2025北京高三一模數(shù)學(xué)匯編：第一道解答題（第16題）

2025北京高三一模數(shù)學(xué)匯編

第一道解答題(第16題)

一、解答題

1.(2025北京門頭溝高三一模)如圖，在正方體ABCD-A4GR中，E為8片中點(diǎn)，Bg與平面交

(1)求證：/為4G的中點(diǎn)；

(2)求平面ARE與平面ABCD夾角的余弦值.

2.(2025北京海淀高三一模)如圖，五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形.

R

(2)若平面ABCD工平面ARF,AB=AF=^EF=l,BF=拆,求直線DE與平面3CEF所成角的大小.

3.(2025北京東城高三一模)在VABC中o=6,b-c=l,sinC=也.

4

(1)求6的值及VABC的面積；

(2)求證：A=2C.

4.(2025北京西城高三一模)如圖，在多面體ABCAPQ中，平面R4D,平面POCQ平面

PAB=PQ,AB//CD,POJ_AD于點(diǎn)。.

(1)求證：CD//PQ;

(2)設(shè)AB=00=46M=4,CD=PQ=PO=2,求直線與平面Q8C所成角的正弦值.

5.（2025北京房山高三一模）在VA5C中，acosC+ccosA=2bcosB.

⑴求/3；

（2）再從條件①，條件②，條件③這三個條件中選擇一個作為己知，使得VABC存在，求VABC的面積.

條件①：8,6=6；

條件②：fl=8,cosA

條件③：csinB=±?,b=7.

2

注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個

解答計分.

6.（2025北京石景山高三一模）已知函數(shù)/（%）=Asin3x+0）（其中A>0,a?>0,［同<］）.從條件

①、條件②、條件③這三個條件中選出兩個作為已知，使得函數(shù)/（X）唯一確定.

⑴求函數(shù)的解析式；

⑵求函數(shù)“力在0胃上的最大值和最小值.

條件①：d=l；

條件②:C是y=的對稱中心；

條件③：丫=〃%）可以由函數(shù)卜=$垣2工+石（：0$2苫平移得到.

注：如果選擇的條件不符合要求，得。分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答.按第一個解答計分.

7.（2025北京豐臺高三一模）在VA3C中，b2-a2-c2=--ac.

7

（1）求sin3；

（2）若VABC的面積為身叵，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得VABC

4

存在，求a.

27r

條件①：c=?。?/p>

條件②：b=5；

條件③：sinA-sinC=l.

注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個

解答計分.

8.（2025北京順義高三一模）如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面ABCD是菱形，ZBAD=120°,

PA=AB=2,PB=2也.

p

E

(1)若平面4CE與棱PO交于點(diǎn)E,且尸3〃平面ACE,求證：E是PD中點(diǎn)；

PF2

(2)若產(chǎn)是棱尸。上一點(diǎn)，且滿足而=§,當(dāng)3DLPC時，求PC與平面AC尸所成角的正弦值.

9.(2025北京朝陽高三一模)如圖，在四棱柱ABCD-中，AA，平面ABC。，在四邊形ABCD

中，AB//CD,AB=2,AD=CD=1,E為線段AB的中點(diǎn).

-

9

8,

⑴求證：AE〃平面GCDD；

(2)若平面AA8瓦，平面AA。，，AA=2,求平面AABB1與平面AGE夾角的余弦值.

10.(2025北京平谷高三一模)在VABC中，2ccosB=2a-b,c=6

⑴求NC的大?。?/p>

(2)再從下列三個條件中，選擇一個作為已知，使得VA2C存在且唯一，求VABC的面積.

條件①：cosA=-：；

條件②：b=&；

條件③：8C邊上的高為〃=逅.

2

注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個

解答計分.

11.(2025北京延慶高三一模)如圖，在四棱錐P-ABCQ中，底面ABC。是矩形，底面48C。，且

PD=AD=2,E是尸C的中點(diǎn)，平面ABE與線段PD交于點(diǎn)E

(2)若CP=百，求直線BE與平面2CB所成角的正弦值.

