[高三总复习]2025届名师原创模拟卷(九)9数学(XS5)试题

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8.C因为AB⊥面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC,AB⊥：12.解析：选择①③④为条件，②为结论：m⊥n,将m和n移DC.又BC⊥CD,AB∩BC=B,到一起，则确定一面，，n⊥B,m⊥a,∴.该面与面a和所以CD⊥面ABC,所以CD上AC,所以球心O为线段·面B的交线也互相垂直，从而面α和面B的二面角的AD的中点.如图，作CE⊥BD于点E,连面角为90°，∴.α⊥β.选择②③④为条件，①为结论：若两接AE,个面垂直，显然与它们分别垂直的两条直线垂直，即。⊥因为AB⊥面BCD,ABC面ABD,所以B,n⊥B,m⊥a,能得出m上n.选择①②③为条件，④为结论：面BCD⊥面ABD,若a⊥B,n⊥B,m⊥n,则m可能与a行或相交，不能得出又面BCD∩面ABD=BDm⊥a.选择①②④为条件，③为结论：若a⊥B,m⊥a,m⊥n,CEC面BCD,所以CE⊥面ABD,则n可能与B行或相交，不能得出n⊥B.所以∠CAE为AC与面ABD所成的角，答案：①③④→②（或②③④→①）即∠CAE=吾.13.解析：根据题意，面ABD⊥面BCD且交于BD,而ABBD,.AB⊥面BCD,又BD⊥CD,进而因为AB=BC=4,将图形补形为正方体BDCE-AHFG,设其所以AC=√AB2+BC=4√2，棱长为1，如图所示.，BD∥CE,.∠ACE(或其补角)为所求角，设其为0，易知AE⊥所以CE=2√2，所以BE=√BC-CE=2√2CE,由勾股定理易得AE=√2，AC=√3，因为CE=BE·DE,所以DE=CEE=22,∴sing=AE=E=6AC所以BD=4√2.从而AD=√AB2十BD=4√3√33所以球0的半径R-9-25答案又AD为球O的直径，面ACD为过球O直径的大圆，14.解析：依题意，作出三棱锥A-BCD的直观所以球O的表面上的动点P到面ACD的距离的最大值图，如图，不妨记BC=2a(a>0),因为该三为球O的半径2√3.故选C.棱锥的外接球表面积为16π，设该外接球的半径为R,则16π=4πR,解得4R=16.9.ACD如图所示，将面图形还原为立因为BD⊥CD,所以BC是△BCD外接圆体图形，根据正方体的性质知EF⊥MC,的直径2r1,即2r1=2a,因为△ABC是等MC∥AB,故AB⊥EF,A正确，B错误；边三角形，记△ABC外接圆的直径为2r2,EF与MN是异面直线，C正确；面MNF∥面ACD,MNC面MNF,故则2r,=R602aX2=拾，因为面ABCL面BCD√3√3MN∥面ACD,D正确.故选ACD.10.AC由题意得PE⊥面ABCD,底面两者交线为BC,即l=BC=2a,所以由(2R)2=(2r1)2十ABCD是菱形，连接AC与BD交于点H,则AH=CH,EH⊥AC,故AE=EC,又22-,得16=2a+(号)广-(2a,每得a=8PA=√/PE+AE,PC=√JPE2+CE,故记BC的中点为O,连接AO,OD,因为△ABC是等边三角形，所以AO⊥BC,PA=PC,A正确；因为PE⊥面ABCD,所又面ABC⊥面BCD,两者交线为BC,AOC面ABC,以PD=/PE+ED,PB=√PE2+EB,所以AO⊥面BCD,又ODC面BCD,所以AO⊥OD,由于ED与EB不一定相等，故PB,PD不一定相等，B错误；因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又PE⊥面：在等边△ABC中，BC=2a=2V,则A0=号BC=3在ABCD,ACC面ABCD,所以PE⊥AC,因为PE∩BD=E,PE,BDC面PBD,所以AC⊥面PBD,C正确；连接！RtABDC中，OD=2BC=Q=V3,所以在Rt△AOD,AD=PH,若E,H不重合，此时Rt△PEH中，PH为斜边，故I√/A0+OD=2W3.PH与EH不垂直，故BD与PH不垂直，即此时BD与答案：2√3面PAC不垂直，D错误，11.ACD因为在长方体ABCD-A1B,CD115.证明：(1)连接BD,MO,在行四边形ABCD中，O为AC,BD的中点，中，AB=AD=4,AA1=5,所以四边形ABCD为正方形，BB1⊥面ABCD,所以M为PD中点，∴PB∥MO,又PB中面ACM,MOC面ACM,∴.PB∥BB1⊥AC,AC⊥BD.因为BB1∩BD面ACM.B,BB1,BDC面BDD1B1,所以AC⊥(2).∠CDA=45°，且AD=AC=1,面BDDB1.因为BD1C面.∠DAC=90°，即DA⊥ACBDD1B,,所以ACLBD1,故A正确；由.PO⊥面ABCD,ADC面ABCD,∴.PO⊥AD.长方体的性质易知A1D∥BC,因为AD≠AA1,所以AD1.AC∩PO=O,AC,POC面PAC,∴.AD⊥面PAC与AD不垂直，故AD1与B,C不垂直，故B不正确；设AC又，ADC面PAD,.面PAD⊥面PAC与BD交于O,连接D1O,由长方体性质知AD1=D1C,故16.解：(1)证明：连接AC,交BD于点O,在正方体ABCD-ABCD△AD,C为等腰三角形，所以DO⊥AC,由于AC⊥BD,所中，底面ABCD是正方形，以∠DOD1为二面角DACD的面角，在.AC⊥BD.又BD⊥AA1,A1A,ACCRt△D1OD中，DO=2√2，DD1=5,所以DO=√33，所以面A1AC,A1A∩AC=A,∴.BD⊥面cos∠DOD,=23-266,故C正确；四面体ACB,D,的AA1C.又：A1CC面AA1C,√/3333∴AC⊥BD.同理可证A1C⊥BC1.又体积为V=4X4X5-4X号×号×4X4X5=婴，故D正.BC1,BDC面C1BD,BC1∩BD=B,∴.AC⊥面C1BD.确，故选ACD166