47)2+(47-47)2+ 抽样的定义，从100部手机中一次性抽取5部进 (48-47)2+(49-47)2+(51-47)2+(52-47)2 行质量检验，不满足简单随机抽样的定义，故C +(5-4)门=-吕收D借民 不符合题意；对于D,根据简单随机抽样的定义， 56名同学中，指定个子最高的5名同学参加学校 4.B【解析】由题意，x1,x2,…,x1o0的方差为16， 组织的篮球赛，不满足简单随机抽样的定义，故 则一x1,一x2,…,一x10的平均数为一4，方差为 不符合题意. (-1)2×16=16,故-x1-1,-x2-1,…,-x100 2.D【解析】因为A,B,C三种不同型号的产品数 -1的平均数为-4-1=-5，方差16. 量之比依次为4：5：7，且用分层抽样的方法抽 二、选择题 取N个样本，所以样本中A型号产品所占的比 6ABD【解析】因为0=0.2，所以派遣的青年男 41 例为4+5+7一4，因为样本中A型号产品有20 教师的数量占派遣总数的20%，则派遣的青年女 .201 教师的人数占派遣人员总数的1一30%一40%一 件，所以N=4,解得N=80. 20%=10%,则派遣的青年男、女教师的人数之 3.B【解析】将12个数据按从小到大的顺序排列 和与老年教师的人数相同，均占总数的30%，故 1 ·36·