參考答案

1.(1)證明見解析；

⑵2

3

【分析】(1)根據(jù)正方體性質(zhì)以及線面平行判定定理可證明A，//平面CB^G，再由線面平行性質(zhì)定理以

及中位線性質(zhì)可得結(jié)論；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系求得兩平面的法向量即可求得它們夾角的余弦值.

【詳解】(1)依題意連接BG，如下圖所示：

由正方體性質(zhì)可得ADJ/BC,,又ARu平面CBBG,BCXu平面CBB&,

可得4，//平面C2瓦G，

因為4G與平面交于點(diǎn)F,即平面平面CBBG=EF,

可得/，

因此M//BG，又E為2片中點(diǎn)，

可得尸為耳￡的中點(diǎn)；

(2)以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OAOCDA所在直線分別為龍，MZ軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示:

不妨設(shè)正方體ABC。-A瓦G2的棱長為2,

可得A（2,0,0）,2^（0,0,2）,￡（2,2,1）,即9=（一2,0,2）,通=（0,2,1）；

設(shè)平面ADtE的一個法向量為n=(x,y,z),

-n=-2x+2z=0

則令z=2,可得x=2,y=—l,

B萬=2y+z=0

即為=(2,-1,2)；

顯然平面A5CD的一個法向量可以為初=(0,0,1),

..|m-n|22

因此平面A*與平面A5CD夾角的余弦值為cosm,n\=匕三=—=-；

網(wǎng)網(wǎng)3x13

2

可得平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值］.

2.(1)證明過程見解析；

編

【分析】(1)先利用線面平行的判定定理證明AD〃平面3CEF,再利用線面平行的性質(zhì)定理證明

AD//EF,最后利用平行性的傳遞性即可；

(2)利用面面垂直的性質(zhì)定理證明AD_L平面ARF,然后建系，求出平面3CEF的法向量正，再計算

cosDE,m,從而得出線面角的正弦值，計算其夾角即可.

【詳解】(1)因四邊形ABCD是正方形，則AD//CB,

又AD.平面3CEF,BCu平面3CEF,則〃平面BCEF,

又平面3c平面ADEF=￡F,則AD//EF,故EFHCB.

(2)因平面A5CDJ,平面AB尸，ABX.AD,平面ABCDCl平面ABF=,

則AZ)_L平面ABF,又ABu平面AB尸，AFu平面AB/,

則ADSM,AD±AF,

因AB=AF=1,BF=V2,貝!JAB?+A尸2=3尸2,則

則以A為原點(diǎn)，以AD,A凡A3所在直線為x軸，>軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則3(0,0,1),￡>(1,0,0),E(2,1,0),尸(0,1,0),

則麗=(0,-1,1),麗=(2,0,0),詼=(1,1,0),

設(shè)平面BCEF的法向量為成=(x,y,z),

則一,令y=i,則沆=(0,1,1),

FE-m=2x=0

DEin11

貝°cosDE,m=

\DE\-\m\忘x忘2

則直線DE與平面BCEF所成角的正弦值為

TT

又因其夾角取值范圍為0,-,故直線DE與平面3CEF所成角為

0

z」

Fy

XE

15a

3.(1))=5,S

AABC4

(2)證明見解析.

3

【分析】(1)由正弦值得cosC=±“再應(yīng)用余弦定理列方程求得一，最后應(yīng)用三角形面積公式求面

積;

及二倍角余弦公式得cos2c=:，再應(yīng)用余弦定理求得cosA=J,結(jié)合三角形內(nèi)角的性質(zhì)即

(2)由(1)

OO

可證.

由sinC=立，可得cosC=±3,而。2=/+加-246cosC,

【詳解】(1)

44

所以=36+(C+1>±9(C+1),即37+2C±9(C+1)=0,顯然46+Hc=0不成立,

所以37+2c-9(c+l)=0,可得c=4,則6=5,

故^/\ABC

2244

31

(2)由(1)易知COSC=—,貝1_)852。=2<｝。52?！?=—,

48

^22_225+16-361

由(1)及余弦定理有cosA=---------

2bc2x5x48

所以cosA=cos2C,又ACw(0,兀),A+C<TI,則人=2C.

