[学科网]2025届新高三学情摸底考考后强化卷(8月)数学(新课标卷)试题

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本文从以下几个角度介绍。

1、2023-2024学年高三二模强化训练卷

=(-1,2,0),Ad=(-1,0,1).0).设面ACD的法向量为n=a,bc,则n·A花0，设面PAM的法向量为n=(x,y,z),n·ADd=0,即仁a十26-0得a=26从而可取n=(2,1,2),所以点E到则令x=1,得y=5,x=1,得n=(1,5,-a+c=0,(a=c,n.M-5面ACD1的距离d=DE,m=l2+1-21=144y=0,n33特训点21D.所以直线BM与面PAM所成角的正孩值为，”：应n·EM典例2解：(1)翻折前BC⊥BD,翻折后BF⊥BD,2_15/2又BE⊥BF,BE∩BD=B,∴.BF⊥面ABDE,44/=8302,18√/1+25+·√16+1645,'AEC面ABDE,AE⊥BF在底面ABCDE中，AE=DE=BD=BC=1,DE∥AB,特训点3∴.四边形ABDE为等腰梯形，∠EAB=60°，典例3解：(1)，△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴∠AED=∠BDE=120°，∴.AC⊥OB,,BD=DE,∴.∠BED=∠DBE=30°，:面ABB1A1⊥面ABC,面ABB1A1∩面ABC=AB,∴.∠AEB=∠AED-∠BED=90°，A1B⊥AB,∴.AE⊥BE,又，AE⊥BF,BE∩BF=B,∴.A1B⊥面ABC,.AE⊥面GEBF,.ACC面ABC,.A1B⊥AC,,AEC面AEG,∴.面GEBF⊥面AEG.AC⊥OB,A1B∩OB=B,A1B,OBC面A1BO,AC⊥面(2)在Rt△ABE中，∠AEB=90°，∠EAB=60°，AE=1,则BE=A1BO.AEtan60°=√3.(2)存在，线段CC1的中点P满足题意武=B肺，∴.EG∥BF且EG=BF=BC=1.:BF⊥面理由如下：ABDE,∴.EG⊥面ABDE,,A1B⊥面ABC,OB⊥AC,AE⊥BE,∴以点E为坐标原点∴.以O为坐标原点，OA,OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作EA,EB,EG所在直线分别为x,y,O2∥A1B,以Oz所在直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系，之轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(0,√3,0)，设点M(0,λ，1)，其中0≤1≤√3，.AM=(一1，λ，1).易知面AEG的一个法向量为m=(0,1,0),由已知条件可得|os(A立，m)1=AM·mL=入AM·m2+2=号，“0≤≤5，解得X=写“峦=3则O(0,0,0),B(0,√5,0)，C(一1,0,0)，A(1,0,0),A1(0,√5，(-150.=(-1.号23),Oi=(03,0),A4=(-13,23).设C市=tCC=tAAi=(-t,W3t,2√3t),0≤t≤1，设面ABM的法向量为n=(x,y,之)，则则O=O元+C=(-1-tW3t,2√3t).n·AB=-x十√3y=0,取y=√3，可得n=(3,W3,2);易知面A1OB的一个法向量为n=(1,0,0),设面POB的法向量为m=(x,y,z),m·Oi=√5y=0,到m)=:n得因光面MB与手面ABG的夫则m.Od=(-1-t)x+3ty+23tz=0,角的余孩值为取x=2√3t,则m=(2√5t,0,t+1),由题意得cos(n,m)1=n·m=23t=27能力专练n m√122+(t+1)271解：(1)在矩形ABCD中，AB=2,BC=1,E是CD的中点，AE=√2，CP 1BE=√2，所以AE2十BE2=AB2,所以BE⊥AE,在折叠后的图形中，:0<1,.tFCC=2也有BE⊥AE.∴.线段CC1上存在点P,使得面POB与面A1OB的夹角的余因为面PAE⊥面ABCE,面PAE∩面ABCE=AE,BEC面孩值为29，此时咒=合CP 1ABCE且BE⊥AE,所以BE⊥面PAE能力专练因为PAC面PAE,所以BE⊥PA,因为PA⊥PE,且PE∩BE=解：(1)如图，连接BD,交AC于点O,连接SO.E,所以PA⊥面PBE.(2)取AE的中点O,AB的中点F,连PO,OF.因为PA=PE,所以PO⊥AO,因为OF∥BE,BE⊥AE,所以OA⊥OF,因为BE⊥面PAE,所以BE⊥PO,所以OF⊥PO,所以PO,OA,OF两两垂直，则以O为原点，OA,OF,OP所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系，如图龙B号知Ac号0.0.P0,0号.B(-号，0.M-32,0.由题意知SOL面ABCD,以O为坐标原，点，4’4以OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标剥B=(--0Pi=号0，-号)M=(-号4’4系.设底面边长为a,则高S0=5。2,6825 GKTXY·数学￥