2024届高考数学一轮复习课时质量评价34含答案

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课时质量评价(三十四)
A组　全考点巩固练
1．C　解析：①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l，m；②中l与m也可能异面；③中l∥γ， l⊂α， α∩γ=n，⇒l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确．
2．B　解析：选项A中，直线l，m可能平行也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m可能平行也可能异面；选项D中，直线l，m可能平行也可能相交．故选B．
3．CD　解析：如图1，作α，β交线的无数条平行线，可知A，B错误；


对C，由题意可知AB∥β，BC∥β，AB∩BC＝B，由面面平行的判定定理可知α∥β，C正确；对D，参考答案C，假设α内有一个点位于点A处，而其余点均位于直线BC上，则两个平面平行；如图2，α内有一个点位于点A处，而其余点均位于直线BC上，可知两个平面相交，D正确．故选CD．
4．C　解析：对于A，α内有一条直线与β平行，则α∥β或α与β相交；对于B，α内有无数条直线与β平行，则α∩β或α∥β；对于C，α内有两条相交直线与β平行，α∥β，反之也成立；对于D，α内有一条直线与β内的一条直线平行，则α∥β或α与β相交，所以α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行．故选C．
5．AC　解析：对于A，若m⊥α，n∥α，则m⊥n，故A正确；对于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β或α，β相交，故B错误；对于C，若α∥β，m⊂α，则m∥β，故C正确；对于D，若m∥α，n∥β且α∥β，则m，n平行、相交或异面，故D错误．故选AC．
6．BCD　解析：以ABCD为下底还原正方体，如图所示，则有NF与平面ADE相交，CN∥平面BAF，选项A错误，B正确；在正方体中，BD∥FN, FN⊂平面AFN，BD⊄平面AFN，所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，BM∩BD＝B，BM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，选项C，D正确．

7．52　解析：因为α∥β，所以CD∥AB，
则PCPA＝CDAB，所以AB＝PA×CDPC＝5×12＝52.
8．4∶25　解析：因为平面α∥平面ABC，所以A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2.
又PA′∶AA′＝2∶3，所以PA′∶PA＝2∶5，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.
B组　新高考培优练
9．A　解析：如图所示，E，F，G，M分别是AA1，A1D1，B1C1，BB1的中点，

则EF∥AD1，EM∥AB，所以EF∥平面ABD1，EM∥平面ABD1，且EF∩EM＝E，所以平面ABD1∥平面EFGM，故点P的轨迹为矩形EFGM.MB1＝B1G＝12，所以MG＝22，所以SEFGM＝1×22＝22.故选A．
10．ACD　解析：由题图，显然A是正确的，B是错的；对于C，因为A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH(水面)，所以C是正确的；因为水是定量的(定体积V)，所以S△BEF·BC＝V，即12BE·BF·BC＝V，所以BE·BF＝2VBC(定值)，即D是正确的．
11．相交　平行　解析：在平面AA1D1D中，四边形AA1MD是梯形，且AA1，MD是两腰，则直线MD与直线AA1相交，所以直线MD与平面A1ACC1相交．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AA1D1D∥平面BB1C1C，因为MD⊂平面AA1D1D，所以MD∥平面BCC1B1.
12．(1)证明：如图所示，将几何体补形为长方体，
作EE′⊥AB于点E′，作FF′⊥BC于点F′，连接E′F′.
由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，
故等边三角形的高相等，即EE′＝FF′，
由面面垂直的性质可知，EE′，FF′均与底面垂直，

则EE′∥FF′，四边形EE′F′F为平行四边形，则EF∥E′F′，
由于EF不在平面ABCD内，E′F′在平面ABCD内，
由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．
(2)解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高AA1＝EE′＝43，
长方体的体积V1＝8×8×43＝2563(cm3)，
一个三棱锥的体积V2＝13×12×4×4×43＝3233(cm3)，
则包装盒的容积为V＝V1－4V2＝2563－4×3233＝64033(cm3)．
13．证明：连接A1C，B1C，则B1C，BC1交于点F(图略)．
因为CB綉D1A1，D1A1＝A1G，
所以CB綉A1G，所以四边形BCA1G是平行四边形，所以GB∥A1C．
又GB⊄平面A1B1CD，A1C⊂平面A1B1CD，
所以GB∥平面A1B1CD．
又点D，E，F均在平面A1B1CD内，所以GB∥平面DEF.