4.(1)證明見解析

【分析】(1)先利用線面平行的判定定理證8〃平面A3QP,再利用線面平行的性質(zhì)定理即可;

(2)以。為原點(diǎn)建系，計算平面28c的法向量，再利用向量夾角的余弦公式求cos旗衣，最后利用線面

角與向量夾角之間的關(guān)系求即可.

【詳解】(1)如圖，因為AB〃CD,CD。平面ABQP,ABu平面A3。尸,

所以C。//平面48。尸，

又因為C￡>u平面CDP。，平面COP。。平面"。尸=尸。，

所以CZMPQ,

（2）在平面A3CD內(nèi)過點(diǎn)。作。y〃AB.

因為AB_L平面PAD,所以。V，平面MD,

因OPu平面PAD,O￡?u平面R4。，所以0y_LOP,Oy±OD,

因AB_L平面PA。，ABu平面A5cD,則平面平面ABCD,

又因為尸O,AD,平面B4Dc平面ABCD=AD,則POL平面ABCD,

所以O(shè)D,Oy,。尸兩兩互相垂直.

以。為原點(diǎn)，OD,Oy,OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系。-孫z,則0（0,0,0）,

A（-l,0,0）,0（4,0,0）,C（4,2,0）,

3（-1,4,0）,P（0,0,2）,BC=（5,-2,0）,A?=（1,0,2）,

由題意，得說=麗=（工0,2）,

設(shè)平面QBC的法向量為m=（x,y,z）,

ffi-CQ=Of—4x+2z=0

則——，即＜、_，

m-BC=0\5x-2y=0n

令x=2,則y=5,z=4,于是詡=（2,5,4）,

_—m-AP2+82

所以‘°犯”=麗=皿?二,

2

故直線PA與平面QBC所成角的正弦值為-.

Q）6也

【分析】（1）應(yīng)用正弦定理結(jié)合兩角和正弦公式計算得出余弦值進(jìn)而得出角;

（2）選擇條件①三角形不存在；選擇條件②應(yīng)用同角三角函數(shù)關(guān)系得出sinA=:石，再應(yīng)用正弦定理及

余弦定理計算求出邊長c=3,最后應(yīng)用面積公式計算；選擇條件③先應(yīng)用正弦定理得出c=3,再應(yīng)用余弦

定理得出。=8,最后應(yīng)用面積公式計算.

【詳解】（1）由正弦定理n三=h七=三c;,

sinAsinnsmC

得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB.

所以sin(A+C)=2sinBcosB.

所以sinB=2sinBcosB.

因為3?0㈤,所以sinBwO.

所以cos3=：.

2

所以8

7T

(2)選條件①：a=8,b=6,B=-,

由余弦定理Z>2=a2+c2-2accosB,得c?-8c+28=0.

A=64—4X28<0,VA8C不存在；

選條件②：a=8,cosA=--.

7

由sin?A+cos2A=1,可得sinA='J§\

由正弦定理上7=占，得人=asinB2_

~；―/7?

sinAsinBsinA

由余弦定理"=Z?2+c2—2accosA,得

64=49+c2-2x7xcf-yL整理得c?+2c-15=0.

解得。=3,或c=-5(舍).

所以VABC的面積=gacsinB=6如.

條件③：csinF=3也,b=7.

2

因為csinB=圭叵，且8=火，所以c=3.

23

由余弦定理/=片+/-2accos5,得12一3〃-40=0.

解得〃=8,或a=—5(舍)

所以VABC的面積=JacsinB=66.

6.(l)/(x)=2sin(2x一胃

(2)最大值為2,最小值為-1

【分析】(1)分析易得要使函數(shù)/(X)唯一確定，則必須要選③，選①③或選②③，進(jìn)而根據(jù)正弦函數(shù)的

性質(zhì)求解即可；

(2)根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)求解即可；

【詳解】（1）①，由嗚卜1，得Asin島+q=1；

②，由是y=的對稱中心，得Asin（皆+ej=O,

貝U+(p=hi,左￡Z；

③，由y=sin2x+A^cos2x=2sin(2x+][,

因為〃X)=Asin((yx+0)可以由函數(shù)y=2sin(2x+|J平移得到,

則A=2,a)—2.

由上述可知，要使函數(shù)〃%）唯一確定，則必須要選③.

選①③，由上述可知，A=2,8=2,Asinl——+（p|=1,

則2sin(m+°J=lBPsin(g+9

2

所以q+夕=二+2kli或2+2E,左wz,

366

貝jjcp-...F2kli或—F2E,左￡Z,

又ld<]，則夕=_g即/(x)=2sinf2%--^-

2o

選②③，由上述可知，A=2,(o=2,--+<p=kn,keZ,

7171

貝！]—(p—kit,keZ,即(p----Fku,keZ,

66

又ld<g，則e=-g即〃尤)=2sinf2%--^-

2o

.?7T_7T7T57r

(2)由xe0-，e,

?2J6L66

則sin12x-?e,貝l]2sin12x.je[-1,2],

所以函數(shù)〃x）在。鼻上的最大值為2,最小值為-1.

7.⑴述

14

（2）答案見解析

a2+c2-b2

【分析】（1）利用余弦定理的推論，將等式進(jìn)行變形即可求出的值，在由同角三角函數(shù)的基本

2ac

關(guān)系即可求解;

⑵選擇條件①時，利用面積公式求出215,再利用正弦定理得聯(lián)立求解即可；選擇條件②:

利用面積公式求出〃c=21,利用〃=5,且"一/一。2=—ac,所以/+C2=58.進(jìn)一步得出a+c=10,

再聯(lián)立求解即可；選擇條件③：不符合題意，因為sinA-sinCvl,不可能sinA-sinC=l.

【詳解】（1）在VA5C中，因為Z?2—“2—。2=—_—CLC,

由余弦定理COS2="+L-”,得cos8=U.

lac14

因為Be(O,兀)，所以sinB=J^￡?7=等.

(2)選擇條件①：

因為C==,所以sinC=且，cosC=-l

322

由題意得S=」absinC=,所以而=15.

24

因為cosB———,sinB=

1414

所以sinA=sin(3+C)=sinBcosC+cosBsinC

5石A,也二空

=---------X

1414214

ab，

由正弦定理<7=1,

sinAsinBb5

又ab=15,解得“2=9,所以a=3.

選擇條件②：

由題意得S=，〃csin8=I，",所以QC=21.

24

222

因為b=5,S.b-a-c=--acf所以/+/=58.

2

又(Q+C)2=A+02+2勿?=100,所以a+c=10,

又。。=21,解得々=3或"=7.

選擇條件③：不符合題意，因為VABC中，sinA-sinC<l,不可能sinA-sinC=l.

8.⑴證明見解析

⑵正

4

【分析】（1）利用線面平行的性質(zhì)，可得答案；

（2）由題意，利用線面垂直的性質(zhì)與判定，并建立空間直角坐標(biāo)，求得平面法向量，根據(jù)線面角的向量

公式，可得答案.

【詳解】(1)記Acn8￡>=o,連接EO,如下圖:

因為P3//平面AEC,PBu平面P3D,平面PBDPl平面AEC=EO，所以「3〃E0,

在△尸8。中，由。為3。的中點(diǎn)，則E為PD的中點(diǎn).

(2)在菱形ABCD中，易知AC上3D,由AB=2,ZBAD=120°,則AO=1,BO=^3,

因為3D_LPC,ACr|PC=C,AC,PCu平面PAC,所以瓦)工平面FAC,

因為Blu平面PAC,所以BZUA4,由則叢，.，

因為鉆口2￡>=8,4民8。<=平面45°￡>,所以PA_L平面ABCD,

取尸C的中點(diǎn)為Q,易知AP〃。。，則。。,平面ABCD,則O8,OC,OQ兩兩垂直,

以。為原點(diǎn)，分別以O(shè)B,OC,OQ所在直線為尤,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖:

則P（0,—1,2）,C（0,l,0）,A（0,-l,0）,D（-73,0,0）

可得力=卜石,1,-2）,PC=（0,2,-2）,/=（0,2,0）,Q=（O,O,2）,

由若q，則方號麗=［孚u1可得通=衣+兩=「半，!2、

3

7

“一河+4+2=0

設(shè)平面ACF的法向量為=(x,y,z),貝卜333

n-AC=2y=0

令尤=1,則y=0,z=有，所以平面ACb的一個法向量力=(1,0,

\n-Pc\|0+0-2向娓

設(shè)PC與平面Ab所成角為0,sin「=^^=/?

n-PCV4+4XV1734

9.(1)證明見解析

【分析】（1）連接，C,EC,根據(jù)長度和平行關(guān)系得到四邊形AECD為平行四邊形，再利用線面平行的判

定定理即可得證；

（2）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，即可得到A點(diǎn)處直線兩兩互相垂直，即可建立空間直角

坐標(biāo)系，然后利用向量法求解面面角的余弦值即可.

【詳解】（1）連接RC,EC.

因為AB=2,CD=1,E為A3的中點(diǎn)，

所以AE=CD.

又ABICD,所以四邊形AECD為平行四邊形.

所以后（?〃4。,￡^=AD.

又因為A〃//AD，A2=A。，

所以A2〃EC，A2=EC.

所以四邊形\ECDX為平行四邊形.

所以AE//RC.

又因為\EU平面QCDD^D.Cu平面CiCDR,

所以AE//平面GCDR.

（2）因為A41平面ABC。，

所以

又因為平面AABA1平面A,ADD{,平面\ABBin平面\ADD{=A4,

且ADu平面AiADDl,

所以AZ5_L平面AA8瓦.

所以AD工AB.

所以AB,AD,AA兩兩垂直.

如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-”,

則D(0,l,0),B(2,0,0)，A(O,O,2),q(l,l,2).

所以僅1,0,0),囤=(-1,0,2),而=。,1,0).

因為AD_L平面,

所以而=(0,1,0)是平面AA網(wǎng)的法向量.

設(shè)平面AGE的法向量為為=(x,y,z),

萬?甌=0一x+2z=0

則

為TG=ox+y=0

令x=2,則y=_2,z=l.于是為=(2,—2,1).

設(shè)平面AA24與平面\CXE夾角為凡

?—.,\AD-n\2

則cos。=cosAD,n\=,=-.

11AO|M|3

71

10.(l)C=y

(2)答案見解析

【分析】(1)利用正弦定理邊角互化，結(jié)合正弦的和差角公式即可求解，或者利用余弦定理邊角互化求

解，

(2)根據(jù)三角形存在可知不能選①，選②，利用余弦定理可求解〃=6十3，即可利用三角形面積公式

2

JT

求解，或者利用正弦定理求解3=；,進(jìn)而根據(jù)和差角公式求解sinA,由面積公式求解，選③根據(jù)高

4

逅

6=2)=條=友，即可利用選②的方法求解.

sinCV3

~2

nhc

【詳解】(1)方法一：由正弦定理一7?=—^==7；及2CCOS5=2Q-/?,得

sinAsinBsinC

2sinCcosB=2sinA-sinB.①

因為A+3+C=7l,

所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC.②

由①②得2sinBcosC—sinB=0

因為3?0㈤,所以sinBwO.

所以cosC=；.因為Ce(O,7i),所以C=1.

方法二：在VABC中，因為2ccos3=2a-6,

由余弦定理cosB="一+廣"得2c.=2a-b,

lac24c

整理得a2+b2—c2=ab

所以cosC="2+°2c2=1,所以c=f.

lab23

10-JTJT

(2)若選條件①：cosA=--;Ae(O,兀)，所以A=?_，而C=1,這與A+8+C=7t矛盾，故不能選①.

選條件②：

方法一：由余弦定理<?=/+6?-2qbcosC,得3=。2+2-2"2，

2

即缶-1=0,解得“=&+&.

2

的、…1,.1n(屈+及\63+也

所以S=—absinC=—xx-----------x——=--------

dABc22[2J24